高中物理人教版 (2019)必修 第二册4 抛体运动的规律学案设计

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第二册4 抛体运动的规律学案设计，共12页。学案主要包含了平抛运动，斜抛运动等内容，欢迎下载使用。

1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下的运动．
2．性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
3．研究方法：运动的合成与分解
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：自由落体运动．
4．基本规律
如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向．
(1)位移关系
(2)速度关系
（3）两个重要推论
①做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图所示，即xB＝eq \f(xA,2).
推导：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(tan θ＝\f(yA,xA－xB),tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(2yA,xA)))→xB＝eq \f(xA,2)
②做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α.
推导：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(gt,v0),tan α＝\f(y,x)＝\f(gt,2v0)))→tan θ＝2tan α
二、斜抛运动
1．定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动．
2．性质：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
3．研究方法：运动的合成与分解
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：匀变速直线运动．
4．基本规律(以斜上抛运动为例，如图所示)
(1)水平方向：v0x＝v0csθ，F合x＝0；
(2)竖直方向：v0y＝v0sinθ，F合y＝mg.
命题点一 两条重要的结论
1、做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图所示，即xB＝eq \f(xA,2).
2、做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α.
例1.如图所示，从倾角为θ的斜坡上某点先后将同一石子以不同的初速度水平抛出，石子均落在斜坡上，当抛出的速度为v1时，石子到达斜坡时速度方向与斜坡的夹角为α1；当抛出速度为v2时，石子到达斜坡时速度方向与斜坡的夹角为α2，则(不计空气阻力)( )
A．当v1>v2时，α1>α2
B．当v1>v2时，α1<α2
C．无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2
D．α1、α2的关系与斜坡倾角θ有关
解析 石子从斜坡某点水平抛出后落到斜坡上，石子的位移与水平方向的夹角等于斜坡倾角θ，即tan θ＝ eq \f(y,x)＝ eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝ eq \f(gt,2v0)，石子落到斜坡上时速度方向与水平方向的夹角为θ＋α，则tan (θ＋α)＝ eq \f(vy,vx)＝ eq \f(gt,v0)，故可得tan (θ＋α)＝2tan θ，只要石子落到斜坡上，位移方向与水平方向夹角就总是θ，则石子的速度方向与水平方向的夹角也总是θ＋α，故速度方向与斜坡的夹角就总是相等，与v0的大小无关，答案C。
1-1．(多选)物体以初速度v0水平抛出，若不计空气阻力，重力加速度为g，则当其竖直分位移与水平分位移相等时，以下说法中正确的是( )
A．竖直分速度等于水平分速度
B．瞬时速度大小为 eq \r(5)v0
C．运动的时间为 eq \f(2v0,g)
D．运动的位移大小为 eq \f(2\r(2)v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0)),g)
解析 由物体竖直分位移与水平分位移相等可知v0t＝ eq \f(1,2)gt2，解得t＝ eq \f(2v0,g)，又由于vy＝gt＝2v0，所以v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(x))＋v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(y)))＝ eq \r(5)v0，s＝ eq \r(x2＋y2)＝ eq \r(2)v0t＝ eq \f(2\r(2)v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0)),g)，故A错误，答案A。
1-2.如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落在斜面上B点所用的时间为( )
A． eq \f(2v0sin θ,g) B． eq \f(2v0tan θ,g)
C． eq \f(v0sin θ,g) D． eq \f(v0tan θ,g)
解析 设小球落在B点时竖直速度为vy，速度与水平方向的夹角为β，由推论知tan β＝2tan θ，而且tan β＝ eq \f(vy,v0)，所以vy＝2v0tan θ，故t＝ eq \f(vy,g)＝ eq \f(2v0tan θ,g)，答案 B。
1-3.(2018·课标全国Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq \f(v,2)的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上.甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )
A.2倍
B.4倍
C.6倍
D.8倍
解析 设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度v抛出，落在斜面上，如图所示；
根据平抛运动的推论可得tanθ＝2tanα，所以甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；
故对甲有：v甲末＝eq \f(v,csθ) 对乙有：v乙末＝eq \f(v,2csθ)，
所以eq \f(v甲末,v乙末)＝2，答案A.
