《2019高中物理 第一章 抛体运动 微型专题1 平抛运动规律的应用学案 教科版必修2.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高中物理 第一章 抛体运动 微型专题1 平抛运动规律的应用学案 教科版必修2.doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1微型专题微型专题 1 1 平抛运动规律的应用平抛运动规律的应用学习目标 1.能熟练运用平抛运动规律解决问题.2.会分析平抛运动与其他运动相结合的问题.3.会分析类平抛运动一、平抛运动的两个重要的推论及应用平抛运动的两个推论(1)某时刻速度、位移与初速度方向的夹角、的关系为 tan2tan.(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例 1 如图 1 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(空气阻力不计)( )图 1AtansinBtancosCtantanDtan2tan答案 D解析 物体从抛出
2、至落到斜面的过程中，位移方向与水平方向夹角为，落到斜面上时速度方向与水平方向夹角为，由平抛运动的推论知 tan2tan，选项 D 正确【考点】平抛运动推论的应用【题点】平抛运动推论的应用二、与斜面有关的平抛运动与斜面有关的平抛运动，包括两种情况：(1)物体从空中抛出落在斜面上；(2)物体从斜面上抛出落在斜面上在解答该类问题时，除要运用平抛运动的位移和速度规律外，还要充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度的关系，从而使问题得到顺利解决两种情况的特点及分析方法对比如下：方法内容斜面飞行时间总结2分解速度水平方向：vxv0竖直方向：vygt特点：tanvx vyv0 gttv0 gtan分解速度
3、，构建速度三角形分解位移水平方向：xv0t竖直方向：ygt2特点：tan 1 2y xgt 2v0t2v0tan g分解位移，构建位移三角形例 2 如图 2 所示，以 9.8m/s 的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为 30的固定斜面上，这段飞行所用的时间为(不计空气阻力，g取 9.8 m/s2)( )图 2A.sB.sC.sD2s232 233答案 C解析 如图所示，把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度vy，则有tan30，vygt，联立得ts，故 C 正确v0 vyv0 gtan303v0g3【考点】平抛运动与斜面的结合问题【题点】对着斜面水平抛物问
4、题本题中物体垂直落到斜面上，属于知道末速度方向的题目此类题目的分析方法一般是将物体的末速度进行分解，由速度方向确定两分速度之间的关系例 3 如图 3 所示，AB为固定斜面，倾角为 30，小球从A点以初速度v0水平抛出，恰好落到B点求：(空气阻力不计，重力加速度为g)图 3(1)A、B间的距离及小球在空中飞行的时间；3(2)从抛出开始，经过多长时间小球与斜面间的距离最大？最大距离为多大？答案 (1) (2) 4v02 3g2 3v03g3v03g3v0212g解析 (1)设飞行时间为t，则水平方向位移lABcos30v0t，竖直方向位移lABsin30gt2，1 2解得ttan30，lAB.2v
5、0 g2 3v03g4v02 3g(2)方法一(常规分解)如图所示，小球的速度方向平行于斜面时，小球离斜面的距离最大，设经过的时间为t，则此时有 tan30vy v0gt v0故运动时间为tv0tan30 g3v03g此时小球的水平位移为xv0t3v023g又此时小球速度方向的反向延长线交横轴于处，故小球离斜面的最大距离为x 2Hxsin30.1 23v0212g方法二(结合斜抛运动分解)如图所示，把初速度v0、重力加速度g都分解成沿斜面和垂直斜面的两个分量在垂直斜面方向上，小球做的是以v0y为初速度、gy为加速度的“竖直上抛”运动小球到达离斜面最远处时，速度vy0，由vyv0ygyt可得tt
6、an30v0y gyv0sin30 gcos30v0 g3v03g4小球离斜面的最大距离y.v0y2 2gyv02sin230 2gcos303v0212g【考点】平抛运动与斜面的结合问题【题点】从斜面顶端水平抛物问题1物体从斜面抛出后又落到斜面上，属已知位移方向的题目，此类题的解题方法一般是把位移分解，由位移方向确定两分位移的关系2从斜面上开始又落于斜面上的过程中，速度方向与斜面平行时，物体到斜面的距离最大，此时已知速度方向，需将速度进行分解针对训练 两相同高度的固定斜面倾角分别为 30、60，两小球分别由斜面顶端以相同水平速率v抛出，如图 4 所示，不计空气阻力，假设两球都能落在斜面上，则
7、分别向左、右两侧抛出的小球下落高度之比为( )图 4A12B31C19D91答案 C解析 根据平抛运动的规律以及落在斜面上的特点可知，xvt，ygt2，tan ，分1 2y x别将 30、60代入可得左右两球平抛所经历的时间之比为 13，两球下落高度之比为19，选项 C 正确【考点】平抛运动与斜面的结合问题【题点】从斜面顶端水平抛物问题三、类平抛运动类平抛运动是指物体做曲线运动，其运动可以分解为互相垂直的两个方向的分运动：一个方向做匀速直线运动，另一个方向是在恒定合外力作用下的初速度为零的匀加速直线运动(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
