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第四章曲线运动万有引力与航天第2节平抛运动课堂效果检测课前知识梳理课堂考点演练课前知识梳理01自主回顾·打基础1．特点(1)运动特点：初速度方向________．(2)受力特点：只受________．2．性质平抛运动是加速度恒为重力加速度的________曲线运动，轨迹为________．平抛运动及其规律3．研究方法用运动的合成与分解方法研究平抛运动．水平方向：________运动竖直方向：________运动．4．运动规律(如下表所示)答案1．(1)水平(2)重力作用2．匀变速抛物线3．匀速直线自由落体4.v20＋g2t2x2＋y2gt2v01．[多选]物体在平抛运动过程中，在相等的时间内，下列哪个量是相等的()A．速度的增量B．加速度C．位移D．平均速率解析：物体在平抛运动过程中，只受重力作用，据牛顿第二定律可知，物体的加速度为g保持不变，另外在相等的时间t内可知Δv＝gt也是恒量，故A、B正确；位移s＝v0t2＋12gt22在相等的时间t内s大不不等，方向不同，故C错；其v＝st，由于s不同，则v不同，故D错．答案：AB1．概念以一定的初速度将物体沿与水平方向________斜向抛出，物体仅在________所做的曲线运动．斜抛运动2．性质斜抛运动是加速度恒为重力加速度g的匀变速曲线运动，轨迹是________．3．基本规律以斜向上抛为例说明，如右图所示．(1)水平方向：v0x＝________，F合x＝0.(2)竖直方向：v0y＝________，F合y＝mg.因此斜抛运动可以看做是水平方向的________和竖直方向的竖直上抛运动的合运动．答案1．成一定角度重力作用下2．抛物线3．(1)v0cosθv0sinθ匀速直线运动2．[多选]如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则()A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大解析：在同一位置抛出的两小球，不计空气阻力，在运动过程中的加速度等于重力加速度，故A、B的加速度相等，选项A错误；根据h＝12gt2，两球运动的最大高度相同，故两球飞行的时间相等，选项B错误；由于B的射程大，根据水平方向匀速运动的规律x＝vt，故B在最高点的速度比A的大，选项C正确；根据竖直方向自由落体运动，A、B落地时在竖直方向的速度相等，B的水平速度大，速度合成后B在落地时的速度比A的大，选项D正确．答案：CD课堂考点演练02课堂互动·提能力1．飞行时间t＝2hg，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．平抛运动规律的应用2．水平射程x＝v0t＝v02hg，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v＝v2x＋v2y＝v20＋2gh，以θ表示落地时速度与x轴正方向间的夹角，有tanθ＝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Δt内的速度改变量Δv＝gΔt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，如图甲中A点和B点所示．(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα，如图乙所示．【例1】[多选]如图所示，x轴在水平地面内，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()A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大(1)平抛运动的物体运动时间由竖直高度决定．(2)从水平位移和下落时间分析初速度的大小．三个小球a、b和c水平抛出以后都做平抛运动，根据平抛运动规律可得，x＝v0t，y＝12gt2，所以t＝2yg，由yb＝ycya，得tb＝tcta，A错误，B正确；又根据v0＝xg2y，因为ybya，xbxa，故vavb，C错误；yb＝yc，xbxc，故vbvc，D正确．BD总结提能解答平抛运动问题的常用解法水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1，t＋t0秒末速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽略空气阻力，重力加速度为g，则小球初速度的大小为()A．gt0(cosθ1－cosθ2)B.gt0cosθ1－cosθ2C．gt0(tanθ1－tanθ2)D.gt0tanθ2－tanθ1解析：将t秒末和t＋t0秒末的速度分解如图所示，则tanθ1＝vy1v0，tanθ2＝vy2v0，又vy2＝vy1＋gt0，解得v0＝gt0tanθ2－tanθ1，故D正确．答案：D1．类平抛运动的受力特点物体所受合力为恒力，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方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝F合m.类平抛运动问题分析3．类平抛运动问题的求解思路根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题→求出物体运动的加速度→根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解【例2】在光滑的水平面内，一质量m＝1kg的质点以速度v0＝10m/s，沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图所示曲线为质点的轨迹图(g取10m/s2，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)，求：(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，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点时的速度大小．