高考物理主题一曲线运动与万有引力定律第一章抛体运动1.1.3课时1平抛运动的规律学案教科版

课时1 平抛运动的规律学习目标核心凝炼 1.知道什么是平抛运动。

1个概念——平抛运动 2个科学思维——模型构建：平抛运动；科学推理：平抛运动的分解1条规律——平抛运动的规律v x ＝v 0，x ＝v 0t ，v y ＝gt ，h ＝12gt 22.理解平抛运动的特点。

3.理解把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的研究过程和相关规律。

4.会应用平抛运动的规律解决有关问题。

一、平抛运动的定义及特点 [观图助学](1)在羽毛球比赛中，水平击出的羽毛球在空中运动时能忽略空气的阻力吗？可以将羽毛球的运动认为平抛运动吗？(2)在铅球比赛中，运动员斜向上将铅球推出，与铅球的重力相比空气的阻力能忽略吗？可以将铅球的运动认为平抛运动吗？(3)某同学站在高处将大石块水平扔出，可以将大石块的运动认为平抛运动吗？[理解概念]判断下列说法的正误。

(1)水平抛出的物体所做的运动就是平抛运动。

(×) (2)平抛运动的速度变化仅在竖直方向上。

(√)(3)平抛运动是曲线运动，故物体受到的力的方向一定不断变化。

(×) (4)做平抛运动的物体，速度和加速度都随时间的增加而增大。

(×) 二、平抛运动的规律 [观图助学](1)飞机投弹轰炸目标。

有的同学说：当飞机飞到目标的正上方时投弹，才能命中目标。

该同学说的对吗？(2)一只松鼠攀在山崖的树上，看到猎人对着它水平射出子弹的火光后，立即松手从树上掉落。

松鼠能逃离被击中的厄运吗？答案 (1)不对。

当飞机在离一定水平距离时投弹，才能命中目标。

(2)不能。

因为在竖直方向子弹与松鼠同时做自由落体运动，在相同时间内下落的高度相同，子弹恰好击中松鼠。

平抛运动的速度与位移判断下列说法的正误。

(1)平抛运动的初速度越大，下落得越快。

(×)(2)做平抛运动的物体下落时，速度与水平方向的夹角θ越来越大。

(√) (3)如果下落时间足够长，平抛运动的物体的速度方向变为竖直方向。

(×) (4)平抛运动的合位移的方向与合速度的方向一致。

(×)平抛运动特点的理解[观察探究]如图1所示，一人正练习投掷飞镖(不计空气阻力)，请思考：图1(1)飞镖在空中运动时，其加速度的大小和方向是怎样的？ (2)飞镖的运动是匀变速运动，还是变加速运动？ 答案 (1)加速度为重力加速度g ，方向竖直向下。

(2)匀变速运动。

[探究归纳] 平抛运动的特点[例1] (多选)如图2所示，在高空匀速飞行的轰炸机，每隔1 s 投下一颗炸弹，若不计空气阻力，则( )图2A.这些炸弹落地前排列在同一条竖直线上B.这些炸弹落地前排列在同一条抛物线上C.这些炸弹落地时速度大小方向都相同D.这些炸弹都落于地面上同一点【思路探究】(1)炸弹与飞机在水平方向是什么运动？同一时刻两者的水平位置有什么特点？(2)炸弹在竖直方向是什么运动？解析这些炸弹是做平抛运动，速度的水平分量都一样，与飞机速度相同。

相同时间内，水平方向上位移相同，所以这些炸弹排在同一条竖直线上，故A正确，B错误；由于这些炸弹下落的高度相同，初速度也相同，这些炸弹落地时速度大小和方向都相同，故C正确；这些炸弹抛出时刻不同，落地时刻也不一样，不可能落于地面上的同一点，故D错误。

答案AC[针对训练1] (多选)关于做平抛运动的物体，下列说法中正确的是( )A.加速度随时间逐渐增大B.加速度保持不变C.每秒内速度增量相等D.每秒内速率的变化相等解析做平抛运动的物体仅受到重力的作用，加速度为重力加速度g，加速度的大小和方向恒定，故A错误，B正确；在Δt时间内速度的改变量为Δv＝gΔt，因此可知每秒内速度增量大小相等、方向相同，故C正确，D错误。

答案BC平抛运动的规律[观察探究]如图3所示，小球以初速度v0水平抛出后，在空中做平抛运动。

图3(1)小球做平抛运动的轨迹是曲线，为了便于研究，我们应如何建立平面直角坐标系？(2)小球在空中运动的时间由哪些因素决定？(3)小球在空中运动的水平位移由哪些因素决定？(4)小球落地速度的大小由哪些因素决定？答案 (1)一般以初速度v 0的方向为x 轴的正方向，竖直向下的方向为y 轴的正方向，以小球被抛出的位置为坐标原点建立平面直角坐标系。

(2)在竖直方向有h ＝12gt 2，所以小球在空中运动的时间由下落高度h 决定。

(3)在水平方向有x ＝v 0t ，所以小球在空中运动的水平位移由初速度v 0和下落高度h 共同决定。

(4)小球的合速度大小v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2，所以小球落地速度由初速度v 0和下落高度h 共同决定。

[探究归纳] 平抛运动的规律[例2](2018·蚌埠二中高一下期中)(多选)如图4所示，高为h ＝1.25 m 的平台上覆盖一层薄冰，现有一质量为60 kg 的滑雪爱好者以一定的初速度v 向平台边缘滑去，着地时速度的方向与水平地面的夹角为45°(取重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力)。