8、规律初速度v0方向上：vxv0，xv0t.合外力方向上：a，vyat，yat2.F合 m1 25例 4 如图 5 所示的光滑固定斜面长为l、宽为b、倾角为，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：(重力加速度为g，不计空气阻力)图 5(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大小v0；(3)物块离开Q点时速度的大小v.答案 (1) (2)b(3)2l gsingsin 2lb24l2gsin2l解析 (1)沿斜面向下的方向有mgsinma，lat21 2联立解得t.2l gsin(2)沿水平方向有bv0tv0 b.b tgsin
9、 2l(3)物块离开Q点时的速度大小v.v02at2b24l2gsin2l【考点】类平抛物体的运动【题点】类平抛物体的运动1(平抛运动规律的推论)如图 6 所示，从倾角为的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为2，不计空气阻力，则( )6图 6A当v1v2时，12B当v1v2时，12C无论v1、v2关系如何，均有12D1、2的关系与斜面倾角有关答案 C解析 小球从斜面某点水平抛出后落到斜面上，小球的位移与水平方向的夹角等于斜面倾角，即 tan ，小球
10、落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值y x1 2gt2 v0tgt 2v0tan，故可得 tan2tan，只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向夹角vy vxgt v0就总是，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是，故速度方向与斜面的夹角就总是相等，与v1、v2的关系无关，C 选项正确【考点】平抛运动与斜面的结合问题【题点】从斜面顶端水平抛物问题2(类平抛运动)A、B两个质点以相同的水平速度v0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，不计阻力，如图 7 所示，下列关于P1、P2在x轴方向上远近关系的判断正确的是( )图 7AP1较远BP2较远CP1、P2
11、一样远DA、B 两项都有可能答案 B解析 A质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有hgt12.B质点水平抛1 2出后，受重力和支持力，在斜面平面内所受合力为mgsin，大小恒定且与初速度方向垂直，所以B质点做类平抛运动在沿斜面向下方向上gsint22，由此得h sin1 2t2t1，由于二者在水平方向(x轴方向)上都做速度为v0的匀速运动，由xv0t知x2x1.【考点】类平抛物体的运动【题点】类平抛物体的运动73(与斜面有关的平抛运动)如图 8 所示，运动员踏着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上(未画出)获得一速度后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆设一位运动员由斜坡顶的A点沿水平方向
12、飞出的速度v020m/s，落点在斜坡底的B点，斜坡倾角37，斜坡可以看成一斜面，不计空气阻力(g取 10m/s2，sin370.6，cos370.8)求：图 8(1)运动员在空中飞行的时间t；(2)A、B间的距离s.答案 (1)3s (2)75m解析 (1)运动员由A点到B点做平抛运动，则水平方向的位移xv0t竖直方向的位移ygt21 2又 tan，联立得t3sy x2v0tan g(2)由题意知 sin y s1 2gt2 s得A、B间的距离s75m.gt2 2sin【考点】平抛运动与斜面的结合问题【题点】从斜面顶端水平抛物问题4.(与斜面有关的平抛运动)如图 9 所示，小球以 15m/s
13、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不计空气阻力，在这一过程中，求：(g取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8)图 9(1)小球在空中的飞行时间；(2)抛出点距撞击点的竖直高度答案 (1)2s (2)20m解析 (1)将小球垂直撞在斜面上时的速度分解，如图所示8由图可知37，tan，则t2s.v0 gtv0 gtan(2)hgt2 1022m20m.1 21 2【考点】平抛运动与斜面的结合问题【题点】对着斜面水平抛物问题一、选择题考点一 平抛运动推论的应用1.如图 1 所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角
