知识讲解 平抛运动（提高）

1 物理总复习：平抛运动 【考纲要求】 1、掌握平抛运动的条件和轨迹； 2、掌握平抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动； 3、知道平抛运动的运动规律； 4、理解平抛运动是一种匀变速曲线运动。 【知识网络】 【考点梳理】 考点一、平抛运动 1、定义：水平抛出的物体只在重力作用下的运动叫做平抛运动。 2、性质：加速度为重力加速度 g 的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线。 3、研究方法： （1）平抛运动可以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。分 别研究两个分运动的规律，必要时再用运动合成的方法进行合成。 （2）可独立研究竖直方向上的运动：竖直方向上为初速度为零的匀变速直线运动 。 连续相等时间内竖直位移之比为 。 连续相等时间内竖直位移之差为一恒量。 要点诠释： 在处理实验题时极其重要。竖直方向上是自由落体运动，加速度就 是 ， 是相等的时间间隔，与 结合求解。 a g= 1:3:5: (2 1)n⋅⋅⋅⋅⋅⋅ − ( 0,1,2, )n = ⋅⋅⋅ 2y gT∆ = 2y gT∆ = g T 0x v T∆ =2 4、平抛运动的规律 设平抛运动的初速度为 ，建立坐标系如图所示。 （1）速度公式： 速度与水平方向的夹角为 　　 （2）位移公式： 速度与位移方向的夹角为 　 （3）轨迹： （抛物线的一个单支） （4）运动时间和射程 要点诠释：平抛运动的物体从高度为 h 的地方抛出，飞行时间： ，只与竖直下落 的高度有关。射程 取决于竖直下落的高度和初速度。 （5）两个重要推论 推论 1：瞬时速度 的反向延长线一定通过水平位移 的中点。 推论 2： 速度偏向角的正切等于位移偏向角的两倍。 由　 　　　 　 所以 可证得： 0v 0xv v= yv gt= 2 2 t x yv v v= + φ 0 tan gt v φ = 0x v t= 21 2y gt= 2 2 2 2 2 0 1( ) ( )2S x y v t gt= + = + θ 2 0 0 tan 2 2 y gt gt x v t v θ = = = 2 2 2 2 0 0 1 1 ( )2 2 2 x gy gt g xv v = = = 2ht g = 0 0 2hx v t v g = = tv x tan 2tanφ θ= 0 tan y x v gt v v φ = = 2 tan 2 y gt x x θ = =′ ′ tan 2tanφ θ= 2 0 0 1 1 2 2 2 gt vx v t xgt ′ = = =3 5、平抛运动中速度变化量的方向 平抛运动是匀变速曲线运动，故相等时间内速度变 化量相等，且必沿竖直方（ ）如图所示。任意两时刻的速度与速度变化量 构 成直角三角形， 沿竖直方向。平抛运动的速率并不随时间均匀变化，但速度随时间是均 匀变化的。 考点二、类平抛运动 类平抛运动： 　　有时物体的运动与平抛运动很相似，也是在某方向物体做匀速直线运动，另一垂直方向 做初速度为零的匀加速直线运动。对这种运动，像平抛又不是平抛，通常称作类平抛运动。 要点诠释：1、类平抛运动的受力特点：物体所受合力为恒力，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 方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零 的匀加速直线运动，加速度 。 类平抛运动的处理方法与平抛运动一样，只是加速 度 不同而已。例如某质点具有竖直向下的初速度同时受到恒定的水平向右的合外力，如图 所示。则质点做沿 x 轴的匀速运动和沿 y 轴的初速度为零的匀加速直线运动，运动规律与平 抛运动相同。 考点三、探究平抛运动的规律 如图所示，以 O 点为原点画出竖直向下的 y 轴和水平向右的 x 轴，并在曲线上选取 A、 B、C、D、E、F 六个不同的点，用刻度尺和三角板测出它们的坐标 x 和 y，用公式 计算出小球的初速度 ，最后计算出 的平均值。 　　　　　　　 vg t ∆= ∆ v∆ v∆ 0v Fa m = 合 a 0x v t= 21 2y gt= 0v 0v4 位置 x 值/cm y 值/cm 的平均值 A 　 　 　 B 　 　 　 C 　 　 　 D 　 　 　 E 　 　 　 F 　 　 　 　 　 【典型例题】 类型一、平抛运动的规律应用 【高清课堂：平抛运动例 2】 例 1、　从倾角为 的斜面上的 A 点以速度 水平抛出一个物体，飞行一段时间后， 落到斜面的 B 点，AB=75m， ，求 、 。（取 ， ， 取 ） 【答案】 【解析】物体做平抛运动，物体位移 S=AB=75 米，将 S 分解为水平位移 x，竖直位移 y。 　 　 由 得 由 得 所以 0v 0v α 0v 37α =  0v Bv sin37 0.60° = cos37 0.80° = g 210m/s 0 20 /v m s= 36.1 /v m s= cos37 60x S m= = sin37 45y S m= = 21 2y gt= 2 2 45 310 yt sg ×= = = 0x v t= 0 60 20 /3 xv m st = = = yv gt= 2 2 2 2 0 ( ) 10 13 / 36.1 /x yv v v v gt m s m s= + = + = =5 【总结升华】求解基本的平抛运动问题时，主要应用水平方向和竖直方向的运动规律，本题 给的已知条件抛出点到落点的距离，即在斜面上的长度，当然应该先求出物体的水平位移和 竖直位移。