2018版高中物理必修2《优化设计》第五章曲线运动 第2节

学习目标 核心提炼 1.知道什么是平抛运动，掌握平抛运动的规律，知道其运动1个规律——平抛性质。 运动的规律 2.知道研究平抛运动的方法——运动的合成与分解，会解决1种方法——平抛平抛运动问题。 运动的合成与分解 2个概念——平抛运动的速度、位移

一、抛体运动

阅读教材第8页的第1段，知道抛体运动、平抛运动的概念。 1.定义：以一定的速度将物体抛出，如果物体只受重力作用的运动。 2.平抛运动：初速度沿水平方向的抛体运动。 3.平抛运动的特点： (1)初速度沿水平方向。 (2)只受重力作用。 思维拓展

如图1所示，一小球离开水平桌面后，在空中飞行。

3.了解斜抛运动的性质及处理思路。

图1

(1)小球离开水平桌面时其速度有何特点？

(2)小球在空中运动时受几个力？其运动的加速度改变吗？ (3)结合曲线运动的条件，说明小球的运动轨迹为什么是曲线？ 答案 (1)由于惯性，小球离开桌面时速度方向沿水平方向。

(2)受重力和空气阻力，由于空气阻力较小，可忽略不计，由于重力恒定不变，故其运动的加速度保持不变。

(3)由于小球在空中运动时初速度方向是水平的，重力方向是竖直的，运动方向与受力方向不共线，故轨迹是曲线。 二、平抛运动的速度和位移

阅读教材第8～11页“平抛运动的速度”和“平抛运动的位移”部分，了解平抛运动的分速度与合速度、分位移与合位移的关系，知道平抛运动的轨迹是什么特征曲线。

1.平抛运动的速度：

(1)水平方向：不受力，为匀速直线运动，vx＝v0。 (2)竖直方向：只受重力，为自由落体运动，vy＝gt。 (3)合速度：

2222大小：v＝v2x＋vy＝v0＋gt；

vygt方向：tan θ＝v＝v(θ是v与水平方向的夹角)。

x02.平抛运动的位移： (1)水平位移：x＝v0t。

1(2)竖直位移：y＝2gt2。

g2

(3)轨迹：y＝2v2x，平抛运动的轨迹是一条抛物线。

0思考判断

(1)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化。(×)

(2)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大。(×)

(3)做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大。(×) (4)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大。(√) 三、一般的抛体运动

阅读教材第11页“一般的抛体运动”部分，知道斜抛运动的概念，初步了解斜抛运动的两个分运动的特点。

1.定义：初速度沿斜向上或斜向下方向的抛体运动。

图2

2.初速度：vx＝v0cos__θ，vy＝v0sin__θ。

3.性质：斜抛运动可以看成是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛或竖直下抛运动的合运动。 思维拓展

如图3为运动员为备战运动会训练的图片。

图3

(1)铅球离开手后，如不考虑空气阻力，其受力情况、速度有何特点？ (2)铅球在最高点的速度是零吗？

答案 (1)不考虑空气阻力，铅球在水平方向不受力，在竖直方向只受重力，加速度为g，其初速度不为零，初速度方向斜向上方。

(2)不是。由于铅球在水平方向做匀速运动，所以铅球在最高点的速度等于水平方向的分速度。

预习完成后，请把你疑惑的问题记录在下面的表格中

问题1 问题2 问题3

平抛运动的理解

[要点归纳]

1.平抛运动的性质：加速度为g的匀变速曲线运动。

2.平抛运动的特点：

(1)受力特点：只受重力作用，不受其他力或其他力忽略不计。 (2)运动特点：

①加速度：为自由落体加速度g，大小、方向均不变，故平抛运动是匀变速运动。 ②速度：大小、方向时刻在变化，平抛运动是变速运动。 [精典示例]

[例1] 关于平抛运动，下列说法正确的是( )