14、为，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )图 1A小球水平抛出时的初速度大小为gttanB小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为 2C若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D若小球初速度增大，则减小答案 D解析 速度、位移分解如图所示，vygt，v0，故 A 错误设位移方向与vy tangt tan水平方向夹角为，则 tan2tan，故 B 错误平抛运动的时间由下落高度 2决定，与水平初速度无关，故 C 错误由 tan知，v0增大则减小，D 正确vy v09【考点】平抛运动推论的应用【题点】平抛运动推论的应用2某军区某旅展开的实兵实弹演练中，某火箭炮在山坡上发射炮弹，所有炮弹
15、均落在山坡上，炮弹轨迹简化为平抛运动，如图 2 所示，则下列选项说法正确的是( )图 2A若将炮弹初速度减为，炮弹落在斜面上速度方向与斜面夹角不变v0 2B若将炮弹初速度减为，炮弹落在斜面上速度方向与斜面夹角变小v0 2C若将炮弹初速度减为，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面夹角变大v0 2D若将炮弹初速度减为，炮弹位移变为原来的v0 21 2答案 A解析 因为炮弹落在斜面上的位移方向不变，所以落在斜面上的速度方向不变，B、C 项错误，A 项正确由 tan得：t，而hgt2，故hv，若将炮弹初速度1 2gt2 v0t2v0tan g1 22 0减为，则炮弹下落高度变为原来的 ，位移也变为原来的 ，
16、D 项错误v0 21 41 4【考点】平抛运动推论的应用【题点】平抛运动推论的应用考点二 与斜面有关的平抛运动3.如图 3 所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)( )图 310A两次小球运动时间之比t1t212B两次小球运动时间之比t1t212C两次小球抛出时初速度之比v01v0212D两次小球抛出时初速度之比v01v0214答案 A解析 平抛运动竖直方向为自由落体运动，hgt2，由题意可知两次平抛的竖直位移之比1 2为 12，所以运动时间之比为t1t21，A 对，B 错；水平方向为匀速直线运动，由2题意知水平
17、位移之比为 12，即v01t1v02t212，所以两次抛出时的初速度之比v01v021，选项 C、D 错2【考点】平抛运动与斜面的结合问题【题点】从斜面顶端水平抛物问题4如图 4 所示，从斜面上的A点以速度v0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B点，已知A75m，37，不计空气阻力，g10m/s2，下列说法正确的是( )B图 4A物体的位移大小为 60mB物体飞行的时间为 6sC物体的初速度v0大小为 20m/sD物体在B点的速度大小为 30m/s答案 C解析 物体的位移等于初、末位置的距离，位移大小l75m，A 错误平抛运动的竖AB直位移hsin750.6m45m，根据hgt2得
18、，物体飞行的时间tAB1 22h gs3s，B 错误物体的初速度v0m/s20 m/s，C 正2 45 10ABcos t75 0.8 3确物体落到B点的竖直分速度vBygt103m/s30 m/s，根据平行四边形定则知，物体落在B点的速度vBm/s10m/s，D 错误v02vBy240090013【考点】平抛运动与斜面的结合问题【题点】从斜面顶端水平抛物问题5在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落v 2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( )11A2 倍B4 倍C6 倍D8 倍答案 A解析 如图所示，可知：xvt，xtangt2，1 2
19、vygt2tanvvtvv2vy214tan2甲、乙两球抛出速度为v和 ，则可得落至斜面时速率之比为 21.v 26.斜面上有P、R、S、T四个点，如图 5 所示，PRRSST，从P点正上方的Q点以速度v水平抛出一个物体，物体落于R点，若从Q点以速度 2v水平抛出一个物体，不计空气阻力，则物体落在斜面上的( )图 5AR与S间的某一点BS点CS与T间的某一点DT点答案 A解析 平抛运动的时间由下落的高度决定，下落的高度越高，运动时间越长如果没有斜面，增大速度后物体下落至与R等高时恰位于S点的正下方，但实际当中斜面阻碍了物体的下落，物体会落在R与S点之间斜面上的某个位置，A 项正确【考点】平抛运
20、动与斜面的结合问题【题点】对着斜面水平抛物问题127如图 6 所示，B点位于斜面底端M点的正上方，并与斜面顶端A点等高，且高度为h，在A、B两点分别以速度va和vb沿水平方向抛出两个小球a、b(可视为质点)，若a球落到M点的同时，b球恰好落到斜面的中点N，不计空气阻力，重力加速度为g，则( )图 6AvavbBvavb2Ca、b两球同时抛出Da球比b球提前抛出的时间为(1)22h g答案 B解析 据题意，由于a球落到斜面底端M点时b球落到斜面中点，则可知a球的水平位移和竖直位移都是b球的两倍，即xa2xb，ha2hb，由hgt2和xvt得vx，故1 2g 2h，vavb，故选项 A 错误，选项