1-4.如图所示，墙壁上落着两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖A与竖直墙壁成53°，飞镖B与竖直墙壁成37°，两者相距为d。假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
解析 飞镖与墙壁的夹角为平抛运动物体速度与墙壁所成的角，由于水平位移相同，故速度反向延长线必交于水平位移上的同一点。将两只飞镖的速度反向延长与初速度的延长线交于一点C，作出如图所示情景图。设总的水平距离为x，CD＝ eq \f(x,2)，BD＝CD·ct 37°，AD＝CD·ct 53°，且BD－AD＝d，联立解得x＝ eq \f(24,7)d。答案 eq \f(24,7)d。
命题点二 有斜面、曲面约束的平抛运动问题1．斜面、曲面对平抛运动约束的常见情境
(1)给出末速度方向
(2)给出位移方向
2．基本求解思路
(1)给出末速度方向
①画速度分解图，确定速度与水平方向的夹角θ；
②根据水平方向和竖直方向的运动规律分析vx、vy；
③根据tan θ＝ eq \f(vy,vx)列方程求解。
(2)给出位移方向
①画位移分解图，确定位移与水平方向的夹角α；
②根据水平方向和竖直方向的运动规律分析x、y；
③根据tan α＝ eq \f(y,x)列方程求解。
例2.(2021·鄂尔多斯西部四校高一下期末)2022年将在北京举办第24届冬奥会，其中一项比赛是跳台滑雪，它是利用依山势特别建造的跳台进行的。运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆。这项比赛极为壮观。设一位运动员由山坡顶的A点沿水平方向飞出，到山坡上的B点着陆。如图所示。已知运动员水平飞出的速度为v0＝20 m/s，山坡倾角为θ＝37°，山坡可以看成一个斜面。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)运动员在空中飞行的时间t；
(2)A、B间的距离s；
(3)运动员经多长时间离斜面的距离最远？
解析(1)设A、B间的竖直高度为h，水平距离为x，
竖直方向有h＝ eq \f(1,2)gt2
水平方向有x＝v0t
由几何关系，得tan θ＝ eq \f(h,x)
联立并代入数据解得t＝3 s。
(2)根据几何关系有s＝ eq \f(x,cs θ)
联立并代入数据解得s＝75 m。
(3)当运动员速度与斜面平行，即垂直于斜面向上的速度减为零时运动员离斜面最远，设此时运动员经过的时间为t′，将运动员的平抛运动沿平行于斜面和垂直于斜面方向分解，在垂直于斜面方向有
0－v0y＝－gyt′
其中v0y＝v0sin θ
gy＝g cs θ
联立并代入数据解得t′＝1.5 s。
答案：(1)3 s (2)75 m (3)1.5 s
规律点拨：
物体从斜面平抛后又落到斜面上时的速度方向与斜面夹角恒定；当速度平行于斜面时，物体离斜面最远。
2-1.如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经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°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力，取sin37°＝0.60，cs37°＝0.80，g取10 m/s2，求：
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小.
解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有Lsin37°＝eq \f(1,2)gt2，
A点与O点的距离L＝eq \f(gt2,2sin37°)＝75 m.
(2)设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，即Lcs37°＝v0t，
解得v0＝eq \f(Lcs37°,t)＝20 m/s.
