1、第四章 曲线运动 万有引力与航天第二讲 抛体运动知识点 1 平抛运动教材温故1定义：将物体以一定的初速度沿_抛出，不考虑空气阻力，物体只在_作用下所做的运动2性质：加速度为重力加速度 g 的_运动，运动轨迹是抛物线水平方向重力匀变速曲线3基本规律：以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为 x 轴，竖直向下方向为 y 轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：做_运动，速度 vx_，位移 x_(2)竖直方向：做_运动，速度 vy_，位移 y_匀速直线v0v0t自由落体gt12gt2思考与讨论如图所示，小球从倾角为 的斜面顶端 A 点以速率v0做平抛运动，v0越大，小球飞行时间越长吗？提示：
2、不是，若小球落到斜面上，则 v0 越大，水平位移越大，小球竖直位移也越大，小球飞行时间越长；若小球落到水平面上，无论 v0 为多大，小球飞行时间都相等易误辨析判断下列说法的正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)以一定的初速度水平抛出的运动就是平抛运动()(2)做 平 抛 运 动 的 物 体 质 量 越 大，水 平 位 移 越大()(3)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻改变，加速度方向也时刻改变()(4)不论是平抛运动还是斜抛运动都是匀变速曲线运动()(5)平抛运动的物体初速度越大，在空中运动的时间就越长()答案：(1)(2)(3)(4)(5)知识点 2 斜抛运动教材温故1斜抛运动的定义将
3、物体以速度 v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在_作用下的运动2运动性质加速度为 g 的_运动，轨迹为抛物线重力匀变速曲线3基本规律(以斜向上抛为例说明，如图所示)(1)水平方向：v0 x_，F 合 x0.(2)竖直方向：v0y_，F 合 ymg.v0cos v0sin 思考与讨论影响斜上抛运动的水平射程和竖直高度的因素有哪些？提示：竖直方向：vyv0sin gt，则：tv0sin g，上升高度：Hvy02tv20sin22g，水平位移：xv0cos 2tv20sin 2g，即为初速度大小 v0 及初速度与水平方向的夹角有关易误辨析判断下列说法的正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)斜抛运动
4、是匀变速曲线运动()(2)斜抛运动水平方向做匀速直线运动()(3)斜抛运动的初速度越大，水平位移便越大()答案：(1)(2)(3)考点 1 平抛运动基本规律1飞行时间：由 t2hg 知，时间取决于下落高度h，与初速度 v0无关2水平射程：xv0tv02hg，即水平射程由初速度 v0和下落高度 h 共同决定，与其他因素无关3落地速度：vt v2xv2y v202gh，以 表示落地速度与 x 轴正方向的夹角，有 tan vyvx 2ghv0，所以落地速度也只与初速度 v0和下落高度 h 有关4速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度 g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔 t 内的速
5、度改变量 vg t 相同，方向恒为竖直向下，如图所示5两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中 A点和 B 点所示(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则 tan 2tan.典例 1(2018太原模拟)如图所示，水平屋顶高 H5 m，围墙高 h3.2 m，围墙到房子的水平距离 L3 m，围墙外空地宽 x10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取 10 m/s2.求：(1)小球离开屋顶时的速度 v0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小
6、速度解析：(1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为 v01，则小球的水平位移 Lxv01t1，小球的竖直位移 H12gt21.解以上两式得 v0113 m/s.设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为 v02，则此过程中小球的水平位移 Lv02t2，小球的竖直位移 Hh12gt22.解以上两式得 v025 m/s.小球抛出时的速度大小范围为 5 m/sv013 m/s.(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小 竖直方向 v2y2gH，又有 vminv202v2y.解得 vmin5 5 m/s.答案：(1)5 m/s
7、v013 m/s (2)5 5 m/s“化曲为直”思想在平抛运动中的应用1根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：水平方向的匀速直线运动；竖直方向的自由落体运动 2运用运动合成的方法求出平抛运动的速度、位移等对点训练1(2016海南卷)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A速度和加速度的方向都在不断变化B速度与加速度方向之间的夹角一直减小C在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D在相等的时间间隔内，动能的改变量相等解析：由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项