如果条件还不够，可以再找出几何关系： 。 举一反三 【变式 1】如图所示，在倾角为 θ 的斜面顶端 P 点以初速度 v0 水平抛出一个小球，最后落在 斜面上的 Q 点。 （1）求小球在空中运动的时间、落到 Q 点的速度，以及 PQ 间的距离； （2）小球抛出多长时间离开斜面的距离最大？ 【答案】 （1） 、 （2） 【解析】 (1) 因为 所以落到 Q 点的速度 设 P、Q 间距离为 （2）当小球离斜面最远时，即速度方向与斜面平行，时间为 所以 【变式 2】一物体做平抛运动,在落地前 1s 内,它的速度与水平方向的夹角由 37°变为 53°求 物体抛出时的初速度和物体抛出点的高度。 【答案】 【解析】 （1） （2） tan y x α = θ P Q v0 g vt θtan2 0= 2 0 1 4tanv v θ= + θ θ cos tan2 2 0 g vs = g v θtan0 0x v t= 21 2y gt= 2 0 1 2tan gty x v t θ = = 02 tanvt g θ= 02 tanyv gt v θ= = 2 2 2 0 0 1 4tanyv v v v θ= + = + s 02 tan cos cos vxs g θ θ θ= = t′ 0 0 tan yv gt v v θ ′= = 0 tanvt g θ′ = 0 120 /7v m s= 26.12h m≈ 0 0 3tan37 4 yv gt v v = = = 0 0 ( 1) 4tan53 3 yv g t v v ′ += = =6 两式相比得 （3）代入（1）求得初速度 抛出点的高度 例 2、（2016 江苏卷）有 A、B 两小球，B 的质量为 A 的两倍．现将它们以相同速率沿同一 方向抛出，不计空气阻力．图中①为 A 的运动轨迹，则 B 的运动轨迹是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】A 【解析】由题意知 A、B 两小球抛出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的 加速度相同，所以运动的轨迹相同，故 A 正确；B、C、D 错误． 故选 A。 类型二、 平抛运动的临界问题 　　解决这类问题的关健有三点：其一是确定运动性质——平抛运动；其二是确定临界状态； 其三是确定临界轨迹——轨迹示意图。这类题出现在体育运动方面较多，而体育运动历来是 高考的热点。 　　例 3、（2015 新课Ⅰ卷） 一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和 宽分别为 L1 和 L2，中间球网高度为 h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率 向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为 3h。不计空气的作用，重力加速度 大小为 g。若乒乓球发射速率 v 在某一范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球 网右侧台面上，则 v 的最大取值范围是（ ） A. B. C. D. 9 1 16 t t =+ 9 7t = 0 120 /7v m s= 21 ( 1) 26.122h g t m= + ≈ 1 1 2 66 gvL L h g h ＜ ＜ 2 2 11 2 4 (4 ) 6 Lg L gv h L h +＜ ＜ 11 2 2 2(4 2 6 )1 2 6 L L gvL g h h +＜ ＜ 11 2 2 2(4 )1 2 64 L L gv h L g h +＜ ＜7 【答案】D 【解析】发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都是平抛运动，竖直高度决定了运动 的时间 ，水平方向匀速直线运动，水平位移最小即沿中线方向水平发射 恰好过球网，此时从发球点到球网，下降高度为 3h–h=2h，水平位移大小为 ，可得运动 时间 对应的最小初速度 。水平位移最大即斜向对方台面的 两 个 角 发 射 ， 根 据 几 何 关 系 此 时 的 位 移 大 小 为 ， 所 以 平 抛 的 初 速 度 ，对照选项，D 对。 举一反三 【变式】抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动。现讨论乒乓球发球问题， 设球台长 2L、网高 h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反， 且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力。（设重力加速度为 g） 　　（1）若球在球台边缘 O 点正上方高度为 处以速度 水平发出，落在球台的 点（如 图实线所示），求 点距 O 点的距离 。 　　（2）若球在 O 点正上方以速度 水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的 点（如图虚线所示），求 的大小。 　　