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1、课后网专项六:平抛运动和类平抛运动的解决考点梳理一、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.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.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:()水平方向:做匀速直线运动,速度xv0,位移xt.(2)竖直方向:做自由落体运动，速度vygt,位移yg2.(3)合速度:v=，方向与水平方向的夹角为，则n =(4)合位移：s=，方向与水平方向的夹角为,an 1.平抛运动的规律和特点对平抛运动,下列说法对的的是（ ）平抛运动是加速
2、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项对的；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t2,水平方向位移不变,故项错误.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=,因此C项对的，项错误、运用分解思想解决平抛运动质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力,下列说法对的的是( ）A.质量越大,水平位移越大B初速度越大,落地
3、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，落地速度越大解析 物体做平抛运动时，ht2，x=vt,则 ，因此=v0 ，故A、C错误.由vyt=，故错误由v,则v0越大,落地速度越大，故D对的考点一 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v无关.水平射程：x=v0tv0 ，即水平射程由初速度v和下落高度h共同决定，与其她因素无关3落地速度：t=,以表达落地速度与x轴正方向的夹角，有t =,因此落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关4速度变化量：由于平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g,因此做平抛运动的物体在任意相等时间间隔t内的速度变化
4、量gt相似,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,如图中点和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=2a.3、用分解思想解决平抛运动问题某同窗前后两次从同一位置水平投出飞镖1和飞镖到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图所示,忽视空气阻力,则两支飞镖在飞行过程中()A加速度12 B.飞行时间t12答案 BD4、如图，从半径为R= 的半圆B上的A点水平抛出一种 可视为质点的小球，经=0.4s小球落到半圆
5、上，已知本地的重力加速度g=1 s,则小球的初速度v0也许为( )A m/s B2m/s 3 m/s .m/s 解析 由于小球经0.4s落到半圆上,下落的高度h=gt2=0.8 m，位置也许有两处,如图所示第一种也许：小球落在半圆左侧,0R0.4 ,v0=1 m/s第二种也许:小球落在半圆右侧，v0tR，0=4 m/,选项、D对的.答案 AD5、如图8所示，一名跳台滑雪运动员通过一段加速滑行后从点水平飞出，通过 s落到斜坡上的点已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角=37,运动员的质量=50g.不计空气阻力(sin 70.6，cos 7=0.8；取10 ms)求:(1)点与点的距离L;图8（
6、2)运动员离开O点时的速度大小；(3)运动员从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L 7g，L=75m.(2）设运动员离开点时的速度为0,运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos 370,即=0 m/s.()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v0cos37、加速度为gsi 37)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0s 、加速度为gcos37)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v0s 7=cos 37t，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
7、斜坡距离最远,有tan 37,15s答案 （1）7 (2) ms ()15 s常用平抛运动模型的运动时间的计算措施.在水平地面上空处平抛: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),由半径和几何关系制约时间: 图9t2+0联立两方程可求t.3.斜面上的平抛问题(如图10)：(1)顺着斜面平抛措施：分解位移x=t 图10ygt2an =可求得=（）对着斜面平抛（如图11)措施:分解速度x=v0 v=g 图11tn=可求得t4对着竖直墙壁平抛(如图2)水平初速度v0不同步，虽然落点不同，但水平位移相似t 图126、如图所示是倾角为45的斜坡,在斜坡底端点正上方某一位置Q处
8、以速度v水平向左抛出一种小球A,小球正好能垂直落在斜坡上，运动时间为1,小球B从同一点处自由下落,下落至P点的时间为2，不计空气阻力,则tt2 ()12 B C13 D.1答案D、 如图14所示,水平屋顶高H=5 m，围墙高h3.2，围墙到房子的水平距离L3 m,围墙外马路宽0m，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的大小范畴(g取10 m/s2）解析 若v太大，小球落在马路外边，因此,要使球落在马路上,的最大值ax为球落在马路最右侧点时的平抛初速度，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：+x=vmat1，小球的竖直位移:Hgt解以上两式得v
9、mx=(L) =1 m/s.若v太小，小球被墙挡住，因此,球不能落在马路上，的最小值vmin为球正好越过围墙的最高点落在马路上B点时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为2,则此过程中小球的水平位移:vmn2小球的竖直方向位移:H-ht解以上两式得vmiL=/s因此v的范畴是vivvx,即5 m/sv13 m.答案 sv13 m/【考点二】类平抛问题模型的分析措施 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0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.类平抛运动的求解措施（1）常规分解法:将类平抛运动分
10、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,可以过抛出点建立合适的直角坐标系，将加速度分解为a、ay，初速度v0分解为vx、vy,然后分别在x、方向列方程求解8、质量为m的飞机以水平初速度0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，同步受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其她力的合力提供,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1所示,求： 图16(1)飞机受到的升力大小；（)上升至h高度时飞机的速度.解析 (1)飞机水平方向速度
11、不变,则有v0t竖直方向上飞机加速度恒定,则有hat2解以上两式得=v,故根据牛顿第二定律得飞机受到的升力F为Fmg+m(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,l0t;竖直方向初速度为0、加速度的匀加速直线运动上升到高度其竖直速度vy=因此上升至h高度时其速度v如图所示,a =,方向与v0成角，=artan.答案(1)m（1+v) (2)，方向与v0成角,artan 、如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为,一物块（可当作质点）沿斜面左上方顶点P水平射入，正好从底端Q点离开斜面,试求：（1）物块由运动到Q所用的时间; (2)物块由点水平射入时的初速度v0；（3）物
12、块离开Q点时速度的大小v解析 (1)沿水平方向有v0t沿斜面向下的方向有mgsin =l=at联立解得t (）v0= .（3)物块离开Q点时的速度大小= .0.(课标全国1)如图，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的飞行时间比的长B和的飞行时间相似Ca的水平初速度比b的小.b的水平初速度比c的大解析 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,由于hbhcha,因此b与c的飞行时间相似，不小于a的飞行时间,因此选项A错误,选项对的；又由于xxb,而tavc,即b的水平初速度比c的大,选项D对的.(江苏）如图19所示，相距的两小球A、位于同一高度h(l、h均为定值）.将A向B水平抛出的同步，B自由下落.、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（ )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.A、B不也
