《曲线运动》第2课时平抛运动

1、曲线运动第2课时 平抛运动【基础知识梳理】一、平抛运动1定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下所做的运动2性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线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：做匀速直线运动，速度vxv0，位移xv0t.(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vygt，位移ygt2.(3)合速度：v，方向与水平方向的夹角为，则tan .(4)合位移：s，方向与水平方向的夹角为，tan .二、斜抛运动1斜抛运动的定义将物体以速度v0斜向上方或斜向下方抛

2、出，物体只在重力作用下的运动2运动性质加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线 3基本规律(以斜向上抛为例说明，如图1所示) (1)水平方向：v0xv0cos_，F合x0.(2)竖直方向：v0yv0sin_，F合ymg. 图11平抛运动的规律和特点对平抛运动，下列说法正确的是()A平抛运动是加速度大小、方向不变的曲线运动B做平抛运动的物体，在任何相等的时间内位移的增量都是相等的C平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动D落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关答案AC解析平抛运动的物体只受重力作用，其加速度为重力加速度，故A项正确；做平抛运动的物体，在任何相等的时间内

3、，其竖直方向位移增量ygt2，水平方向位移不变，故B项错误平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，且落地时间t ，落地速度为v，所以C项正确，D项错误2对平抛运动性质的理解关于平抛运动，下列说法不正确的是()A平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动B平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变C平抛运动的速度大小是时刻变化的D平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小答案B解析平抛运动物体只受重力作用，故A正确；平抛运动是曲线运动，速度时刻变化，由v知合速度v在增大，故C正确；对平抛物体的速度方向与加速度方向的夹角，有tan ，因t一直增大，所以tan 变小，变小故D

4、正确，B错误本题应选B.3利用分解思想处理平抛运动质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是()A质量越大，水平位移越大B初速度越大，落地时竖直方向速度越大C初速度越大，空中运动时间越长D初速度越大，落地速度越大答案D解析物体做平抛运动时，hgt2，xv0t，则t ，所以xv0 ，故A、C错误由vygt，故B错误由v，则v0越大，落地速度越大，故D正确4斜抛运动的特点做斜抛运动的物体，到达最高点时()A速度为零，加速度向下B速度为零，加速度为零C具有水平方向的速度和竖直向下的加速度D具有水平方向的速度和加速度答案C解析斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动因物体只受

5、重力，且方向竖直向下，所以水平方向的分速度不变，竖直方向上的加速度也不变，所以只有C选项正确考点梳理5用分解思想处理平抛运动问题某同学前后两次从同一位置水平投出飞镖1和飞镖2到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图2所示，忽略空气阻力，则两支飞镖在飞行过程中()A加速度a1>a2 B飞行时间t1<t2 图2C初速度v1v2 D角度1>2答案BD6用分解思想处理类平抛运动问题在光滑的水平面上，一质量m1 kg的质点以速度v010 m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向向上的水平恒力F15 N作用，直线OA与x轴成37°，如图3所示，曲线为质点的轨迹图(g取10

6、m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)，求： 图3(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，那么质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；(2)质点经过P点的速度大小答案(1)1 s(10 m,7.5 m)(2)5 m/s解析(1)质点在x轴方向无外力作用做匀速直线运动，在y轴方向受恒力F作用做匀加速直线运动由牛顿第二定律得：a m/s215 m/s2.设质点从O点到P点经历的时间为t，P点坐标为(xP，yP)，则xPv0t，yPat2，又tan ，联立解得：t1 s，xP10 m，yP7.5 m.(2)质点经过P点时沿y轴方向的速度vyat15 m/

7、s故P点的速度大小vP5 m/s. 1对于类平抛、平抛运动问题，一般采用把曲线运动分解为 两个方向上的直线运动的方法处理，即先求分速度、分位移，再求合速度、合位移2分解平抛运动的末速度往往成为解题的关键【考点精析】考点一平抛运动基本规律的理解1飞行时间：由t 知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关2水平射程：xv0tv0 ，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，以表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan ，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内的速度

8、改变量vgt相同，方向恒为竖直向下，如图4所示图45两个重要推论(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5中A点和B点所示图5(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 .【例1】如图6，从半径为R1 m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g10 m/s2，则小球的初速度v0可能为()A1 m/s B2 m/s C3 m/s D4 m/s 图6解析由于小球经0.4 s落到半圆上，下落的高度

9、hgt20.8 m，位置可能有两处，如图所示第一种可能：小球落在半圆左侧，v0tR0.4 m，v01 m/s第二种可能：小球落在半圆右侧，v0tR，v04 m/s，选项A、D正确答案AD竖直半圆对平抛运动的制约关系在竖直半圆内进行平抛时，圆的半径和半圆轨道对平抛运动形成制约画出轨迹和落点相对圆心的位置，利用几何关系和平抛运动规律求解【突破训练1】一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点，如图7所示假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是()A三把刀在击中木板时动能相

