1、1平抛运动规律的拓展问题一、考点突破知识点 考纲要求 题型 分值平抛运动规律学会运用运动的合成与分解方法解决问题深入理解研究平抛运动的方法选择题解答题 610 分二、重难点提示用类比的方法获得解决问题的思路。一、斜抛运动1. 斜抛运动的定义将物体以速度 v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下所做的运动。2. 运动性质加速度为 g 的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线。3. 基本规律（以斜向上抛为例说明，如图所示）速度公式水平速度 0cosxv；竖直速度 0sinyvgt位移公式水平位移 0t；竖直位移 201it由以上两式可得 220ancosgyxxv，这就是斜抛物体的轨迹方程。常用结论射
2、程是做斜抛运动物体的水平位移，射高是做斜抛运动物体上升的最大高度。飞行时间： 0si2Ttg；射高： inyvh；射程：22000scosincosvvtgg由此可见，在给定 0的情况下，当 45时，射程最大，20maxvsg2二、类平抛问题模型的分析方法 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 v0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 mF合。3. 类平抛运动的求解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分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，
3、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直角坐标系，将加速度 a分解为 ax、 ay，初速度 v0分解为 vx、 vy，然后分别在 x、 y 方向列方程求解。【核心突破】对于类平抛、斜抛运动问题，一般采用把曲线运动分解为两个方向上的直线运动的方法处理，即先求分速度、分位移，再求合速度、合位移；分解运动中某点的末速度往往成为解题的关键。例题 1 做斜抛运动的物体，到达最高点时 （ ）A. 速度为零，加速度向下B. 速度为零，加速度为零C. 具有水平方向的速度和竖直向下的加速度D. 具有水平方向的速度和加速度思路分析：斜抛运动可以分解
4、为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动，因物体只受重力，且方向竖直向下，故达到最高点时水平方向的分速度不变，竖直方向上的加速度也不变，所以只有 C 选项正确。答案：C例题 2 如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心 O 点分别以水平初速度 v1、 v2抛出两个小球（可视为质点） ，最终它们分别落在圆弧上的 A 点和 B 点，已知 OA 与 OB 互相垂直，且 OA 与竖直方向成 角，则两小球初速度之比 12v为 （ ）A. tan B. cos C. tan tan D. cos tan思路分析：两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为 R，两小球运动时间分别为t1、 t2，对 A 球： Rs
5、in v1t1， Rcos 21gt；对 B 球： Rcos v2t2， Rsin 321gt，解四式可得： 12vtan tan，C 项正确。答案：C例题 3 质量为 m 的飞机以水平初速度 v0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（该升力由其他力的合力提供，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，如图所示，求：（1）飞机受到的升力大小；（2）上升至 h 高度时飞机的速度。思路分析：（1）飞机水平方向速度不变，则有 l v0t竖直方向上飞机加速度恒定，则有 h 12at2 解以上两式得 a 20vl，故根据牛
6、顿第二定律得飞机受到的升力F mg ma mg（1 2gh） ；（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， l v0t；竖直方向初速度为 0、加速度 a 20vl的匀加速直线运动。上升到 h 高度其竖直速度 vy lhlah020，所以上升至 h 高度时其速度 v 2204vy，如图所示tan lhvy20，方向与 v0成 角， arctan lh2答案：（1） mg（1 2g） （2） 204v，方向与 v0成 角， arctan lh24【综合拓展】抛体运动问题的解题套路及技巧我们从下面这道例题展开分析如图所示，水平屋顶高 H5 m，围墙高 h3.2 m，围墙到房子的水
7、平距离 L3 m，围墙外马路宽 x10 m，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 的大小范围。( g 取 10 m/s2)解：对于这类问题，我们应首先画出运动的示意图，它既可以使抽象的物理情境变得直观，也可以使隐藏于问题深处的条件显露无遗小球落在墙外的马路上，其速度最大值所对应的落点位于马路的外侧边缘，而其速度最小值所对应的落点却不是马路的内侧边缘，而是围墙的最高点 P，这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来。若 v 太大，小球落在马路外边，因此，要使球落在马路上， v 的最大值 vmax为球落在马路最右侧 A 点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动
8、，设运动时间为 t1则小球的水平位移： L x vmaxt1，小球的竖直位移： H 21gt解以上两式得vmax( L x) 2gH13 m/s若 v 太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在马路上， v 的最小值 vmin为球恰好越过围墙的最高点 P 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 t2，则此过程中小球的水平位移： L vmint2小球的竖直方向位移： H h 1g解以上两式得 vmin L ()5 m/s因此 v0的范围是 vmin v vmax，即 5 m/s v13 m/s。这里使用的是极限分析法， v0不能太大，否则小球将落在马路外边； v0又不能太小，5否则被围墙挡住而不能落在马路上因而只要分析落在马路上的两个临界状态，即可解得所求的范围。因此，在解决较复杂的抛体运动时，应首先做出运动示意图，避免思维定式，在运用抛体运动规律，结合极限法、割补法等方法解题。时刻注意合运动与分运动的等时性，这是解决这类问题的突破点。