由此可知下列各项中正确的是( )图4A.滑雪者在平台上的速度大小是5.0 m/sB.滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5 mC.滑雪者在空中运动的时间为1 sD.着地时滑雪者的速度大小是5.0 m/s【思维导图】解析由v2y＝2gh可得v y＝2gh＝2×10×1.25 m/s＝5.0 m/s，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°，所以着地时水平速度v0和竖直速度的大小v y相等，所以滑雪者在平台上的速度大小v＝v0＝v y＝5.0 m/s，故A正确；由v y＝gt得出滑雪者在空中运动的时间t＝0.5 s，故C错误；滑雪者在水平方向上做匀速直线运动，水平距离为x＝v0t＝5×0.5 m＝2.5 m，故B正确；滑雪者着地的速度大小为v′＝v2＋v2y＝2v＝5 2 m/s，故D错误。

答案AB研究平抛运动的一般思路(1)把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，是求解平抛运动的基本方法。

(2)分别运用两个分运动的运动规律去求分速度、分位移等，再合成得到平抛运动的速度、位移等。

[针对训练2](2018·宁夏育才中学高一下期中)(多选)一物体做平拋运动，先后在两个不同时刻的速度大小分别为v1和v2，时间间隔为Δt，重力加速度为g，那么( )A.v1和v2的方向一定相同B.v1<v2C.由v1到v2的速度变化量Δv的方向不一定竖直向下D.由v1到v2的速度变化量Δv的大小为gΔt解析平抛运动是曲线运动，同一平抛运动中不同时刻速度的方向一定不相同，故A错误；先后在两个不同时刻的竖直方向的分速度大小v y2＝v y1＋gΔt，而水平分速度v0相同，所以v1<v2，故B正确；Δt时间内速度的变化量Δv＝gΔt，方向竖直向下，故C错误，D正确。

答案BD类平抛运动模型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v 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 ＝F 合m。

3.类平抛运动的研究方法 (1)常规分解法两分运动彼此独立，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平面直角坐标系，将加速度a 分解为a x 、a y ，初速度v 0分解为v x 、v y ，然后分别在x 、y 方向列方程求解。

【针对练习】 如图5所示，倾角为θ的光滑斜面的长、宽分别为l 1和l 2，一物块从斜面左上方顶点A 处水平射入，而从右下方顶点B 处离开斜面，试求：图5(1)物块离开斜面时所用时间为多少； (2)物块刚射入斜面时的速度为多少。

解析 物块在光滑斜面上受重力mg 和支持力F N ，物块所受合力大小为F 合＝mg sin θ，方向沿斜面向下。

由牛顿第二定律得，物块沿斜面向下的加速度为a ＝F 合m＝g sin θ①由于物块的初速度与a 垂直，所以可将物块的运动分解为水平方向上的匀速直线运动和沿斜面向下的初速度为0的匀加速直线运动。

水平方向上l 1＝v 0t ②沿斜面向下的方向上l 2＝12at 2③由①②③式得t ＝2l 2g sin θ，v 0＝l 1g sin θ2l 2。

答案 (1)2l 2g sin θ (2)l 1g sin θ2l 21.(平抛运动的特点)(多选)关于平抛运动的性质，以下说法正确的是( ) A.是变加速运动 B.是匀变速运动 C.是匀速率曲线运动D.不可能是两个匀速直线运动的合运动解析 平抛运动是水平抛出且只受重力作用的运动，所以是加速度恒为g 的匀变速运动，故A 、C 错误，B 正确；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，故D 正确。

答案 BD2.(平抛运动的规律)从离地面h 高处投出A 、B 、C 三个小球，A 球自由下落，B 球以速度v 水平抛出，C 球以速度2v 水平抛出，不计空气阻力，它们落地时间t A 、t B 、t C 的关系是( ) A.t A <t B <t C B.t A >t B >t C C.t A <t B ＝t C D.t A ＝t B ＝t C解析 平抛运动的物体的飞行时间仅与高度有关，与水平方向的初速度大小无关，故t B ＝t C ，而平抛运动的竖直运动为自由落体运动，所以t A ＝t B ＝t C ，故D 正确。

答案 D3.(平抛运动规律的应用)一物体从某高度以初速度v 0水平抛出，落地时速度大小为v t ，则它的运动时间为( ) A.v t －v 0g B.v t －v 02gC.v 2t －v 202gD.v 2t －v 20g解析 设平抛运动的时间为t 。

落地时的竖直分速度为v y ＝gt ，根据运动的合成与分解，则落地时的速度为v t ＝v 20＋（gt ）2，那么t ＝v 2t －v 2g，故D 正确。

答案 D4.(平抛运动规律的应用)从距地面高h 处水平抛出一小球，落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列结论中正确的是( ) A.小球初速度为2gh tan θ B.小球落地速度大小为2gh sin θC.若小球初速度减为原来的一半，则平抛运动的时间变为原来的两倍D.若小球初速度减为原来的一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角变为2θ解析 做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，所以落地时，竖直方向上的速度为v y ＝2gh ，因为落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，所以tan θ＝v y v 0，故v 0＝v y tan θ＝2gh tan θ，故A 错误；根据速度的合成可得落地速度v ＝v y sin θ＝2ghsin θ，故B 正确；做平抛运动的运动时间与水平速度无关，与下落的高度有关，故若小球初速度减为原来的一半，则平抛运动的时间不变，故C 错误；因为tan θ＝v yv 0，当初速度减为原来的一半时，设落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝v y 12v 0＝2v yv 0＝2tan θ，但是α≠2θ，故D 错误。