第2课时　抛体运动
考纲解读
1.掌握平抛运动的特点和性质.2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题．

1．[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，其竖直方向位移增量Δy＝gt2，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 θ＝＝，因t一直增大，所以tan θ变小，θ变小．故D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，h＝gt2，x＝v0t， 则t＝ ，所以x＝v0 ，故A、C错误． 由vy＝gt＝，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
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vx＝v0，位移x＝v0t. (2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2. (3)合速度：v＝，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝. (4)合位移：s＝，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝＝. 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：v0x＝v0cos_θ，F合x＝0. 图1 (2)竖直方向：v0y＝v0sin_θ，F合y＝mg.
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 (　　)
图2 A．加速度a1>a2 B．飞行时间t1θ2 答案　BD 6．[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m＝ 1 kg的质点以速度v0＝10 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F＝15 N作用，直线OA与x轴 成α＝37°，如图3所示，曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37° 图3 ＝0.6，cos 37°＝0.8)，求： (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/s2＝15 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xP＝v0t，yP＝at2，又tan α＝，联立解得：t＝1 s，xP＝10 m，yP＝7.5 m. (2)质点经过P点时沿y轴方向的速度vy＝at＝15 m/s 故P点的速度大小vP＝＝5 m/s.
方法提炼
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：x＝v0t＝v0 ，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θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝＝，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4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 图4 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α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.
例1
　如图6，从半径为R＝1 m的半圆AB上的A点水平抛出一个 可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力 加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为 (　　) A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s 图6 解析　由于小球经0.4 s落到半圆上，下落的高度h＝gt2＝0.8 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， v0t＝R－＝0.4 m，v0＝1 m/s 第二种可能：小球落在半圆右侧， v0t＝R＋，v0＝4 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同 图7 B．三次飞行时间之比为1∶∶ C．三次初速度的竖直分量之比为3∶2∶1 D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1>θ2>θ3 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t1∶t2∶t3∶……＝1∶(－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 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θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg. 不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g取10 m/s2)．求： (1)A点与O点的距离L； 图8 (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，L＝＝75 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v0＝＝20 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t＝1.5 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°，t＝1.5 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h＝gt2知t＝ ，即t由高度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： 图9 h＝gt2 R＋＝v0t 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 x＝v0t 图10 y＝gt2 tan θ＝ 可求得t＝ (2)对着斜面平抛(如图11) 方法：分解速度 vx＝v0 vy＝gt 图11 tan θ＝＝ 可求得t＝ 4．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，不计空气阻力，则t1∶t2＝ (　　) A．1∶2 B．1∶ 图13 C．1∶3 D．1∶ 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H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子 的水平距离L＝3 m，围墙外马路宽x＝10 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：L＋x＝vmaxt1，小球的竖直位移：H＝gt 解以上两式得 vmax＝(L＋x) ＝13 m/s. 若v太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在马路上，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：L＝vmint2 小球的竖直方向位移：H－h＝gt 解以上两式得vmin＝L ＝5 m/s 因此v0的范围是vmin≤v≤vmax，即5 m/s≤v≤13 m/s. 答案　5 m/s≤v≤13 m/s  　　　 　　1.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3