（3）若球在 O 点正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘 处，求发球点距 O 点的高度 。 【答案】 （1） （2） (3） 【解析】（1）设发球时飞行时间为 ， 根据平抛运动得 ， 　解得 （2）设发球高度为 ，飞行时间为 ， 2 3 6h ht g g ×= = 1 2 L 2 2 4h ht g g ×= = 1 2 4 L gv h = 2 2 1 2 1 42 L L+ 2 21 1 2 1 42 4 2 6 L g gv L Lh h × ≤ ≤ + × 1h 1v 1P 1P 1x 2v 2P 2v 3P 3h 1 1 1 2hx v g = 2 2 2 L gv h = 3 3 4h L= 1t 2 1 1 1 2h gt= 1 1 1x v t= 1 1 1 2hx v g = 2h 2t8 同理根据平抛运动得 且 ， 解得 (3）如图所示，发球高度为 ，飞行时间为 ， 同理，根据平抛运动得 且 设球从恰好越过球网到最高点的时间为 t， 水平距离为 s，有 由几何关系知 解得 。 类型三、 类平抛运动 类平抛运动也是命题热点，类平抛运动的处理方法与平抛运动一样，只是加速度 不同 而已。类平抛运动是对平抛运动研究方法的迁移，对学生的能力要求更高，在复习时，更需 细心体会。 例 4、如图所示，A、B 两质点以相同水平速度在坐标原点 O 沿 x 轴正方向抛出，A 在竖 直平面内运动，落地点为 P1，B 紧贴光滑的斜面运动，落地点为 P2，P1 和 P2 对对应的 x 轴 坐标分别为 x1 和 x2，不计空气阻力，比较 、 的大小。 2 2 2 1 2h gt= 2 2 2x v t= 2h h= 22x L= 2 2 2 L gv h = 3h 3t 2 3 3 1 2h gt= 3 3 3x v t= 33 2x L= 2 3 1 2h h gt− = 3s v t= 3x s L+ = 3 3 4h L= a 1x 2x9 【答案】 。 【解析】设斜面的倾角为 θ，高度为 h，则对 A 质点： ，则时间 B 物体下落，沿斜面方向的加速度： 下落距离 故 ，则时间 ， A 质点水平位移： B 质点水平位移： 所以： 【总结升华】物体做类平抛运动，其受力特点和运动特点类似于平抛运动，因此解决的方法 可类比平抛运动——采用运动的合成与分解。关键的问题要注意：（1）满足条件：受恒力 作用且与初速度的方向垂直。（2）确定两个分运动的速度方向和位移方向，分别列式求解。 举一反三 【变式】如图所示，A、B 两质点以相同的水平速度 抛出，A 在竖直平面内运动，落地点 在 ；B 在光滑的斜面上运动，落地点在 ，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ） A．A、B 的运动时间相同 B. A、B 沿 x 轴方向的位移相同 C．A、B 落地时的速度相同 D．A、B 落地时的动能相同 【答案】D 【解析】A 小球在竖直面内做平抛运动。B 小球在斜平面内做类平抛运动。分析出类平抛的 加速度和“竖直”位移是关健。 　 A 质点做平抛运动，由平抛运动规律知， ， ，而 B 质点在斜面上做类 平抛运动，其运动可分解为沿 x 轴方向的匀速直线运动和沿斜面向下的匀加速直线运动，设 斜面与水平面的夹角为 ，所以 A、 B 选项错误，由机械能守恒知 ，两球落地的动能相同，D 正确，但速 度方向不相同，C 错误。 类型四、探究平抛运动的规律 例 5、某同学得用图 1 所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描 出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分 如图 2 所示。图 2 中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表 0.10m， 、 和 是轨迹1P 2P 3P 1 2x x< 2 12 1 gth＝ 1 2ht g = sina g θ= θsin hL = 2 22 1L at＝ 12 sin 2 tg ht ＞θ = 1 0 1x v t= 2 0 2x v t= 1 2x x< v 1P 1P 1x vt= 2 1 1 2h gt= θ 2 2 1 sinsin 2 h g tθθ = 2 2x vt= 1 2t t≠ 1 2x x≠ 2 21 1 2 2tmgh mv mv= −10 图线上的 3 个点， 和 、 和 之间的水平距离相等。完成下列填空：（重力加速度取 ） （1）设 、 和 的横坐标分别为 、 和 ，纵坐标分别为 、 和 ，从图 2 中 可 读 出 =____①_____m ， =____②______m ， =____③______m（保留两位小数）。 （2）若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动。利用（1）中读取的数据， 求出小球从 运动到 所用的时间为______④__________s，小球抛出后的水平速度为 ________⑤__________ （均可用根号表示）。 （3）已测得小球抛也前下滑的高度为 0.50m。设 和 分别为开始下滑时和抛出时的 机 械 能 ， 则 小 球 从 开 始 下 滑 到 抛 出 的 过 程 中 机 械 能 的 相 对 损 失 ， =________⑥__________%（保留两位有效数字） 【答案】①0.60；②1.60；③0.60；④0.20；⑤3.0；⑥8.2； 【解析】本题考查研究平抛运动的实验。