A.因为平抛运动的轨迹是曲线，所以不可能是匀变速运动

B.平抛运动速度的大小与方向不断变化，因而相等时间内速度的变化量也是变化的，加速度也不断变化

C.平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动与竖直方向上的竖直下抛运动

D.平抛运动是加速度恒为g的匀变速曲线运动

解析 做平抛运动的物体只受重力，其加速度恒为g，故为匀变速曲线运动，A错误，D正确；相等时间内速度的变化量Δv＝gΔt是相同的，故B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上的自由落体运动，C错误。 答案 D

[针对训练1] 如图4所示，在光滑的水平面上有一小球A以初速度v0运动，同时刻在它的正上方有一小球B以初速度v0水平抛出，并落于C点，忽略空气阻力，则( )

图4

A.小球A先到达C点 C.两球同时到达C点 答案 C

平抛运动的研究方法及规律

[要点归纳]

1.平抛运动的研究方法：研究曲线运动通常采用“化曲为直”的方法，即将平抛运动分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动。

2.平抛运动的规律

水平分运动 竖直分运动 速度 水平速度vx＝v0 竖直速度vy＝gt 大小： 大小：s＝x2＋y2 2v＝v20＋（gt）

B.小球B先到达C点 D.无法确定

位移 水平位移x＝v0t 1竖直位移y＝2gt2 合运动 方向：与水平方向夹角为θ，tan vygtθ＝v＝v x0方向：与水平方向夹角为α， ygttan α＝＝ x2v0图示 3.平抛运动的几个决定因素

1

(1)运动时间：由y＝2gt2得t＝2yg，可知做平抛运动的物体在空中运动的时间

只与下落的高度有关，与初速度的大小无关。 (2)水平位移大小： 由x＝v0t＝v0共同决定。

(3)落地时的速度大小：

22v＝v20＋vy＝v0＋2gy，即落地速度由初速度v0和下落的高度y共同决定。

2y

做平抛运动的物体的水平位移由初速度v0和下落的高度yg知，

4.平抛运动的两个推论

(1)平抛运动某一时刻速度与水平方向夹角为θ，位移与水平方向夹角为α，则tan θ＝2tan α。

vygtygt

证明：因为tan θ＝v＝v，tan α＝x＝2v，所以tan θ＝2tan α。

000

(2)做平抛运动的物体在任意时刻瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。

(3)证明：如图5所示，P点速度的反向延长线交OB于A点。则OB＝v0t，AB＝v01PB1

＝2gt2·gt＝2v0t。 tan θ

1

可见AB＝2OB。

图5

[精典示例]

[例2] 物体做平抛运动，在它落地前的1 s内它的速度与水平方向夹角由30°变成60°，g取10 m/s2。求： (1)平抛运动的初速度v0； (2)平抛运动的时间； (3)平抛时的高度。

解析 (1)假定轨迹上A、B两点是落地前1 s内的始、终点，画好轨迹图，如图所示。 gt

对A点：tan 30°＝v①

0

gt′

对B点：tan 60°＝v②

0t′＝t＋1 s③

由①②③解得t＝0.5 s，v0＝53 m/s。 (2)运动总时间t′＝t＋1 s＝1.5 s。 1

(3)高度h＝2gt′2＝11.25 m。

答案 (1)53 m/s (2)1.5 s (3)11.25 m

[针对训练2] (多选)如图6所示，x轴在水平地面上，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( )

图6

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

解析 平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，由h＝2gt2可知，飞行时间由高度决定，hb>ha，故a的飞行时间比b的短，选项A错误；同理，b和c的飞行时间相同，选项B正确；根据水平位移x＝v0t可知，a、b的水平位移满足xa>xb，且飞行时间tb>ta，故v0a>v0b，选项C错误；同理可得v0b>v0c，选项D正确。 答案 BD

与斜面结合的平抛运动问题

[要点归纳]

在解答平抛运动与斜面的结合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，找出位移或速度与斜面倾角的关系，从而使问题得到顺利解决。常见的模型如下：

方法 内容 水平：vx＝v0 分解速度 竖直：vy＝gt 2合速度：v＝v2x＋vy 斜面 总结 分解速度，构建速度三角形 水平：x＝v0t 分解位移 1竖直：y＝2gt2 分解位移，构建位移三角形 合位移：s＝x2＋y2 [精典示例]