第一步：抓关键点关键点获取信息以速度v0＝10m/s沿x轴正方向运动质点经过O点后所做运动的初速度沿y轴正方向恒力F＝15N沿y轴做初速度为零的匀加速直线运动第二步：找突破口要求质点从O点到P点的时间可分析沿＋x方向和＋y方向的分运动位移，利用tanα＝yx列方程即可．(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F和重力mg作用做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：a＝F－mgm＝15－101m/s2＝5m/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xP＝v0t，yP＝12at2又tanα＝yPxP联立解得：t＝3s，xP＝30m，yP＝22.5m.(2)质点经过P点时沿y轴正方向的速度vy＝at＝15m/s故P点的速度大小vP＝v20＋v2y＝513m/s.(1)3s(30m,22.5m)(2)513m/s总结提能[多选]如上图所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，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两小球在斜面顶端．若同时释放a、b、c小球到达该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t′1、t′2、t′3.下列关于时间的关系正确的是()A．t1t3t2B．t1＝t′1、t2＝t′2、t3＝t′3C．t′1t′3t′2D．t1t′1、t2t′2、t3t′3解析：由静止释放三小球时，对a：hsin30°＝12gsin30°·t21，则t21＝8hg.对b：h＝12gt22，则t22＝2hg.对c：hsin45°＝12gsin45°·t23，则t23＝4hg.所以t1t3t2.当平抛三小球时，小球b做平抛运动，竖直方向运动情况与第一次相同，小球a，c在斜面上做类平抛运动，沿斜面向下方向的运动与第一次相同，所以t1＝t′1，t2＝t′2，t3＝t′3，故选A、B、C.答案：ABC思想方法11平抛与斜面模型1．模型特点平抛运动与斜面结合的问题，一般是研究物体从斜面顶端平抛到落回斜面的运动过程，解决这类问题一般仍是在水平和竖直方向上分解．求解的关键在于深刻理解通过与斜面的关联而给出的隐含条件．2．特殊状态该模型最重要的状态是物体落回斜面和速度与斜面平行两个时刻的状态，这两个状态典型的运动特征如下：(1)从斜面开始平抛并落回斜面的时刻：①全过程位移的方向沿斜面方向，即竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切．②竖直速度与水平速度之比等于斜面倾角正切的两倍．(2)速度与斜面平行的时刻：①竖直速度与水平速度之比等于斜面倾角的正切．②该时刻是全运动过程的中间时刻．③该时刻之前与该时刻之后竖直方向上的位移之比为13.④该时刻之前与该时刻之后斜面方向上的位移之比不是13.3．特殊类型该模型的另一类问题是平抛后垂直撞击斜面．在撞击斜面的时刻，速度方向与水平方向的夹角与斜面的倾角互余．【典题例证】如右图所示，一光滑斜面与竖直方向成α角，一小球以两种方式释放：第一种方式是在A点以速度v0平抛落至B点；第二种方式是在A点松手后沿斜面自由下滑至B点，求：(1)AB的长度多大？(2)两种方式到达B点，平抛的运动时间为t1，下滑的时间为t2，t1t2等于多少？(3)以两种方式到达B点的水平分速度之比v1xv2x和竖直分速度v1yv2y各是多少？以两种方式释放，从A到B位移相同，设AB长为L.(1)水平方向位移Lsinα＝v0t1①竖直方向位移Lcosα＝12gt21②联立①②得L＝2v20cosαgsin2α.(2)将L值代入①式可得t1＝2v0gtanα.物体下滑的加速度a＝gcosα，由L＝12at22，得t2＝2La.将L、a代入得t2＝2v0gsinα，则有t1t2＝cosα1.(3)平抛运动的水平分速度v1x＝v0，竖直分速度v1y＝gt1＝2v0tanα；下滑运动的水平分速度v2x＝v2sinα，竖直分速度v2y＝v2cosα；由于v2＝2aL＝2v0tanα，所以v2x＝2v0cosα，v2y＝2v0cos2αsinα；则v1xv2x＝12cosα，v1yv2y＝1cosα.(1)2v20cosαgsin2α(2)cosα(3)12cosα1cosα名师点睛物体从斜面上某一点水平抛出又落在斜面上，即满足平抛运动规律．在解答这类问题时，除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而顺利解决问题.[多选]如下图所示，从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出，小球均落到斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α1，当抛出的速度为v2时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α2，则()A．当v1v2时，α1α2B．当v1v2时，α1α2C．无论v1、v2大小如何，均有α1＝α2D．2tanθ＝tan(α1＋θ)解析：如上图，由平抛中点结论得，2tanθ＝tanφ，φ＝θ＋α，无论v多大，θ不变，得出φ不变，α也不变，所以无论v多大，α1＝α2，故A、B错误，C、D正确．答案：CD温示提馨请做：课堂效果检测03（点击进入）温示提馨请做：课时作业11（点击进入）