抛体运动PPT演示文档

.,第2讲 抛体运动,.,一、平抛运动,重力,重力加速度 g,1.概念：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在_作用下所做的运动，叫平抛运动.2.性质：平抛运动是加速度为_的匀变速,曲线运动，轨迹是抛物线.,沿水平方向,重力,3.平抛运动的条件：(1)v00，_；(2)只受_,作用.,匀速直线,自由落体,4.研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的_运动和竖直方向的_运动.,.,5.基本规律(如下图所示),位移关系,.,速度关系,.,【基础检测】(多选)某人向放在水平地面上正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图 4-2-1 所示. 不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，可,能做出的调整为(,),A.减小初速度，抛出点高度不变B.增大初速度，抛出点高度不变,图 4-2-1,C.初速度大小不变，降低抛出点高度D.初速度大小不变，增大抛出点高度答案：AC,.,二、斜抛运动及其研究方法(说明：斜抛运动只作定性要求)1.概念：将物体以速度 v 斜向上方或斜向下方抛出，物体,只在_作用下的运动.,重力,2.性质：加速度为_的匀变速曲线运动，,轨迹是_.,重力加速度 g,抛物线,3.处理方法：斜抛运动可以看做是水平方向的_,运动和_运动的合运动.,匀速直线,竖直上抛,.,考点 1 对平抛运动规律的理解重点归纳,.,.,4.有用结论(1)速度改变量：物体在任意相等时间内的速度改变量vgt 相同，方向恒为竖直向下，如图甲所示.(2)水平位移中点：因 tan 2tan ，所以 OC2BC，即速度的反向延长线通过此时水平位移的中点，如图乙所示.,甲,乙,.,典例剖析,例 1：如图 4-2-2 所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为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 h0.8 m，取重力加速度 g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，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 x 是多少？,(3)若斜面顶端高 H20.8 m，则小球离开平台后经多长时,间 t 到达斜面底端？,若撤去斜面，小球落地时间如何变化？落地速率如何变化？,.,图 4-2-2,思维点拨：由平台到斜面顶端的高度差 h 可以求出小球平抛的时间及小球在斜面顶端的竖直分速度，再根据小球速度沿,斜面向下，求出初速度 v0.而小球沿斜面下滑的初速度是小球平抛到斜面顶端的合速度.,.,解：(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 4-2-3所示.,图 4-2-3,代入数据得 vy4 m/s，v0 3 m/s.(2)由 vygt1 得 t1 0.4 sx v0t1 30.4 m1.2 m.,.,(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度,.,.,考点 2 多体平抛问题重点归纳,1.多体平抛运动问题是指多个物体在同一竖直平面内平抛,时所涉及的问题.,2.三类常见的多体平抛运动,(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动.(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定.,(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动.,.,.,.,典例剖析例 2：(2015 年广东深圳模拟)如图 4-2-5 所示，在距水平地面 H 和 4H 高度处，同时将质量相同的 a、b 两小球以相同的初,),速度 v0 水平抛出，则以下判断正确的是(A.a、b 两小球同时落地B.两小球落地速度方向相同C.a、b 两小球水平位移之比为 12D.a、b 两小球水平位移之比为 14,图 4-2-5,.,思维点拨：小球做平抛运动，在空中的运动时间取决于下落的高度，水平位移和落地的速度方向取决于下落的高度和初速度.,答案：C,.,【考点练透】2.(多选，2016 年浙江台州模拟)如图 4-2-6 所示，a、b 两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的,),交点为 P，则以下说法正确的是(A.a、b 两球同时落地B.b 球先落地C.a、b 两球在 P 点相遇,图 4-2-6,D.无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇,.,B 正确，A 错误；两球的运动轨迹相交于 P 点，但两球不会同时到达 P 点，故无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇，C 错误，D 正确.答案：BD,.,.,.,.,.,.,模型 1 几种常见平抛运动模型的时间计算方法(一)对着斜面的平抛运动(如图 4-2-7 所示)方法：分解速度vxv0 vygt,可求得 t,v0gtan ,图 4-2-7,.,(二)顺着斜面的平抛运动(如图 4-2-8 所示)方法：分解位移xv0ty gt2,tan ,yx,图 4-2-8,可求得 t,2v0tan g,与初速度大小无关,.,.,.,.,.,.,但水平位移相同.