[例3] (2017·运城高一检测)如图7所示，小球以15 m/s的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上。(g取10 m/s2，sin 37°3

＝0.6，cos 37°＝0.8，tan 37°＝4)求：

图7

(1)小球在空中的飞行时间； (2)抛出点距落球点的竖直高度。 思路探究

(1)“垂直撞在斜面上”表明小球撞斜面时速度方向与斜面垂直。

(2)若小球的末速度的方向(与水平方向夹角为θ)或位移的方向(与水平方向夹角gtgt为α)已知，可应用tan θ＝v或tan α＝2v列式求解。

00解析 (1)将小球垂直撞在斜面上的速度分解，如图所示。

由图可知θ＝37°，φ＝90°－37°＝53°。

v0gt154

tan φ＝v，则t＝gtan φ＝10×3 s＝2 s

0

11

(2)h＝2gt2＝2×10×22 m＝20 m。 答案 (1)2 s (2)20 m

[针对训练3] (多选)在倾角为37°的斜面上，从A点以6 m/s 的速度水平抛出一小球，小球落在B点，如图8所示，则以下说法正确的是(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )

图8

A.小球在空中飞行时间为0.85 s B.A、B两点距离为6.75 m

C.小球在B点时的速度方向与水平方向夹角的正切值为1.5 D.到达B点时的速度为12 m/s

1y

解析 如图所示，vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝2gt2，tan 37°＝x＝2v0tan 37°gt

＝0.9 s，所以A错误；A、B两点的距离

2v0，所以t＝g

v0tvygts＝＝6.75 m，所以B正确；小球在B点，tan α＝＝＝1.5，所以C正

vxv0cos 37°确；到达B点时的速度v＝答案 BC

1.(一般抛体运动)有A、B两小球，B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率

2

v20＋（gt）＝117 m/s＜12 m/s，所以D错误。

沿同一方向抛出，不计空气阻力。图9中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是( )

图9

A.① C.③

B.② D.④

解析 斜抛运动是匀变速曲线运动，其加速度为重力加速度，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做竖直上抛运动，两球初速度相同，所以运动轨迹相同，与质量大小无关。 答案 A

2.(平抛运动规律的应用)(2017·吉林高一检测)如图10所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8 m。g取10 m/s2，则运动员跨过壕沟所用时间为( )

图10

A.3.2 s C.0.8 s 答案 D

3.(平抛运动规律的应用)如图11所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到

B.1.6 s D.0.4 s

相遇经过的时间为( )

图11

A.t

2B.2t

t

C.2

tD.4 解析 设A、B两小球的抛出点间的水平距离为L，分别以水平速度v1、v2抛出，经过时间t的水平位移分别为x1、x2，根据平抛运动规律有x1＝v1t，x2＝v2t，又x1＋x2＝L，则t＝

L

；若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出v1＋v2

Lt

＝2，故选项C正确。

2（v1＋v2）

到相遇经过的时间为t′＝

答案 C

4.(平抛运动与斜面相结合问题)如图12所示，若质点以初速度v0正对倾角为θ＝37°的斜面水平抛出，要求质点到达斜面时位移最小，则质点的飞行时间为( )

图12

3v0

A.4g

3v0

B.8g

8v0

C.3g

4v0D.3g 解析 要使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示，有

2v02v08v01xv0t2v0

x＝v0t，y＝2gt2，且tan θ＝y＝1＝gt，所以t＝＝＝3g，选项

2gtan θgtan 37°gt2C正确。

答案 C

5.(平抛运动与斜面相结合问题)(2017·海口高一检测)如图13所示，一名滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3.0 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°，不计空气阻力。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：