21、 B 正确；由于抛出时两球所在的高度相同，下落va vb212高度不同，如果同时抛出，b球应该先到达斜面中点，故选项 C 错误；a球的运动时间为：ta，b球的运动时间为：tb，a球先运动，ttatb(1)，故选项 D 错2h gh g2h g误【考点】平抛运动与斜面的结合问题【题点】对着斜面水平抛物问题考点三 平抛运动规律的综合应用8如图 7 所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为.一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道已知重力加速度为g，则A、B之间的水平距离为( )图 7A.B.v02tan g2v02tan g13C.D.v02
22、gtan2v02 gtan答案 A解析 如图所示，对在B点时的速度进行分解，小球运动的时间t，则vy gv0tan gA、B间的水平距离xv0t，故 A 正确，B、C、D 错误v02tan g【考点】平抛运动规律的综合应用【题点】平抛运动和圆的结合9(多选)如图 8 所示，从半径为R1m 的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t0.4s 小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g10m/s2，则小球的初速度v0可能为( )图 8A1m/s B2 m/s C3 m/s D4 m/s答案 AD解析 由于小球经 0.4s 落到半圆上，下落的高度hgt20.8m，位置可能有两处，如图1 2所示
23、，第一种可能：小球落在半圆左侧，v0tR0.4m，v01m/s，第二种可能：R2h2小球落在半圆右侧，v0tR1.6m，v04m/s，选项 A、D 正确R2h2【考点】平抛运动推论的应用【题点】平抛运动推论的应用二、非选择题10.(平抛运动规律的综合应用)如图 9 所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在平台前一倾角为53的固定斜面顶端并刚好沿斜面下滑，已知平台到斜面顶端的高度为h0.8m，不计空气阻力，g10m/s2，sin530.8，cos530.6，求：14图 9(1)小球水平抛出的初速度大小v0；(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x.答案 (1)3m/s (2)1.2m解析 小球从平台运
24、动到斜面顶端的过程中做平抛运动，由平抛运动规律有：xv0t，hgt2，vygt1 2由题图可知：tanvy v0gt v0代入数据解得：v03m/s，x1.2m.【考点】平抛运动规律的综合应用【题点】平抛运动规律的综合应用11.(与斜面有关的平抛运动)如图 10 所示，在倾角为 37的斜面上从A点以 6m/s 的初速度水平抛出一个小球，小球落在B点，求：(g取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8，不计空气阻力)图 10(1)A、B两点间的距离和小球在空中飞行的时间；(2)小球刚碰到斜面时的速度方向与水平方向夹角的正切值答案 (1)6.75m 0.9s (2)3 2解析 (1)如
25、图所示，设小球落到B点时速度的偏转角为，运动时间为t.则 tan37 th x1 2gt2 v0t5 6又因为 tan37 ，解得t0.9s3 415所以xv0t5.4m则A、B两点间的距离l6.75mx cos37(2)在B点时，tan .vy v0gt v03 212(与斜面有关的平抛运动)如图 11 所示，一个小球从高h10m 处以水平速度v010m/s 抛出，撞在倾角45的斜面上的P点，已知5mg10m/s2，不计空气AC阻力，求：图 11(1)P、C之间的距离；(2)小球撞击P点时速度的大小和方向答案 (1)5m (2)10m/s 方向垂直于斜面向下22解析 (1)设P、C之间的距离
26、为L，根据平抛运动规律有Lcosv0t，hLsingt2AC1 2联立解得L5m，t1s2(2)小球撞击P点时的水平速度v010m/s竖直速度vygt10m/s所以小球撞击P点时速度的大小v10m/sv02vy22设小球撞击P点时的速度方向与水平方向的夹角为，则 tan1vy v0解得45故小球撞击P点时速度方向垂直于斜面向下【考点】平抛运动与斜面的结合问题【题点】对着斜面水平抛物问题13(平抛运动规律的综合应用)如图 12 所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处已知斜面AB光滑，长度l2.5m，斜面倾角30.不计空气阻力，g取 10m/s2，求：16图 12(1)小球p从A点滑到B点的时间(2)小球q抛出时初速度的大小答案 (1)1s (2)m/s5 34解析 (1)设小球p从斜面上下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：agsinmgsin m设下滑所需时间为t1，根据运动学公式得lat121 2由得t12l gsin解得t11s(2)对小球q：水平方向位移xlcosv0t2依题意得t2t1由得v0m/s.lcos t15 34【考点】平抛运动和直线运动的物体相遇问题【题点】平抛运动和直线运动的物体相遇问题