答案 (1)75 m (2)20 m/s
2-2.如图所示，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点。已知球拍与水平方向的夹角θ＝60°，A、B两点间的高度差h＝1 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度的大小为( )
A．2 eq \r(5) m/s B．2 eq \r(15) m/s
C．4 eq \r(5) m/s D． eq \f(4,3) eq \r(15) m/s
解析 球的运动示意图如图所示，由题意知球在空中做平抛运动，根据h＝ eq \f(1,2)gt2，得时间t＝ eq \r(\f(2h,g))＝ eq \r(\f(2×1,10)) s＝ eq \r(\f(1,5)) s，球刚要落到球拍上时竖直分速度vy＝gt＝10× eq \r(\f(1,5)) m/s＝2 eq \r(5) m/s，根据平行四边形定则知，速度的大小v＝ eq \f(vy,cs 60°)＝4 eq \r(5) m/s，答案 C。
2-3.两个相同高度的斜面倾角分别为30°、60°，两小球分别由斜面顶端以相同水平速度v水平抛出，如图所示，不计空气阻力，假设两球都能落在斜面上，则分别向左、右两侧抛出的小球下落高度之比为( )
A．1∶2 B．3∶1 C．1∶9 D．9∶1
解析 根据平抛运动的规律以及落在斜面上的特点可知，x＝vt，y＝ eq \f(1,2)gt2，tan θ＝ eq \f(y,x)，分别将θ为30°、60°代入可得两球平抛所经历的时间之比为1∶3，两球下落高度之比为1∶9，答案 C。
2-4.如图，从O点以水平初速度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α角，不计空气阻力，则两小球初速度之比v1∶v2为 ( )
A．tan α
B．cs α
C．tan αeq \r(tan α)
D．cs αeq \r(tan α)
解析 设圆弧半径为R，两小球运动时间分别为t1、t2.对球1：Rsin α＝v1t1，Rcs α＝eq \f(1,2)gteq \\al(12,)，对球2：Rcs α＝v2t2，Rsin α＝eq \f(1,2)gteq \\al(22,)，解四式可得：eq \f(v1,v2)＝tan αeq \r(tan α)，答案C．
命题点三 平抛运动中的相遇问题
平抛运动中的相遇问题的解题突破口：两物体在同一时刻运动到同一位置。
例3.如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度v1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截，设拦截系统与飞机的水平距离为s，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足( )
A．v1＝v2 B．v1＝ eq \f(H,s)v2
C．v1＝ eq \r(\f(H,s))v2 D．v1＝ eq \f(s,H)v2
解析 拦截成功时飞机发射的炮弹水平位移s＝v1t，在竖直方向上二者位移满足 eq \f(1,2)gt2＋v2t－ eq \f(1,2)gt2＝H，两式联立解得v1＝ eq \f(s,H) v2，答案 D
规律总结：
两物体相遇的要求就是同一时刻必须在同一位置，从这一点出发分析，并结合平抛运动的性质和规律综合考虑，即可找到求解的思路。
3-1.(2017·江苏)如图所示，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，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )
A.t B.eq \f(\r(2),2)t
C.eq \f(t,2) D.eq \f(t,4)
解析 两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同一水平面上，根据x＝vAt＋vBt知，当两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为eq \f(t,2)，答案 C.
3-2.甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高出h.将甲、乙两球以v1、v2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是( )
A.同时抛出，且v1B.甲迟抛出，且v1>v2
C.甲早抛出，且v1>v2
D.甲早抛出，且v1解析 如图所示，乙击中甲球的条件，水平位移相等，甲的竖直位移等于乙的竖直位移加上h.即
v1t1＝v2t2①
eq \f(1,2)gt12＝h＋eq \f(1,2)gt22②
由②得t1>t2 再结合①得v1答案 D
3-3.军事演习中，在M点的正上方离地H高处的蓝军飞机以水平速度v1投掷一颗炸弹攻击地面目标，反应灵敏的红军地面高炮系统同时在M点右方地面上N点以速度v2斜向左上方发射拦截炮弹，如图所示，两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇爆炸.若不计空气阻力，则发射后至相遇过程( )
A.两弹飞行的轨迹重合
B.初速度大小关系为v1＝v2
C.拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动
D.两弹相遇点一定在距离地面eq \f(3,4)H高度处
解析 两弹在M、N连线的中点正上方相遇，说明末位置相同，但不能说明运动轨迹重合，故A项错误；设v2与水平面的夹角为θ，由于两弹恰在M、N连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即v2csθ＝v1，所以v2>v1，故B项错误；两弹都只受到重力，都做匀变速运动，加速度相同，所以拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动，故C项正确；根据题意只能求出两弹运动时间相同，但不知道拦截炮弹竖直方向初速度的具体值，所以不能判断两弹相遇点距离地面的高度，故D项错误.答案 C
3-4.如图所示，倾角为37°的粗糙斜面底端有一质量m＝1 kg的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，现小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，同时在斜面底端正上方有一小球以速度v0水平抛出，经过0.4 s，小球恰好垂直斜面落入凹槽，此时小滑块还在上滑.已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)小球水平抛出的速度v0的大小；
(2)滑块的初速度v的大小.