由图可知 到 两点在竖直方向的间隔为 6 格, 到 两点在竖直方向的间隔为 16 格所以有 =0.60m； =1.60m； 到 两 点在水平方向的距离为 6 个格，则有 =0.60m。 (2)由水平方向的运动特点可知 到 与 到 的时间相等, 根据 ,（这里实 际上是竖直方向 ， ， ， 则有 (3)设抛出点为势能零点,则开始下滑时的机械能为 ,抛出时的机械能 1P 2P 2P 3P 29.8m／s 1P 2P 3P 1x 2x 3x 1y 2y 3y 1 2x x− 1P 2P m s／ 1E 2E 1 2 1 100%E E E − × 31 yy − 1 2x x− 2atx =∆ smt xvo /0.32.0 60.0 === 1 2y y− 1 3y y− 1P 2P 1P 3P 1 2y y− 1P 2P 1P 2P 2P 3P 2y gt∆ = 2 3 1 2 1.00 0.60 0.40y P P PP m∆ = − = − = 0.40 0.29.8 yt sg ∆= =  1 1 2E mgh mg= =11 为 , 则根据 0.082。 【总结升华】数格数的方法在实验中（有时在计算题中）经常用到，这是一种基本方法。平 抛运动竖直方向是匀加速直线运动，因此实验中要用到 ，与 完全一样， 必须熟练应用。切记这里的时间是“相等的时间间隔”，用“ ”便于区别。 举一反三 【变式】某同学在做平抛运动实验时得到了如图中的物体运动轨迹，a、b、c 三点的位置在 运动轨迹上已标出。则：( ） （1）小球平抛的初速度为＿＿ ； （2）小球开始做平抛运动的位置坐标为 =＿＿cm, =＿＿cm。 【答案】（1） （2） -10 -1.25 【解析】 （1） 解得 (2) 为 的中间时刻， 竖直方向的速度等于 竖直方向的平均速度 b 竖直方向的瞬时速度 设从抛出点到 b 的时间为 ， 抛出点到 b 的水平距离 所以抛出点的水平坐标为 所以抛出点的纵坐标为 【总结升华】此类实验问题切记不要认为 是抛出点，只是平抛轨迹的一部分；水平间距、 竖 直 间 距 都 用 变 化 量 “ ” 表 示 、 时 间 间 隔 用 “T” 表 示 就 是 为 了 区 别 。 =− 1 21 E EE2 2 0 1 4.52E mv m= = 2y gt∆ = 2y gT∆ = T 210 /g m s= /m s x y 0 2 /v m s= 00.2x v T∆ = = 20.2 0.1 0.1y gT∆ = − = = 0.1T s= 0 0.2 / 2 /0.1v m s m s= = b ac b ac 0.3 1.5 /2byv m sT = = bt by bv gt= 1.5 0.1510 by b vt s sg = = = 0 2 0.15 0.3 30b bx v t m m cm= = × = = 10x cm= − 21 0.1125 11.252b by gt m cm= = = 1.25y cm= − a ∆12 【巩固练习】 一、选择题 1、（2016 福建模拟）取水平地面为重力势能零点，一物块从某一高度水平抛出，在抛出点 其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为 （ ） A. B. C. D. 2、在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地。 若不计空气阻力，则（ ） 　 A．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定 　 B．垒球落地时的瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定 　 C．垒球在空中运动的水平位置仅由初速度决定　 　 D．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定 3、（2015 辽宁模拟）如图所示，某人从高出水平地面 h 的坡上水平击出一个质量为 m 的高 尔夫球，由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为 L 的 A 穴， 则(　　) A．该球从被击出到落入 A 穴所用时间为 B．该球从被击出到落入 A 穴所用时间为 C．球被击出时的初速度大小为 D．球被击出时的初速度大小为 4、在平直公路上行驶的汽车中，某人从车窗相对于车静止释放一个小球，不计空气阻力， 用固定在路边的照相机对汽车进行闪光照相，照相机闪两次光，得到清晰的两张照片，对照 片进行分析，知道了如下信息：①两次闪光的时间间隔为 0.5s；②第一次闪光时，小球刚释 放，第二次闪光时，小球落地；③两次闪光的时间间隔内，汽车前进了 5m；④两次闪光时 间间隔内，小球移动的距离为 5m，根据以上信息尚不能确定的是（已知 ）（ ） 　 A．小球释放点离地的高度　　　　　　 B．第一次闪光时小车的速度 6 π 4 π 3 π 5 12 π 2h g 2 g h 2gL h 2 gL h 210 /g m s=13 　 C．汽车做匀速直线运动　　　　　　　 D．两次闪光的时间间隔内汽车的平均速度 　5、甲、乙、丙三小球分别位于如图所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、 丙在同一条水平线上，水平面上的 P 点在丙的正下方。