平抛运动的应用(教案)

专题一平抛运动规律的应用

1．平抛运动的性质

加速度为g的□01匀变速曲线运动，轨迹是抛物线。

2．平抛运动的基本规律

(1)水平方向：做□02匀速直线运动，v x＝v0，x＝□03v0t。

(2)竖直方向：做□04自由落体运动，v y＝□05gt，y＝□0612gt2。

(3)合速度：v＝□07v2x＋v2y，方向与水平方向的夹角θ满足tanθ＝v y v x＝□08gt v0。

(4)合位移：s＝□09x2＋y2，方向与水平方向的夹角α满足tanα＝y x＝□10gt2v0。3．对平抛运动规律的理解

4．两个重要推论

(1)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，位移方向与水平方向的夹角为α，则□17tanθ＝2tanα。

(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在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□18中点，如图中A点为OB的中点。

5平抛运动与斜面体的结合

1．顺着斜面抛：如图所示，物体从斜面上某一点水平抛出以后又重新落在斜面上，此时平抛运动物体的合位移方向与水平方向的夹角等于斜面的倾角．结论有：

(1)速度方向与斜面夹角恒定；

(2)水平位移和竖直位移的关系：tan θ＝y

x

＝

1

2

gt2

v

t

＝

gt

2v0

；

(3)运动时间t＝2v0tan θ

g

.

2．对着斜面抛：如图所示，做平抛运动的物体垂直打在斜面上，此时物体的合速度与竖直方向的夹角等于斜面的倾角．结论有：

(1)速度方向与斜面垂直；

(2)水平分速度与竖直分速度的关系：tan θ＝v

v

y

＝

v

gt

；

(3)运动时间t ＝

v 0g tan θ

.

典型考点一 平抛运动规律的综合应用

【例1】．子弹从枪口水平射出，在子弹的飞行途中，有两块相互平行的竖直挡板A 、B(如图所示)，A 板距枪口的水平距离为s 1，两板相距s 2，子弹穿过两板先后留下弹孔C 和D ，C 、D 两点之间的高度差为h ，不计挡板和空气的阻力，求子弹的初速度v 0。

答案

gs 2h ⎝ ⎛

⎭

⎪⎫s 1＋s 22 解析 从开始到C ，设下降的高度为h 1，所用时间为t 1， 根据h 1＝1

2gt 21，得t 1＝ 2h 1

g ，

则s 1＝v 0

2h 1

g ①

从开始到D ，设所用时间为t 2， 根据h ＋h 1＝1

2gt 22， 解得t 2＝

2(h ＋h 1)

g

则有：s 1＋s 2＝v 0

2(h ＋h 1)

g

② 联立①②两式解得v 0＝

gs 2h ⎝ ⎛

⎭

⎪⎫s 1＋s 22。 【例2】．从高为h 的平台上，分两次沿同一方向水平抛出一个小球。如右图第一次小球落地在a 点，第二次小球落地在b 点，a 、b 相距为d 。已知第一次抛球的初速度为v 1，求第二次抛球的初速度v 2是多少？(重力加速度为g ，不计空气阻力)

答案 v 1＋d

g 2h

解析 平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动， 根据h ＝1

2gt 2得t ＝

2h g

第一次抛出球的水平距离x 1＝v 1t 解得：x 1＝v 1

2h g

所以第二次抛出球的水平距离为x 2＝x 1＋d ＝v 12h g ＋d

第二次抛球的初速度为v 2＝x 2

t ＝

v 1

2h g ＋d

2h g

＝v 1＋d g 2h 。

【例3】．如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ，g ＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则：

(1)小球水平抛出的初速度v 0是多少？ (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x 是多少？ 答案 (1)3 m/s (2)1.2 m

解析 (1)由题意可知，小球恰好落到斜面顶端，并刚好沿斜面下滑，说明小球在斜面顶端时速度方向与斜面平行，

所以在斜面顶端时小球的竖直分速度v y ＝v 0tan53° 又v 2y ＝2gh

代入数据，得v y ＝4 m/s ，v 0＝3 m/s 。 (2)由v y ＝gt 得，

小球落到斜面顶端的时间t ＝0.4 s 故x ＝v 0t ＝3×0.4 m ＝1.2 m 。

典型考点二 平抛运动推论的应用

【例4】．如图所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox 以v 0＝2 m/s 的速度抛出，经过一段时间小球到达P 点，M 为P 点在Ox 轴上的投影点，作小球轨迹在P 点的切线并反向延长，与Ox 轴相交于Q 点，已知QM ＝3 m ，则小球运动的时间为( )

A ．1 s

B ．2 s

C ．3 s

D ．4 s 答案 C

解析 由平抛运动的推论可知，Q 为OM 的中点，则从O 点运动到P 点的过程中，小球的水平位移x ＝OM ＝2QM ＝6 m ，由于水平方向做匀速直线运动，则小球运动的时间为t ＝x

v 0

＝3 s ，故C 正确。

【例5】．(多选)如图所示，足够长的斜面上有a 、b 、c 、d 、e 五个点，ab ＝bc ＝cd ＝de ，从a 点水平抛出一个小球，初速度为v 时，小球落在斜面上的b 点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，初速度为2v 时( )

A ．小球可能落在斜面上的c 点与d 点之间

B ．小球一定落在斜面上的e 点

C ．小球落在斜面上时的速度方向与斜面夹角大于θ

D ．小球落在斜面上时的速度方向与斜面夹角也为θ 答案 BD

解析 设初速度为v 时，小球落在斜面上时的速度与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为β，则位移与水平方向的夹角为β，有tan α＝2tan β不变，小球落在斜面上时，竖直方向上的速度与水平方向上的速度的比值v y v ＝gt

v ＝tan α，解得：t ＝v tan αg ，在竖直方向上的位移y ＝12gt 2＝v 2(tan α)2

2g ，当初速度变为原来的2倍时，β不变，则α不变，则竖直方向上的位移变为原来的4倍，所以小球一定落在斜面上的e 点，A 错误，B 正确；落在斜面上时位移与水平方向的夹角仍为β，故