10、同 图7B三次飞行时间之比为1C三次初速度的竖直分量之比为321D设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为1、2、3，则有1>2>3答案D解析初速度为零的匀变速直线运动推论：(1)静止起通过连续相等位移所用时间之比t1t2t31(1)().(2)前h、前2h、前3h所用的时间之比为1，对末速度为零的匀变速直线运动，也可以运用这些规律倒推三把刀在击中木板时速度不等，动能不相同，选项A错误；飞刀击中M点所用时间长一些，选项B错误；三次初速度的竖直分量之比等于1，选项C错误只有选项D正确考点二平抛运动规律的应用例2如图8所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3

11、s落到斜坡上的A点已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角37°，运动员的质量m50 kg.不计空气阻力(sin 37°0.6，cos 37°0.8；g取10 m/s2)求： 图8(1)A点与O点的距离L；(2)运动员离开O点时的速度大小；(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间解析(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有Lsin 37°gt2，L75 m.(2)设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos 37°v0t，即v020 m/s.(3)解法一运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速

12、运动(初速度为v0cos 37°、加速度为gsin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin 37°、加速度为gcos 37°)当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡距离最远，有v0sin 37°gcos 37°·t，解得t1.5 s解法二当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成37°角时，运动员与斜坡距离最远，有tan 37°，t1.5 s.答案(1)75 m(2)20 m/s(3)1.5 s常见平抛运动模型的运动时间的计算方法1在水平地面上空h处平抛：由hgt2知t ，即t由高

13、度h决定2在半圆内的平抛运动(如图9)，由半径和几何关系制约时间t：hgt2图9Rv0t联立两方程可求t.3斜面上的平抛问题(如图10)：(1)顺着斜面平抛方法：分解位移图10xv0tygt2tan 可求得t(2)对着斜面平抛(如图11)方法：分解速度vxv0vygt 图11tan 可求得t4对着竖直墙壁平抛(如图12)水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同t图12突破训练2如图13所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1，小球B从同一点Q处自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空

14、气阻力，则t1t2 ()A12 B1 图13C13 D1答案D考点三平抛运动中临界问题的分析例3如图14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，围墙外马路宽x10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度v的大小范围(g取10 m/s2) 图14解析若v太大，小球落在马路外边，因此，要使球落在马路上，v的最大值vmax为球落在马路最右侧A点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1.则小球的水平位移：Lxvmaxt1，小球的竖直位移：Hgt解以上两式得vmax(Lx) 13 m/s.若v太小，小球被墙挡住，因此，球

15、不能落在马路上，v的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点P落在马路上B点时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：Lvmint2小球的竖直方向位移：Hhgt解以上两式得vminL 5 m/s因此v0的范围是vminvvmax，即5 m/sv13 m/s.答案5 m/sv13 m/s1.本题使用的是极限分析法，v0不能太大，否则小球将落在马路外边；v0又不能太小，否则被围墙挡住而不能落在马路上因而只要分析落在马路上的两个临界状态，即可解得所求的范围2从解答中可以看到，解题过程中画出示意图的重要性，它既可以使抽象的物理情境变得直观，也可以使隐藏于问题深处的条件显露

16、无遗小球落在墙外的马路上，其速度最大值所对应的落点位于马路的外侧边缘，而其速度最小值所对应的落点却不是马路的内侧边缘，而是围墙的最高点P，这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来突破训练32011年6月4日，李娜获得法网单打冠军，实现了大满贯这一梦想，如图15所示为李娜将球在边界A处正上方B点水平向右击出，球恰好过网C落在D处(不计空气阻力)的示意图，已知ABh1，ACx，CD，网高为h2，下列说法中正确的是()图15A击球点高度h1与球网的高度h2之间的关系为h11.8h2B若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于，一定落在对方界内C任意降低击球高度(仍高于h2)，只要击球初速度合

17、适(球仍水平击出)，球一定能落在对方界内D任意增加击球高度，只要击球初速度合适(球仍水平击出)，球一定能落在对方界内答案AD解析由平抛运动规律可知h1gt，1.5xv0t1，h1h2gt，xv0t2，得h11.8h2，A正确；若保持击球高度不变，球的初速度v0较小时，球可能会触网，B错误；任意降低击球高度，只要初速度合适，球可能不会触网，但球会出界，C错误；任意增加击球高度，只要击球初速度合适，使球的水平位移小于2x，一定能落在对方界内，D正确【题型精析】 一类平抛问题模型的分析方法1类平抛运动的受力特点物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直2类平抛运动的运动特点在初速度v0方向上做匀速

18、直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a.3类平抛运动的求解方法(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解例4质量为m的飞机以水平初速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的