在同一时刻甲、乙、丙开始运动， 甲以水平初速度 做平抛运动，乙以水平速度 沿光滑水平面向右做匀速直线运动，丙做 自由落体运动．则（ ） 　A．若甲、乙、丙三球同时相遇，则一定发生在 P 点 　B．若甲、丙两球在空中相遇，此时乙球一定在 P 点 　 C．若只有甲、乙两球在水平面上相遇，此时丙球还未着地 　 D．无论初速度 大小如何，甲、乙、丙三球一定会同时在 P 点相遇 6、如图所示，一物体自倾角为 的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。物体与斜 面接触时速度与水平方向的夹角 满足（ ） 　A． 　B． 　C． 　D． 7、将一个小球以速度 v 水平抛出，要使小球能够垂直打到一个斜面上，斜面与水平方向的 夹角为 ，那么下列说法中正确的是（ ） 　A．若保持水平速度 v 不变，斜面与水平方向的夹角 越大，小球的飞行时间越长 　B．若保持水平速度 v 不变，斜面与水平方向的夹角 越大，小球的飞行时间越短 　 C．若保持斜面倾角 不变，水平速度越大，小球的飞行时间越长 　 D．若保持斜面倾角 不变，水平速度越大，小球的飞行时间越短 8、（2016 南京模拟）如图所示，质量不同的 P、Q 两球均处于静止状态，现用小锤打击弹 性金属片，使 P 球沿水平方向抛出，Q 球同时被松开而自由下落。则下列说法正确的是（ ） 0v 0v 0v θ ϕ tan sinϕ θ= tan cosϕ θ= tan tanϕ θ= tan 2tanϕ θ= θ θ θ θ θ14 A. P 球先落地 B. Q 球先落地 C. 两球落地时的动能可能相等 D. 两球下落过程中重力势能变化相等 9、某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以 25 m/s 的速度沿水平方向反弹，落地点 到墙面的距离在 10 m 至 15 m 之间，忽略空气阻力，取 。球在墙面上反弹点的 高度范围是（ ） 　A．0. 8 m 至 1.8m 　　 　B．0.8m 至 1. 6 m　　 C．1.0m 至 1.6m 　　 　D．1.0m 至 1. 8 m 10、如图所示。一足够长的固定斜面与水平面的夹角为 ，物体 A 以初速度 从斜面顶 端水平抛出，物体 B 在斜面上距顶端 L＝15m 处同时以速度 沿斜面向下匀速运动，经历 时间 t 物体 A 和物体 B 在斜面上相遇，则下列各组速度和时间中满足条件的是（ ） （sin ＝0.6，cos ＝0.8， ） 　A． ＝16 m/s， ＝15 m/s，t＝3s B． ＝16 m/s， ＝16 m/s，t＝2s C． ＝20 m/s， ＝20 m/s，t＝3s 　 D． ＝20m/s， ＝16 m/s，t＝2s 11、 如图所示，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 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 取 g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是 （ ） 210 /g m s= 37 1v 2v 37 37 210 /g m s= 1v 2v 1v 2v 1v 2v 1v 2v v15 A.球的速度 等于 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 二、填空题 1、下图是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹． (1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有________． a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 b．每次小球释放的初始位置可以任意选择 c．每次小球应从同一高度由静止释放 d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 (2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点 O 为坐标原点，测 量它们的水平坐标 x 和竖直坐标 y，下图中 yx2 图像能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是 ________． (3)上图是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O 为平抛的起点，在轨迹上任 v 2 gL H 2H g16 取三点 A、B、C，测得 A、B 两点竖直坐标 y1 为 5.0 cm，y2 为 45.0 cm，A、B 两点水平间距 Δx 为 40.0 cm.则平抛小球的初速度 v0 为________m/s，若 C 点的竖直坐标 y3 为 60.0 cm，则 小球在 C 点的速度 vC 为________m/s(结果保留两位有效数字，g 取 10 m/s2)． 　　　　　　　　　　　　　　　　　 2、物体做平抛运动， ，经一段时间飞行后垂直击中了倾角 的斜面， 求物体在空中飞行的时间为_______秒。 