图13

(1)O点与A点的距离L；

(2)运动员落到A点时的速度大小。

解析 (1)由O点到A点，运动员做平抛运动， 竖直位移大小为

11

h＝2gt2＝2×10×32m＝45 m O点与A点的距离 h45L＝＝0.6 m＝75 m

sin 37°

(2)水平位移

x＝Lcos 37°＝75×0.8 m＝60 m 由x＝v0t得

x60

v0＝t＝3 m/s＝20 m/s 到A点时竖直方向的速度 vy＝gt＝30 m/s

故运动员落到A点时的速度 vA＝

2

v20＋vy＝1013 m/s

答案 (1)75 m (2)1013 m/s

基础过关

1.做斜抛运动的物体，到达最高点时( ) A.速度为零，加速度不为零 B.速度为零，加速度也为零 C.速度不为零，加速度也不为零 D.速度不为零，加速度为零 答案 C

2.(多选)某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的右侧(如图1所示)。不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，他可能做出的调整为( )

图1

A.减小初速度，抛出点高度不变 B.增大初速度，抛出点高度不变 C.初速度大小不变，降低抛出点高度 D.初速度大小不变，提高抛出点高度

1

解析 设小球被抛出时的高度为h，则h＝2gt2，小球从抛出到落地的水平位移x＝v0t，两式联立得x＝v0

2h

g，根据题意，再次抛小球时，要使小球运动的水平

位移x减小，可以采用减小初速度v0或降低抛出点高度h的方法，故A、C正确。 答案 AC

3.物体做平抛运动，它的速度方向与水平方向的夹角θ的正切值tan θ随时间t变化的图象是下图中的( )

vygg

解析 由平抛运动的规律可得tan θ＝v＝vt，因为v为定值，则tan θ与t成正

0

0

0

比。 答案 B

4.“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图2所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上的同一目标。设大人和小孩的抛出点离地面的高度之比H1∶H2＝2∶1，则v1∶v2等于( )

图2

A.2∶1 C.2∶1

B.1∶2 D.1∶2

gv12h，v2＝H21

D正确。

H1＝2，1

解析 由平抛规律得，h＝2gt2，x＝v0t，则v0＝x答案 D

5.(多选)(2017·福州高一检测)在一次体育活动中，两位同学一前一后在同一水平直线上的两个位置沿水平方向分别抛出两个小球A和B，两个小球的运动轨迹如图3所示，不计空气阻力。要使两小球在空中发生碰撞，则必须( )

图3

A.先抛出A球再抛出B球 B.同时抛出两球

C.A球抛出速度大于B球抛出速度 D.使两球质量相等

解析 两小球均做平抛运动，根据运动的合成与分解知，小球在竖直方向做自由落体运动，两小球在空中发生碰撞时，两小球在空中下落的高度一定相等，由h1

＝2gt2得，两小球在空中运动的时间相等，即必须同时抛出两球，与两球质量无关，A、D错误，B正确；小球在水平方向做匀速直线运动，A球的水平位移要大于B球的水平位移两球才能发生碰撞，由x＝v0t得，A球抛出速度要大于B球抛出速度，C正确。 答案 BC

6.(2017·广州高一检测)在125 m的低空有一小型飞机以40 m/s的速度水平飞行，假定从飞机上释放一物体，g取10 m/s2，求： (1)物体落地时间；

(2)物体下落过程发生的水平位移大小； (3)从释放开始到第3 s末物体速度的大小。 12

解析 (1)由h＝2gt，得t＝代入数据得t＝5 s

(2)水平位移x＝v0t，代入数据得

2hg，

x＝40×5 m＝200 m

(3)v0＝40 m/s，vy＝gt＝10×3 m/s＝30 m/s 3 s末速度大小为v＝代入数据得v＝50 m/s

答案 (1)5 s (2)200 m (3)50 m/s

能力提升

7.(2017·成都高一检测)如图4所示，倾角为θ的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B点所用的时间为( )

2

v20＋vy

图4

2v0sin θ

A.

gv0sin θC.g

B.