答案 (1)3 m/s (2)5.35 m/s
解析 (1)设小球落入凹槽时竖直速度为vy，则
vy＝gt＝10×0.4 m/s＝4 m/s
因为小球垂直落入凹槽中，则有eq \f(v0,vy)＝tan37°，
所以v0＝vytan37°＝3 m/s.
(2)小球落入凹槽时的水平位移
x＝v0t＝3×0.4 m＝1.2 m
则小滑块的位移s＝eq \f(1.2,cs37°)＝1.5 m
小滑块上滑时，由牛顿第二定律得
mgsin37°＋μmgcs37°＝ma
解得a＝8 m/s2
根据公式s＝vt－eq \f(1,2)at2，解得v＝5.35 m/s.
命题点四 平抛运动的临界和极值问题
在打乒乓球、排球等运动中，经常会涉及是否过网、出界等问题，这就是平抛运动的临界问题。解决这类问题的关键是，尝试定性画出不受网高、边界范围限制的可能轨迹(如取各种初速度或抛出高度)，然后根据实际限制找出临界轨迹，并结合相关规律分析临界条件。
例4、(多选)如图所示，一个电影替身演员准备水平地跳跃并离开屋顶，然后落在下一栋建筑物的屋顶上。如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s，那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．他安全跳过去是可能的
B．他安全跳过去是不可能的
C．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2 m/s
D．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应小于4.5 m/s
解析 根据题意可知，电影替身演员在两栋建筑物间做平抛运动，由h＝ eq \f(1,2)gt2，x＝v0t，将h＝5 m，x＝6.2 m代入公式，解得电影替身演员安全跳过去的最小水平速度为v0＝6.2 m/s，答案 BC。
规律总结:
解决平抛运动中的临界问题的思路
(1)确定运动性质——平抛运动。
(2)用动态思想画出临界轨迹，确定临界位置。
(3)运用平抛运动规律分析临界条件。
4-1.如图所示，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垂直于墙壁的速度v水平抛出，要求小物件能直接穿过窗口并落在水平地面上，不计空气阻力，g＝10 m/s2。则可以实现上述要求的速度大小是( )
A．2 m/s B．4 m/s C．8 m/s D．10 m/s
解析 小物件恰好碰到窗口右侧上沿时，初速度最大，水平方向有L＝v1t1，竖直方向有h＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))，联立解得v1＝7 m/s；小物件恰好碰到窗口左侧下沿时，初速度最小，水平方向有L＋d＝v2t2，竖直方向有h＋H＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))，联立解得v2＝3 m/s；综上，题目要求的速度v的范围为3 m/s4-2.(多选)某次网球比赛中，某选手将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在场中(不计空气阻力)，已知网球比赛场地相关数据如图所示，下列说法中正确的是( )
A.击球高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.8h2
B.若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于 eq \f(x,h1) eq \r(2gh1)，一定落在对方界内
C．任意降低击球高度(仍大于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
解析 根据平抛运动的规律有 eq \f(x,\r(\f(2（h1－h2）,g)))＝ eq \f(1.5x,\r(\f(2h1,g)))，解得h1＝1.8h2，A正确；若保持击球高度不变，当球的初速度v0足够小时，球会落在自己界内，B错误；设击球高度为h(仍大于h2)时球刚好擦网而过，落地时又恰好压在底线上，则有 eq \f(2x,\r(\f(2h,g)))＝ eq \f(x,\r(\f(2（h－h2）,g)))，解得h＝ eq \f(4,3)h2，即击球高度低于此值时，球不能落在对方界内，C错误；任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内，D正确。答案 AD
4-3.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，重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，求：
(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＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？
答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s
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＝v0tan53°
vy2＝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)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝eq \f(mgsin53°,m)＝8 m/s2
v＝eq \r(v02＋vy2)＝5 m/s eq \f(H,sin53°)＝vt2＋eq \f(1,2)at22
代入数据，整理得4t22＋5t2－26＝0
解得t2＝2 s或t2＝－eq \f(13,4) s(不合题意舍去)
所以t＝t1＋t2＝2.4 s.