3、沿水平直路向右行驶的车内悬一小球，悬线与竖直线之间夹一大小恒定的角 θ，如图所 示，已知小球在水平底板上的投影为 O 点，小球距 O 点的距离为 h，若烧断悬线，则小球 在底板上的落点 P 在 O 点的__________侧；P 点与 O 点的距离为_______。 4、在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长 厘米，若小球在平抛运动途中的几个位置，如图所示的 a、b、c、d，则小球平抛的初速的 计算式为 __________，其值是________。（取 ） 5、某学生在做“研究平抛物体运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置 O，A 为物体运动一段时间后的位置，根据图求出物体做平抛运动的初速度为 (取 ) __________ 。 0 9.8 /v m s= 30θ =  1.25l = 0v 29.8 /g m s= 210 /g m s= /m s17 6、如右上图是研究小球的平抛运动时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为 5 厘米的 小方格，重力加速度取 。由此可知：闪光频率为____赫；小球抛出时的初速 度大小为____米/秒；从抛出到 C 点，小球速度的改变最大为____米/秒。 7、以初速为 ，射程为 的平抛运动轨迹制成一光滑轨道。一物体由静止开始从轨道顶端 滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为 ，其水平方向的速度大小 为 。 三、计算题 1、从倾角为 的斜面顶端平抛一物体，物体刚好落在斜面底端，A、B 之间的距离为 75 米，求 。 ( sin37°＝0.6，cos37°＝0.8 ) 2、如图所示，从倾角为 θ 的斜面上的 A 点，以速度 v0 平抛一个小球，小球落到斜面上的 B 点，试求小球从 A 运动到 B 所用的时间。 　 3、如图所示，滑板运动员从倾角为 53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面 底端有一个高 h＝1.4m、宽 L＝1.2m 的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须距水 平地面高度 H＝3.2m 的 A 点沿水平方向跳起离开斜面．已知运动员的滑板与斜面间的动摩 擦因数 μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2。(已知 sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求： 　　(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小； 210 /g m s= 0v s 37θ =  0v 210 /g m s=18 　　(2)若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间； 　　(3)运动员为了不触及障碍物，他从 A 点沿水平方向起跳的最小速度． 　 4、（2015 河南模拟）如图所示，质量为 m 的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离 l 后以速度 v 飞离桌面，最终落在水平地面上。已知 l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与 桌面间的动摩擦因数 =0.25，桌面高 h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2．求： （1）小物块落地点距飞出点的水平距离 s； （2）小物块的初速度大小 v0． 5、如图所示，有一倾角为 30°的光滑斜面，斜面长 L 为 10m，一小球从斜面顶端以 10m/s 的速度在斜面上沿水平方向抛出，求： 　　（1）小球沿斜面滑到底端时水平位移 s； 　　（2）小球到达斜面底端时的速度大小。（取 g＝ ） µ v0 s h v l 10 /m s19 6、质量为 m 的飞机以水平速度 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（该升力由其它力的合力提供，不含重力）。今测 得当飞机在水平方向的位移为 时，它的上升高度为 h。求： 　　（1）飞机受到的升力大小； 　　（2）从起飞到上升至 h 高度的过程中升力所做的功及在高度 h 处飞机的动能。 　　　　 【答案与解析】 一、选择题 1、【答案】 【解析】设抛出时物块的初速度为 v0，高度为 h，物块落地时的速度大小为 v，方向与 水平方向夹角为 α。根据机械能守恒定律得： 据题意有： 联立解得： 则 得： 故选 B。 2、D 解析：垒球落地时瞬时速度的大小 ，其速度方向与水平方向的夹角满足： ，由此可知，A、B 错；垒球在空中运动的水平位移 ，故 C 错；垒球在空中的飞行时间 ，故 D 对。 3、【答案】AC 【解析】由于水平方向受到空气阻力，不是平抛运动，竖直方向为自由落体运动，由 2 2 0 1 1 2 2mv mgh mv+ = 2 0 1 2 mv mgh= 02v v= 0 2cos 2 v v α = = 4 πα = 0v l 2 0 2v v gh= + 0 2tan gh v α = 0 0 2hx v t v g = = 2ht g =20 ，得 故 A 正确 B 错误； 由分运动的等时性，及逆向思维知，水平方向匀 减速运动减到零时可反向看作是初速度为零的匀加速直线运动，由 及 v=at 与 ，联立即得到 ，故 C 正确，故 D 错误； 故选 AC． 