运动时间为 t .,(三)对着竖直墙壁的平抛运动,如图 4-2-9 所示，水平初速度 v0 不同时，虽然落点不同，,d,v0,图 4-2-9,.,(四)半圆内的平抛运动,如图 4-2-10 所示，由半径和几何关系制约时间 t，有,联立两方程可求 t.,图 4-2-10,.,例 3：(2016 年重庆江北中学水平测试)如图 4-2-11 所示，倾角为 37的斜面长 l1.9 m，在斜面底端正上方的 O 点将一小球以 v03 m/s 的速度水平抛出，与此同时静止释放顶端的滑,块，经过一段时间后小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块.(小球和滑块均可视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：,图 4-2-11,(1)抛出点 O 离斜面底端的高度.(2)滑块与斜面间的动摩擦因数.,.,思维点拨：,.,几何关系得 tan37,运动学规律得 vygt，y gt2，xv0t,解：(1)设小球击中滑块时的速度为 v，竖直速度为 vy，由,v0vy,设小球下落的时间为 t，竖直位移为 y，水平位移为 x，由,设抛出点到斜面最低点的距离为 h，由几何关系得hyxtan 37,由以上各式解得 h1.7 m.,.,(2)在时间 t 内，滑块的位移为 x，由几何关系得,对滑块由牛顿第二定律得 mgsin 37mgcos 37ma由以上各式解得0.125.,.,【触类旁通】1.(多选，2013 年上海卷)如图 4-2-12 所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标 A.已知 A 点高度为 h，山坡倾角为，由此可,算出(,),图 4-2-12,A.轰炸机的飞行高度C.炸弹的飞行时间,B.轰炸机的飞行速度D.炸弹投出时的动能,.,解析：设轰炸机投弹位置高度为 H，炸弹水平位移为 s，则,飞行时间，再由 xv0t 可求出飞行速度，故 B、C 正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D 错误.答案：ABC,.,.,.,.,模型斜抛运动,2,.,.,.,模型 2 类平抛运动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 v0 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 a,F合m,.,3,.,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(即沿合力的方向)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.,.,4.类平抛运动问题的求解思路,(1)根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛,运动问题.,(2)求出物体运动的加速度.,(3)根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解.,.,例 4：(2016 年河北正定中学月考)风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力.如图 4-2-13 所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立 xOy 直角坐标系.质量为 m0.5 kg 的小球以初速度 v00.40 m/s 从 O 点沿 x 轴正方向运动，在 02.0 s 内受到一个沿 y 轴正方向、大小 F10.20 N 的风力作用；小球运动 2.0 s 后风力方向变为 y 轴负方向、大小变为 F20.10 N(图中未画出).试求：,.,图 4-2-13,(1)2.0 s 末小球在 y 方向的速度大小和 2.0 s 内运动的位移大,小.,(2)风力 F2 作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同.审题突破：(1)小球在力 F1 作用下，在02.0 s 内做类平抛,运动.,(2)换为F2 作用后，当小球沿 y 轴方向的速度为零时，小球,的速度与初速度相同.,.,解：(1)设在 02.0 s 内小球运动的加速度为 a1，则F1ma12.0 s 末小球在 y 方向的速度 v1a1t1代入数据解得 v10.8 m/s沿 x 轴方向运动的位移 x1v0t1,.,(2)设 2.0 s 后小球运动的加速度为 a2，F2 的作用时间为 t2,时小球的速度变为与初速度相同.则,F2ma2,0v1a2t2,代入数据解得 t24.0 s.,.,【触类旁通】,2.如图 4-2-14 所示，有一倾角为 30的光滑斜面，斜面长 L为 10 m，一小球从斜面顶端以 10 m/s 的速度在斜面上沿水平方向抛出.取 g10 m/s2，求：,(1)小球沿斜面滑到底端时的水平位移 x.(2)小球到达斜面底端时的速度大小.,图 4-2-14,.,解：(1)沿初速度方向 xv0t 沿斜面向下 agsin 联立式代入数据解得 x20 m.(2)vyat ,.,易错点 将直线运动规律误用到曲线运动中例 5：(多选)有一个物体在 h 高处，以水平初速度 v0 抛出，落地时的速度为 vt，竖直分速度为 vy ，下列公式能用来计算该,物体在空中运动时间的是(,),.,正解分析：平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动.,根据式知 A、D 正确.答案：AD,.,指点迷津：选择运动公式首先要判断物体的运动性质.运动性质确定了，模型确定了，运动规律就确定了.判断运动性质要根据合外力和初速度 v0 的关系.当合外力与 v0共