　2011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AB＝h1，AC＝x，CD＝，网高为h2，下列说法中正确的是(　　)
图15 A．击球点高度h1与球网的高度h2之间的关系为h1＝1.8h2 B．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h1＝gt，1.5x＝v0t1，h1－h2＝gt，x＝v0t2，得h1＝1.8h2，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． 
18．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，它的上升高度为h，如图16所示，求： 图16 (1)飞机受到的升力大小； (2)上升至h高度时飞机的速度． 解析　(1)飞机水平方向速度不变，则有l＝v0t 竖直方向上飞机加速度恒定，则有h＝at2 解以上两式得 a＝v，故根据牛顿第二定律得飞机受到的升力F为 F＝mg＋ma＝mg(1＋v) (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，l＝v0t；竖直方向初速度为0、加速度a＝v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 θ＝＝，方向与v0成θ角，θ＝arctan . 答案　(1)mg(1＋v)　(2)，方向与v0成θ角，θ＝arctan 
突破训练4
　如图17所示，两个倾角分别为30°、45°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 (　　) A．t1>t3>t2 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′ C．t1′>t3′>t2′ D．t1ha，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tavc，即b的水平初速度比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(　　) 图19 A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度 B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 C．A、B不可能运动到最高处相碰 D．A、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＝ ，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝，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20 A．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L D．球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，H＝gt2得，t＝ ，B正确．球在水平方向做匀速直线运动，由s＝vt得，v＝＝＝L ，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．
模拟题组
4．将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图象如图21所示，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是 (　　)
图21 A．小球的质量 B．小球的初速度 C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率 D．小球抛出时的高度 答案　D 解析　小球水平抛出，最初2 s内下落的高度为h＝gt2＝20 m．由题图知在0时刻(开始抛时)的动能为5 J，即mv＝5 J．2 s内由动能定理得：mgh＝Ek2－Ek0＝(30－5) J＝25 J，求得m＝ kg，进而求出v0.因为P＝＝，可求出P；只有D项不能求解，故选D. 5．如图22所示，斜面上a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd，从a点以 初动能E0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，若小球从a点 以初动能2E0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　) A．小球可能落在d点与c点之间 图22 B．小球一定落在c点 C．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定增大 D．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定相同 答案　BD 解析　设第一次平抛的初速度为v0， v0与斜面的夹角为θ 则有sin θ＝gt v0t1＝cos θ. 当初速度变为2E0时，速度变为v0. 设此时小球在斜面上的落点到a点的距离为x，则有xcos θ＝v0t2，xsin θ＝gt，解得x＝2，即小球一定落在c点，A项错误，B项正确．由tan α＝2tan θ知，斜面倾角一定时，α也一定，C项错误，D项正确． 
(限时：30分钟) 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　D 2．如图1所示，一战斗机由东向西沿水平方向匀速飞行，发现地面 目标P后开始瞄准并投掷炸弹，若炸弹恰好击中目标P，则(假设 投弹后，飞机仍以原速度水平匀速飞行且不计空气阻力) (　　) 图1 A．此时飞机正在P点正上方 B．此时飞机是否处在P点正上方取决于飞机飞行速度的大小 C．飞行员听到爆炸声时，飞机正处在P点正上方 D．飞行员听到爆炸声时，飞机正处在P点偏西一些的位置 答案　AD 3．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 4．为了探究影响平抛运动水平射程的因素，某同学通过改变抛出点的高度及初速度的方法做了6次实验，实验数据记录如下表所示．以下探究方案符合控制变量法的是 (　　) 序号 抛出点的高度(m) 水平初速度(m/s) 水平射程(m)  1 0.20 2.0 0.40  2 0.20 3.0 0.60  3 0.45 2.0 0.60  4 0.45 4.0 1.20  5 0.80 2.0 0.80  6 0.80 6.0 2.40   A.若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据 B．若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据 C．若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据 D．若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据 答案　B 解析　本题采用控制变量法分析，选B. 5．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AB＝BC＝CD.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vA∶vB ∶vC为 (　　) 图2 A.∶∶ B．1∶∶ C．1∶2∶3 D．1∶1∶1 答案　A 解析　由题意及题图可知DP＝vAtA＝vBtB＝vCtC，所以v∝；又由h＝gt2，得t∝，因此有v∝，由此得vA∶vB∶vC＝∶∶. 6．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　O～tP段，水平方向：vx＝v0恒定不变；竖直方向：vy＝gt；tP～tQ段，水平方向：vx＝v0＋a水平t，竖直方向：vy＝vPy＋a竖直t(a竖直L2 答案　C 解析　车停下后，A、B、C均以初速度v0做平抛运动，且运动时间t1＝ ，t2＝ ＝t1，t3＝ ＝t1 水平方向上有：L1＝v0t3－v0t2＝(－)v0t1 L2＝v0t2－v0t1＝(－1)v0t1 可知L1

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