【思路点拨】小球水平方向受恒定的阻力，因而做匀减速直线运动，竖直方向只受重力， 做自由落体运动，根据运动学公式列式求解即可． 4、C　 解析：小球做平抛运动，竖直高度 ，故 A 对；小球水平 方向上的位移 ，小球初速度 ，此即为 第 一次闪光时小车的速度，故 B 正确；两次闪光的时间间隔内汽车的平均速度 ，汽车应做加速运动，因此答案应选 C。 5、AB 解析：因为乙、丙只可能在 P 点相遇，所以三球若相遇，则一定相遇于 P 点，A 项正确； 因为甲、乙在水平方向做速度相同的匀速直线运动，所以 B 项正确；因为甲、丙两球在竖 直方向同时开始做自由落体运动，C 项错；因 B 项存在可能，所以 D 项错。 6、D 解析：如图所示，设小球的初速度为 ，落到斜面上时的竖直方向分速度为 ，运动时间 为 t，下落高度为 h，水平位移为 s，则有： 　联立可得 。 拓展：若小球的初速度增大但仍落在斜面上，速度大小如何变化？速度方向如何变化？ 答案：速度变大，方向不变。 7、BC 21 2y gt= 2ht g = 21 2L at= 21 2y gt= 2gv L h = 2 21 1 10 0.5 1.252 2h gt m= = × × = 2 25 1.25 4.84x m= − = 0 4.84 9.68 /0.5 xv m st = = = 5 100.5v = = /m s 0v yv 21 2h gt= 0s v t= yv gt= tan h s θ = 0 tan yv v ϕ = tan 2tanϕ θ=21 解析：小球运动轨迹如图，则 ，当 不变时， ，故 B 正确。当 不变时， ．故 C 正确． 故选 BC。 　 　 8、【答案】C 【解析】P 球做平抛运动，Q 球做自由落体运动，平抛运动在竖直方向上的运动规律为 自由落体运动，可知两球同时落地，A、B 错；对 Q，根据动能定理得：m1gh=Ek1-0，对 P， 根据动能定理得： ，因为质量不同，则两球落地的动能可能相等，C 正确；由于质量不同，根据 W=mgh，则重力做功不同，下落过程中的重力势能变化量不同， D 错。 故选 C。 9、A 解析： 网球反弹后做平抛运动，如图所示。则 将 =25m/s， ， ， 代入以上方程可求得 ， 从而确定 A 正确。 10、C　 解析：由平抛运动规律可知， ，将 代入解得： 3 =20t，故只有 C 选 项满足条件。 11、 AB 解析：由平抛运动规律： ， 2 2 k2 2 0 1 2m gh E m v= − tan y v v v gt θ = = v 1tan t θ ∝ θ v t∝ 2 1 1 1 2h gt= 1 1s vt= 2 2 2 1 2h gt= 2 2s vt= v 210 /g m s= 1 10s m= 2 15s m= 1 0.8h m= 2 1.8h m= 2 1 1 2tan gt v t θ = 37θ =  1v L vt= 21 2H gt=22 球的速度 等于 球从击出至落地所用时间为 AB 正确。 球从击球点至落地点的位移不等于 L，球从击球点至落地点的位移与球的质量无关。 二、填空题 1、【答案】(1)ac　(2)c　(3)2.0 　4.0 【解析】(1)要保证初速度水平而且大小相等，必须从同一位置释放，因此选项 a、c 正 确． (2)根据平抛位移公式 x＝v0t 与 ，可得 ，因此选项 c 正确． (3)将公式 变形可得 ，AB 水平距离 ，可得 v0＝2.0 m/s，C 点竖直速度 ，根据速度合成可得 . 2、 解析：垂直击中了斜面，即速度方向与斜面垂直，将速度正交分解，可知 （也可 以根据三角函数 求出。） 又 所以 3、将在 O 点的左侧 解析：烧断细线后，小球由于惯性将具有和车一样的水平方向的初速度，所以此后小球将 21 2y gt= 2 2 02 gxy v = 2 2 02 gxy v = 0 2yx vg = 2 1 0 2 2y yx vg g  ∆ = −    32yv gy= 2 3 02 4.0m/scv gy v= + = v 2 gL H 2H g 3s 03yv v= 0tan30 y v v = yv gt= 03 3yv vt sg g = = = tanh θ23 做平抛运动。设烧断瞬间，车的速度为 ，则车将做以 为初速度，加速度为 的匀加速直 线运动。小球在竖直方向上做自由落体运动，其运动时间为 在水平方向上小球做匀速直线运动，其位移为 车做以 为初速度，加速度为 的匀加速直线运动，其位移为 二者在水平方向上的位移之差为 将时间 t 代入，有 所以小球在地板上的落点将在 O 点的左侧，P 点与 O 点之间的距离为 。 