2v0tan θ

g

v0tan θD.

g

解析 设A、B之间的距离为L，则水平方向：Lcos θ＝v0t，竖直方向：Lsin θ2v0tan θ12

＝2gt，联立解得t＝，故选B。

g答案 B

8.(2017·南京师大附中高一检测)以初速度v0水平抛出一物体，当其竖直分位移为水平分位移的2倍时，物体的( ) A.竖直分速度为水平分速度的2倍

B.瞬时速度的大小为5v0 4v0

C.运动时间为g D.末速度与初速度的夹角为60°

4v012

解析 竖直分位移为水平分位移的2倍时，有：2gt＝2v0t，解得t＝g，故C正确；竖直分速度的大小vy＝gt＝4v0，是水平分速度的4倍，故A错误；根据平行四边形定则得，瞬时速度大小为v＝

2

v20＋vy＝17v0, B错误；设末速度与

vy

初速度方向的夹角为θ，有tan θ＝v＝4，可知θ≠60°，故D错误。

0答案 C

9.如图5，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿h＝0.2 m 处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10 m/s2。则v的取值范围是( )

图5

A.v＞7 m/s

B.v＜2.3 m/s D.2.3 m/s＜v＜3 m/s

C.3 m/s＜v＜7 m/s

解析 小物件做平抛运动，可根据平抛运动规律解题。若小物件恰好经过窗子上1沿，则有h＝2gt21，L＝v1t1，得v1＝7 m/s；若小物件恰好经过窗子下沿，则有h1＋H＝2gt2L＋d＝v2t2，得v2＝3 m/s，所以3 m/s＜v＜7 m/s，故只有C项正确。 2，

答案 C

10.如图6所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )

图6

A.足球位移的大小x＝B.足球初速度的大小v0＝C.足球末速度的大小v＝L22

4＋s gL22＋s 2h4gL22

＋s＋4gh 2h4

L

D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝2s

解析 足球做平抛运动，平抛运动的高度为h，平抛运动的水平位移为d＝

L2s＋2，足球的位移为x＝



2

h2＋d2，A项错误；足球运动的时间t＝2h

g，

dgL222

足球的初速度为v0＝t＝2h4＋s，B项正确；足球末速度的大小v＝v20＋vy



gL22

＝2h4＋s＋2gh，C项错误；初速度的方向与球门线夹角的正切值为tan θ

s2s

＝L＝L，D项错误。 2答案 B

11.(2017·威海高一检测)一艘敌舰正以v1＝12 m/s的速度逃跑，执行追击任务的飞机，在距水面高度h＝320 m的水平线上以速度v2＝105 m/s同向飞行。为击中敌舰，应“提前”投弹，空气阻力可以不计，重力加速度g取10 m/s2，试求：

(1)飞机投弹时，飞机与敌舰之间的水平距离；

(2)若投弹后飞机仍以原速度飞行，在炸弹击中敌舰时，飞机与敌舰的位置有何关系？

解析 (1)投下的炸弹在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上以飞机的速度v2做匀速运动。炸弹在空中飞行的时间为t＝2h

g＝2×320

在8 s时间内，炸弹沿水平方向飞行的距离s2＝v2t，

10s＝8 s，

敌舰在同一方向上运动的距离为s1＝v1t，由图可以看出，飞机投弹时飞机与敌舰之间的水平距离x应满足关系式v2t＝x＋v1t。 代入已知数据，由以上各式可解得x＝744 m。

(2)在t＝8 s的时间内，炸弹与飞机沿水平方向的运动情况相同，都以速度v2做匀速运动，水平方向上运动的距离都是s2＝v2t。所以在炸弹击中敌舰时，飞机恰好从敌舰的正上方飞过。

答案 (1)744 m (2)飞机恰好从敌舰的正上方飞过

12.如图7所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临**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，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

图7

(1)小球水平抛出的初速度v0是多少？ (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？

(3)若斜面顶端高H＝19.2 m，且小球离开平台后刚好落在斜面底端，那么小球离开平台时的速度有多大？

解析 (1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示。

所以vy＝v0tan 53°，v2y＝2gh 代入数据，得vy＝4 m/s，v0＝3 m/s (2)由vy＝gt1得t1＝0.4 s s＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m

(3)设小球离开平台后落在斜面底端的时间是t2，落点到平台的水平距离为x。 H则x＝s＋＝15.6 m

tan 53°1

H＋h＝2gt22，x＝v0′t2 代入数据求得v0′＝7.8 m/s

答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)7.8 m/s