命题点五 利用等效法求解类平抛问题
例5、如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：
(1)物块由P运动到Q所用的时间t；
(2)物块由P点水平射入时的初速度v0；
(3)物块离开Q点时速度的大小v。
解(1)物块沿斜面做类平抛运动，由mg sin θ＝ma可知，物块的加速度a＝g sin θ，
由l＝ eq \f(1,2)at2可得，物块由P运动到Q所用的时间
t＝ eq \r(\f(2l,g sin θ))。
(2)物块沿水平方向的位移为b，由b＝v0t可得
物块由P点水平射入时的初速度v0＝b eq \r(\f(g sin θ,2l))。
(3)由vy＝at，v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0))＋v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(y)))可得
v＝ eq \r(\f(（b2＋4l2）g sin θ,2l))。
答案(1) eq \r(\f(2l,g sin θ)) (2)b eq \r(\f(g sin θ,2l))
(3) eq \r(\f(（b2＋4l2）g sin θ,2l))
规律总结：
类平抛运动问题的解题技巧
(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(即沿合力方向)初速度为0的匀加速直线运动，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方向上列方程求解.
5-1.如图所示，质量为m的飞机以水平速度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，它上升的高度为h。求：
(1)飞机受到的升力大小；
(2)在高度h处飞机的速度大小。
解析 (1)飞机在水平方向做匀速直线运动，l＝v0t，
竖直方向加速度恒定，h＝ eq \f(1,2)at2，联立得a＝ eq \f(2hv eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0)),l2)，
由牛顿第二定律：F－mg＝ma，
得F＝mg＋ma＝mg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2hv eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0)),gl2)))。
(2)在高度h处，飞机竖直方向的速度vy＝at＝ eq \f(2hv0,l)
则速度大小：v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0))＋v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(y)))＝v0 eq \r(1＋\f(4h2,l2))。
答案 (1)mg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2hv eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0)),gl2))) (2)v0 eq \r(1＋\f(4h2,l2))
5-2.a、b两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，a在竖直平面内运动，落地点为P1，b沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，如右图所示，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落地时的速度大小相同
D．a、b落地时的速度相同
思路点拨：
(1)b质点的加速度不是g.
(2)落地速度应该为水平速度与竖直速度的合速度．
解析 b质点做类平抛运动，a＝g cs α，hb＝ha/cs α，则tb＝ eq \r(\f(2ha,g)) · eq \f(1,cs α) ，而ta＝ eq \r(\f(2ha,g)) ，故选项A、B错误；由机械能守恒知a、b落地速度大小相同，故选项C正确；a、b落地时速度大小相同，但方向不同，答案C。
命题点六 一般的抛体运动
1．斜抛运动的特点
(1)受力特点：斜抛运动是忽略了空气阻力的理想化运动，因此物体仅受重力，其加速度为重力加速度g。
(2)运动特点：物体具有与水平方向存在夹角的初速度，仅受重力，因此斜抛运动是匀变速曲线运动，其轨迹为抛物线。
(3)速度变化特点：由于斜抛运动的加速度为定值，因此，在相等的时间内速度变化量的大小相等，方向均竖直向下，Δv＝gΔt。
(4)对称性特点(斜上抛)
①速度对称：轨迹上关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点速度大小相等，水平方向速度相同，竖直方向速度等大反向。如图所示。
②时间对称：关于过轨迹最高点的竖直线对称的曲线上升时间等于下降时间，这是由竖直上抛运动的对称性决定的。
③轨迹对称：其运动轨迹关于过最高点的竖直线对称。
2．斜上抛运动物理量之间的关系
(1)物体在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，所以t时刻物体的分速度为：vx＝v0cs θ
vy＝v0sin θ－gt
