高考物理大一轮复习专题抛体运动课件.ppt

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v gt 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？,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 s x v0t1 30.4 m1.2 m.,(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度,【考点练透】 1.(2016 年广东湛江一模)如图 4-2-4 所示，某同学将一枚飞 镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在 靶心的正下方.忽略飞镖运动过程中所受的空气阻力，在其他条 件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，他在下次投掷时可以,(,) A.换用质量稍大些的飞镖 B.适当增大投飞镖的高度 C.到稍远些的地方投飞镖,图 4-2-4,D.适当减小投飞镖的初速度 答案：B,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 12 D.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,v0 gtan ,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 xv0t y gt2,tan ,y x,图 4-2-8,可求得 t,2v0tan g,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 37 0.6，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,v0 vy,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 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.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 m 0.5 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 F1ma1 2.0 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共线时，物体做 直线运动；当合