19、上升高度为h，如图16所示，求：(1)飞机受到的升力大小；(2)上升至h高度时飞机的速度图16解析(1)飞机水平方向速度不变，则有lv0t竖直方向上飞机加速度恒定，则有hat2解以上两式得av，故根据牛顿第二定律得飞机受到的升力F为Fmgmamg(1v)(2)由题意将此运动分解为水平方向速度为v0的匀速直线运动，lv0t；竖直方向初速度为0、加速度av的匀加速直线运动上升到h高度其竖直速度vy 所以上升至h高度时其速度v如图所示，tan ，方向与v0成角，arctan .答案(1)mg(1v)(2)，方向与v0成角，arctan 突破训练4如图17所示，两个倾角分别为30°、45&#

20、176;的光滑斜面放在同一水平面上，斜面高度相等有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球图17在斜面顶端，两斜面间距大于小球直径若同时由静止释放，a、b、c小球到达水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1、t2、t3.下列关于时间的关系不正确的是()At1>t3>t2Bt1t1、t2t2、t3t3Ct1>t3>t2Dt1<t1、t2<t2、t3<t3答案D【感悟高考】1(2012·课标全国·15)如图18，x轴在水平地

21、面内，y轴沿竖直方向图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的不计空气阻力，则()Aa的飞行时间比b的长Bb和c的飞行时间相同 图18Ca的水平初速度比b的小Db的水平初速度比c的大答案BD解析根据平抛运动的规律hgt2，得t，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hbhc>ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此选项A错误，选项B正确；又因为xa>xb，而ta<tb，所以a的水平初速度比b的大，选项C错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b的水平位移大于c，而tbtc，所以vb>vc，即b的水平初

22、速度比c的大，选项D正确2(2012·江苏·6)如图19所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)将A向B水平抛出的同时，B自由下落A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()AA、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度图19BA、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰CA、B不可能运动到最高处相碰DA、B一定能相碰答案AD解析由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1 ，若第一

23、次落地前相碰，只要满足A运动时间t<t1，即v>，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰碰撞位置由A的初速度决定，故选项B、C错误，选项D正确3(2011·广东·17)如图20所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上已知底线到网的距离为L，重力加速度为g，将球的运动视作平抛运动，下列叙述正确的是() 图20A球被击出时的速度v等于L B球从击出至落地所用时间为 C球从击球点至落地点的位移等于LD球

24、从击球点至落地点的位移与球的质量有关答案AB解析由平抛运动规律知，Hgt2得，t ，B正确球在水平方向做匀速直线运动，由svt得，vL ，A正确击球点到落地点的位移大于L，且与球的质量无关，C、D错误【模拟演练】题组1对平抛运动特点和性质的理解1某人用细线系一个小球在竖直面内做圆周运动，不计空气阻力，若在小球运动到最高点时刻，细线突然断了，则小球随后将做()A自由落体运动 B竖直下抛运动C竖直上抛运动 D平抛运动答案D2关于做平抛运动的物体，说法正确的是()A速度始终不变B加速度始终不变C受力始终与运动方向垂直D受力始终与运动方向平行答案B解析物体做平抛运动的条件是物体只受重力作用，且初速度沿

25、水平方向，故物体的加速度始终不变，大小为g，B正确；物体的平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，其合运动是曲线运动，速度的大小和方向时刻变化，A错误；运动过程中，物体所受的力与运动方向既不垂直也不平行，C、D错误题组2平抛运动规律的应用3如图2所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在一条竖直线上，且ABBCCD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点则三个物体抛出时速度大小之比vAvBvC为() 图2A. B1C123 D111答案A解析由题意及题图可知DPvAtAvBtBvCtC，所以v；又由hgt2，得t，因此有v，由此得vA

26、vBvC.4如图3所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象描述的是物体沿x方向和y方向运动的速度时间图象，其中正确的是 () 图3答案C解析OtP段，水平方向：vxv0恒定不变；竖直方向：vygt；tPtQ段，水平方向：vxv0a水平t，竖直方向：vyvPya竖直t(a竖直<g)，因此选项A、B、D均错误，C正确5如图4所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成角，则两小球初速度之比为() 图4At

27、an Bcos Ctan Dcos 答案C解析两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R，两小球运动时间分别为t1、t2，对A球：Rsin v1t1，Rcos gt；对B球：Rcos v2t2，Rsin gt，解四式可得：tan ，C项正确6将一只苹果(可看成质点)水平抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图5中曲线为苹果在空中运行的轨迹若不计空气阻力的影响，则()A苹果通过第1个窗户的竖直方向上的平均速度最大B苹果通过第1个窗户克服重力做功的平均功率最小C苹果通过第3个窗户所用的时间最短 图5D苹果通过第3个窗户重力所做的功最多答案BC解析苹果在空中做平抛运动，在竖直方向经过相同的位移，用时越来越少，重力做功相同，由及P知A、D错，B、C对7在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，其上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地面的高度分别为3h、2h和h，当