4、 、 解析：各点时间间隔相同，设为 T，水平方向匀速运动， （1） 竖直方向自由落体运动（匀加速直线运动） (匀加速直线运动有一个重要 推论 ,这里为了区别用 表示，加速度为 ) 由图看出 则 （2） 联立（1）（2）解得 代入数据 5、 解析： ( 等于后一段减去前一段即 25 厘米减去 15 厘米) 求出 6、 ， 解析： 所以闪光频率 B 点竖直方向的瞬时速度等于 AC 段竖直方向的平均速度 v v a 21 2h gt= 2ht g = 1x vt= v a 2 2 1 2x vt at= + 2 2 1 1 2x x x at∆ = − = tanx h θ∆ = tanh θ 0 2 gv l= 0.7 /m s 02x l v T∆ = = 2y gT∆ = 2x aT∆ = y∆ g y l∆ = 2y l gT∆ = = 0 2 2 glv l l g = = 0 2 g 2 9.8 0.0125 0.7 /v l m s= = × = 0 2 /v m s= 00.2x v T∆ = = 20.1y gT∆ = = y∆ 0.1T s= 0 0.2 / 2 /0.1 xv m s m sT ∆= = = 10Hz 4 /m s 27 5 2y l l l gT∆ = − = = 2 2 0.05 0.110 lT sg ×= = = 1 10f HzT = =24 抛出点到 B 点的时间 抛出点到 C 点的时间 由于水平方向速度不变，小球速度的改变最大值等于 C 点竖直方向 的速度大小。 7、 ， 解析：平抛运动规律 ， 解得 根据机械能守恒： ，解得速率 。 ， 是轨道的切线与水平方向的夹角，即为平抛运动末速度与水平方向的 夹角，有 ， 是平抛运动位移方向与水平方法的夹角，则 ， 所以 ， 则 所以 三、计算题 1、 解析：设 AB 间距离为 S， 由 解得 7 5 6 6 0.05 3 /2 0.1By l l lv m sT T + ×= = = = By Bv gt= 0.3By B vt sg = = 0.1 0.4C Bt t s= + = 4 /Cy Cv gt m s= = 0/gs v 2 2 0 0/ 1 ( / )v v gs+ 0s v t= 21 2h gt= 2 2 02 gsh v = 21 2 mv mgh= 2 2 2 0 0 g s gsv v v = = cosxv v θ= θ tan 2tanθ α= α 2 0 tan 2 h gs s v α = = 2 0 tan gs v θ = 2 0 2 2 2 0 cos ( ) ( ) v gs v θ = + 0 2 20 cos 1 ( ) x vv v v gs θ= = + 0 20 /v m s= cos37 60x S m= = sin37 45y S m= = 21 2y gt= 2 2 45 310 yt sg ×= = =25 又 所以 2、 解析：设 AB 间距离为 S， 两式相除 所以 3、（1） （2）0.8s （3） 解析：（1）设运动员连同滑板的质量为 m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二 定律 解得运动员在斜面上滑行的加速度 （2）从运动员斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式 　　 解得 （3）为了不触及障碍物，运动员以速度 v 沿水平方向起跳后竖直下落高度为 H－h 时， 他沿水平方向的运动的距离为 ，设他在这段时间内运动的时间为 t′,则 　　 　　解得 　　 4、 【答案】（1）0.9m，（2）4m/s 【解析】（1）物块飞出桌面后做平抛运动， 竖直方向： ，解得：t=0.3s， 水平方向：s=vt=0.9m； （2）对滑块从开始运动到飞出桌面， 由动能定理得： ， 解得：v0=4m/s； 【思路点拨】物块离开桌面后做平抛运动，运用运动的分解法，由匀速与匀变速运动规 0x v t= 0 60 / 20 /3 xv m s m st = = = 02 tanvt g θ= 0cosx S v tθ= = 21sin 2y S gtθ= = 2 0 0 1 2tan 2 gt gt v t v θ = = 02 tanvt g θ= 27.4 /a m s= 6.0 /v m s= sin53 cos53mg mg maµ− =  2(sin53 cos53 ) 7.4 /a g m sµ= − =  21 2H gt= 2 0.8Ht sg = = cot53H L+ 21 2H h gt′− = cot53H L vt′+ = 6.0 /v m s= 21 2h gt= 2 2 0 1 1 2 2mgl mv mvµ− = −26 律可以求出水平距离 s．根据动能定理研究物块在桌面上运动过程，求解物块的初速度 v0．要掌握应用动能定理解题的方法与思路；（2）问也可以应用牛顿定律、运动学公式求 解． 5、（1） （2） 解析：（1）小球在水平方向做匀速直线运动，在沿斜面向下方向做匀加速运动。 　　 （2）小球到达斜面底端时，沿斜面方向的分速度 所以小球到达斜面底端时的速度 。 6、（1） （2） 解析：（1）飞机水平速度不变 ，y 方向加速度恒定 ，消去 t 即得 ， 由牛顿第二定律： （2）升力做功 ，在 h 处 故 。 20s m= 10 2 /v m s= 2sin 5 /a g m sθ= = 2 2Lt sa = = 0 20s v t m= = 10 /yv at m s= = 2 2 0 10 2 /yv v v m s= + = 2 0 2 2(1 )hvF mg gl = + 2 0 2 2(1 )hvW mgh gl = + 2 2 0 2 1 4(1 )2k hE mv l = + 0l v t= 21 2h at= 2 0 2 2hva l = 2 0 2 2(1 )hvF mg ma mg gl = + = + 2 0 2 2(1 )hvW Fh mgh gl = = + 02 t hvv at l = = 2 2 0 2 1 4(1 )2k hE mv l = +