t时刻物体的位置坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t cs θ，v0t sin θ－\f(1,2)gt2))。
(2)如果物体的落点与抛出点在同一水平面上，则飞行时间：t＝ eq \f(2v0y,g)＝ eq \f(2v0sin θ,g)，
射高：y＝ eq \f(v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0y)),2g)＝ eq \f(v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0))sin2θ,2g)，
射程：x＝v0csθ·t＝ eq \f(2v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0))sin θcs θ,g)＝ eq \f(v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0))sin 2θ,g)。
例6.一个棒球以40 m/s的速度从水平地面附近被击出，仰角为37°，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)求：
(1)该球上升达到的最大高度；
(2)该球的飞行时间；
(3)射程。
思想——化曲为直
方法——把斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。
解析 斜抛运动的水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向分运动为竖直上抛运动。
(1)该球上升达到的最大高度H＝ eq \f(（v0sin θ）2,2g)，
解出H＝28.8 m。
(2)竖直方向上时间具有对称性，则飞行时间为：
t＝2· eq \f(v0sin θ,g)，得出t＝4.8 s。
(3)射程x＝v0t cs θ，得出x＝153.6 m。
6-1.做斜上抛运动的物体，到达最高点时( )
A.具有水平方向的速度和水平方向的加速度
B.速度为0，加速度向下
C.速度不为0，加速度为0
D.具有水平方向的速度和向下的加速度
解析 斜上抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动的合运动，故物体到达最高点时速度不为0，加速度为g.答案 D
6-2.(多选)如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
A．沿路径1抛出的小球落地的速率最大
B．沿路径3抛出的小球在空中运动的时间最长
C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等
D．三个小球抛出的初速度水平分量相等
解析 根据运动的合成与分解，将初速度分解为竖直方向和水平方向的分速度，三个小球上升高度相同，根据h＝ eq \f(v eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(y)),2g)可知三个小球抛出的初速度竖直分量相等，故C正确；由t＝ eq \f(vy,g)及对称性可知，三个小球在空中运动的时间相等，故B错误；由于沿路径1抛出的小球水平位移最大，而运动时间相等，可知沿路径1抛出的小球水平分速度最大，根据平行四边形定则可知沿路径1抛出的小球落地的速率最大，答案 AC。
6-3．链球是田径运动中利用双手投掷的竞远项目，运动员两手握着链球上铁链的把手，人转动带动链球旋转，最后链球脱手而出。如图，某次训练中链球脱手速度方向与水平面成θ角斜向上飞出，经过时间t落地，测得落地点与脱手时人所在位置间水平距离为s0，已知人手臂长度为l1，链球铁链长度为l2，求：
(1)链球脱手时速度大小v0；
(2)链球脱手时离地面的高度h。
答案 (1) eq \f(\r(s eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0))－（l1＋l2）2),t cs θ)
(2) eq \f(1,2)gt2－ eq \r(s eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0))－（l1＋l2）2)·tan θ
解析 (1)链球脱手后做斜上抛运动，
水平位移x＝ eq \r(s eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0))－（l1＋l2）2)
又x＝v0cs θ·t
解得初速度v0＝ eq \f(\r(s eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0))－（l1＋l2）2),t cs θ)。
(2)竖直方向有－h＝v0sin θ·t－ eq \f(1,2)gt2
解得h＝ eq \f(1,2)gt2－ eq \r(s eq \\al(\s\up3(2),\s\d1(0))－（l1＋l2）2)·tan θ。
题型
概述
物体受到与初速度垂直的恒定的合外力作用时，其轨迹与平抛运动相似，称为类平抛运动．类平抛运动的受力特点是物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直
方法
突破
按照以下三个步骤求解类平抛运动问题：
(1)根据物体的受力特点和运动特点判断该问题是否属于类平抛运动问题．
(2)求出物体运动的加速度．
(3)将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(即沿合力方向)初速度为0的匀加速直线运动