1．水平射程和飞行时间(1)飞行时间：t＝，只与h、g有关，与v0无关．(2)水平射程：x＝v0t＝v0，由v0、h、g共同决定．2．速度变化规律(1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0.(2)任意相等的时间间隔Δt内的速度变化量均竖直向下，且Δv＝Δvy＝gΔt.3．位移变化规律(1)任意相等的时间间隔Δt内，水平位移不变，且Δx＝v0Δt.(2)连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝gΔt2.4．平抛运动的两个重要推论推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末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φ，则tanθ＝2tanφ.图4－2－1证明：如图4－2－1所示，由平抛运动规律得Tanθ＝Tanφ＝所以tanθ＝2tanφ.推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．证明：如图4－2－1所示，tanφ＝tanθ＝2tanφ＝即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点B必为此时水平位移的中点．特别注意：1．在平抛运动过程中，位移矢量与速度矢量永远不会共线．2．它们与水平方向的夹角关系为tanθ＝2tanφ，但不能误认为θ＝2φ.如图4－2－3所示，一小球从平台上水平抛出，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＝0.8m，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：二．常见考点和基本题型(1)小球水平抛出的初速度v0是多大？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？(3)若斜面顶端高H＝20.8m，则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？[思路点拨]解答本题时应注意以下几点：(1)小球在到达斜面顶端前做平抛运动；(2)小球在斜面顶端时的合速度方向沿斜面向下；(3)小球在斜面顶端时的合速度为小球沿斜面做匀加速运动的初速度．[课堂笔记](1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球的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＝4m/s，v0＝3m/s.(2)由vy＝gt1得：t1＝0.4sx＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m.(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝＝8m/s2初速度v＝＝5m/s代入数据整理得：＋5t2－26＝0解得t2＝2s或t2＝－s(不合题意舍去)所以t＝t1＋t2＝2.4s.[答案](1)3m/s(2)1.2m(3)2.4s本题中小球的运动分为两个阶段：平抛运动阶段和匀加速运动阶段，两个阶段的联系纽带是平抛运动的末速度为小球沿斜面做匀加速运动的初速度，这也是解答本题的关键.如图4－2－4所示，水平屋顶高H＝5m，墙高h＝3.2m，墙到房子的距离L＝3m，墙外马路宽D＝10m，小球从屋顶水平飞出落在墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度v应该满足什么条件？(g＝10m/s2)[思路点拨]小球触碰墙顶对应小球能落在墙外马路上的平抛的最小速度，而小球落在马路的右边缘对应小球能落在墙外马路上的平抛的最大速度．[课堂笔记]小球速度很小，则不能越过墙；小球速度很大，则飞到马路外面．两临界状态就是刚好越过墙和落在马路右侧边缘．设小球刚好越过墙如图中Ⅰ所示，此时小球的水平初速度为v1，则H-h=由L=v1t1得v1=5m/s.设小球越过墙刚好落在马路的右边缘如图中Ⅱ所示，此时小球的水平速度为v2，则H=由L+D=v2t2得v2=13m/s.所以小球离开屋顶时的速度满足5m/s≤v≤13m/s时，小球落在墙外的马路上．[答案]5m/s≤v≤13m/s本题属于平抛运动中的临界问题．每当遇到类似的题目时常常感到无从下手，因此形成一个良好的分析问题、解决问题的思路特别重要．解决此类问题的关键有三点：其一是确定运动性质——平抛运动；其二是确定临界位置——恰不触墙和恰不出界；其三是确定临界轨迹，并画出轨迹示意图.在光滑的水平面内，一质量m＝1kg的质点以速度v0＝10m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图4－2－5所示的曲线为质点的轨迹图(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；(2)质点经过P点的速度大小．图4－2－5[思路点拨]解答本题时应注意以下三点：(1)判断质点的运动...