8、 A 错误；设某时刻速度与竖直方向(即加速度方向)夹角为，则 tan v0vyv0gt，随着时间 t 变大，tan 变小，变小，故选项B 正确；根据加速度定义式 avtg，则vgt，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，但速率的改变量不相等，故选项 C 错误；根据动能定理，动能的改变量等于重力做的功，即 WGmgh，对于平抛运动，在竖直方向上相等时间间隔内的位移不相等，即动能的改变量不相等，故选项 D 错误答案：B考点 2 与斜面有关的平抛运动1与斜面相关的平抛运动有两种模型(1)物体从空中抛出落在斜面上(2)从斜面上抛出落在斜面上2两种模型对比方法内 容斜 面总 结分解速度水平：vxv0竖
9、直：vygt合速度：v v2xv2y分解速度，构建速度三角形分解位移水平：xv0t竖直：y12gt2合位移：x 合 x2y2分解位移，构建位移三角形典例 2如图所示，在倾角为 的斜面顶端 A 处以速度 v0水平抛出一小球，小球落到斜面上 B 处时的速度方向与水平方向的夹角为 1.设空气阻力不计，我们分析下面的几个问题(1)求小球从 A 处运动到 B 处所需的时间、小球落到B 处时的速度大小及 A、B 间的距离(2)从小球抛出时开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？离斜面的最大距离是多少？解析：(1)小球做平抛运动，同时受到斜面的限制，设小球从 A 处运动到 B 处所需的时间为 t，则
10、 水平位移为 xv0t，竖直位移为 y12gt2，由几何关系得 tan yx，由以上三式可得，小球从 A 处运动到 B 处所需的时间为 t2v0tan g，小球落到 B 处时的速度大小为 vv20（gt）2v014tan2，A、B 间的距离为 s xcos 2v20tan gcos .(2)如图所示，小球的速度方向平行于斜面时，小球离斜面的距离最大，此时有 tan vyv0gtv0，故运动时间为 tv0tan g，此时小球的水平位移为 xv0tv20tan g，又此时小球速度方向的反向延长线交横轴于x2处，故小球离斜面的最大距离为 H12xsin v20tan sin 2g.答案：见解析与斜面
11、有关的平抛运动问题的两点技巧1在解答该类问题时，首先运用平抛运动的位移和速度规律并将位移或速度分解 2充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度的关系，从而使问题得到顺利解决对点训练2.(2018芜湖质检)将一小球以水平速度 v010 m/s 从 O 点向右抛出，经 1.73 s 小球恰好垂直落到斜面上的 A 点不计空气阻力，g10 m/s2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是()A斜面的倾角是 60B小球的抛出点距斜面的竖直高度约是 15 mC若将小球以水平速度 v05 m/s 向右抛出，它一定落在 AB 的中点 P 的上方D若将小球以水平速度 v05 m/
12、s 向右抛出，它一定落在 AB 的中点 P 处解析：设斜面倾角为，对小球在 A 点的速度进行分解有 tan v0gt，解得 30，A 错误；小球距过 A 点水平面的距离为 h12gt215 m，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度一定大于 15 m，B 错误；若小球的初速度为 v05 m/s，过 A 点做水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度 v010 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P、A 之间，C 正确，D 错误答案：C考点 1 平抛运动基本规律1.(2017呼伦贝尔一模)如图所示，在同一平台上的 O点水平抛出的三个物体，分别落到 a、b、c 三点，则三个物
13、体运动的初速度 va、vb、vc 和运动的时间 ta、tb、tc 的关系分别是()Avavbvc，tatbtcBvavbvc，tatbtcCvavbtbtcDvavbvc，tatbtbtc，由 xv0t 得v0 xg2h知 vcvbva，故 C 正确答案：C2已知某种步枪将子弹以速度 v 水平射出，射到正对面的竖直靶墙上，测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为，若不考虑空气阻力，则根据以上条件()A只能计算出枪口位置与弹孔位置的竖直距离B只能计算出枪口位置与靶墙的水平距离C只能计算出弹头在空中飞行的时间D能计算出弹头在枪口与靶墙间的位移解析：测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方
14、向的夹角为，根据平行四边形定则知，tan vvy，解得竖直分速度为：vy vtan，则弹头飞行的时间为：tvyg vgtan，枪口位置与弹孔位置的竖直距离为：yv2y2gv22gtan2，枪口位置与靶墙的水平距离为：xvtv2gtan，弹头在枪口与靶墙间的位移 x 合x2y2v22gtan2 4tan21，故 D 正确，A、B、C 错误答案：D考点 2 与斜面有关的平抛运动3.(2017邯郸一中调研)如图所示，斜面 AC 与水平方向的夹角为，在 A 点正上方与 C 等高处水平抛出一小球，其速度垂直于斜面落到 D 点，则 CD 与 DA 的比为()A.1tan B.12tan C.1tan2 D
15、.12tan2 解析：设小球水平方向的速度为 v0，将 D 点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过几何关系求解，得竖直方向的末速度为 v2 v0tan，设该过程用时为 t，则 DA 间水平距离为 v0t，故 DA v0tcos；CD 间竖直距离为v2t2，故 CD v2t2sin，得CDDA12tan2，故选 D.答案：D4(2018淄博实验中学月考)在斜面顶端的 A 点以速度 v 平抛一小球，经 t1时间落到斜面上 B 点处，若在 A点将此小球以速度 0.5v 水平抛出，经 t2时间落到斜面上的 C 点处，以下判断正确的是()AABAC21 BABAC41Ct1t241 Dt1t2 21解析：平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移关系为 tan yx12gt2v0t gt2v0，则 t2v0tan g，可知运动的时间与初速度成正比，所以 t1t221.竖直方向上下落的高度 h12gt2，可得竖直方向上的位移之比为 41.斜面上的距离 s hsin，知 ABAC41.故选 B.答案：B