2014高三物理一轮复习 第四章 第2讲 平抛运动3

1 第四章第四章 第第 2 2 讲讲 平抛运动平抛运动 3 3 平 抛 运 动 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所做的运动 2 性质 加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动 运动轨迹是抛物线 3 基本规律 以抛出点为原点 以水平方向 初速度v0方向 为x轴 以竖直向下方 向为y轴 建立平面直角坐标系 则 1 水平方向 做匀速直线运动 速度vx v0 位移x v0t 2 竖直方向 做自由落体运动 速度vy gt 位移y gt2 1 2 3 合速度 v 方向与水平方向夹角为 则 tan v2x v2yv2 0 g2t2 vy vx gt v0 4 合位移 s 方向与水平方向夹角为 tan x2 y2 v2 0t2 1 4g2t4 y x gt 2v0 5 轨迹方程 y x2 g 2v2 0 1 平抛运动中的四个具体问题 1 飞行时间 由t 知 时间取决于下落高度h 与初速度v0无关 2h g 2 水平射程 x v0t v0 即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定 与其 2h g 他因素无关 3 落地速度 v 以 表示落地速度与x轴正方向间的夹角 v2x v2yv2 0 2gh 有 tan 所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关 vy vx 2gh v0 4 速度改变量 因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g 所以做平抛运动的 物体在任意相等时间间隔 t内的速度改变量 v g t相同 方向恒为竖直向下 如 图 4 2 1 所示 2 图 4 2 1 2 两个重要推论 1 做平抛 或类平抛 运动的物体任一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 4 2 2 中A点和B点所示 图 4 2 2 2 做平抛 或类平抛 运动的物体在任一时刻任一位置处 设其速度方向与水平方向的 夹角为 位移与水平方向的夹角为 则 tan 2tan 图 4 2 3 1 在平坦的垒球运动场上 击球手挥动球棒将垒球水平击出 垒球飞行一段时间后落 地 若不计空气阻力 则 A 垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定 B 垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定 C 垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定 D 垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定 解析 选 D 垒球做平抛运动 水平方向做匀速直线运动 由位移x v0t知垒球在空 中运动的水平位移由初速度和运动的时间决定 C 错 竖直方向做自由落体运动 由 h gt2 得在空中运动的时间t 故 D 对 由平行四边形定则得落地时的瞬时速度 1 2 2h g 的大小为v tan 其大小和方向由初速度和运动时间t共同决定 v2 0 gt 2 gt v0 3 A B 错 斜 抛 运 动 1 定义 将物体以速度v斜向上或斜向下抛出 物体只在重力作用下的运动 2 性质 加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动 运动轨迹是抛物线 1 斜抛运动的研究方法 以斜上抛为例 如图 4 2 4 所示 图 4 2 4 1 水平方向 v0 x v0cos F合x 0 2 竖直方向 v0y v0sin F合y mg 2 特点 斜抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直抛体运动的合运动 2 如图 4 2 5 所示 将一篮球从地面上方B点斜向上抛出 刚好垂直击中篮板上A 点 不计空气阻力 若抛射点B向篮板方向移动一小段距离 仍使抛出的篮球垂直击中A 点 则可行的是 图 4 2 5 A 增大抛出速度v0 同时减小抛射角 B 减小抛出 速度v0 同时减小抛射角 C 增大抛射角 同时减小抛出速度v0 D 增大抛射角 同时增大抛出速度v0 解析 选 C 把斜抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动 若抛射点B向篮板方向移动一小段距离 将一篮球从地面上方B点斜向上抛出 选项可行 的是增大抛射角 同时减小抛出速度 才能击中A点 4 平抛运动的基本规律 命题分析 本考点属于高考中的重要考点 几乎在每年的高考中都被考查到 考查 的题型有选择 计算等 例 1 如图 4 2 6 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 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 10 m s2 sin 53 0 8 cos 53 0 6 求 图 4 2 6 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H 20 8 m 则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端 思维流程 第一步 抓信息关键点 关键点信息获取 1 恰好落在斜面顶端平抛运动过程中的竖直高度和水平位移 2 并刚好沿光滑斜面下滑 小球刚到达斜面顶端时速度方向沿斜面方向 小球在斜面 上运动时不受摩擦力 第二步 找解题突破口 1 已知平抛运动的竖直位移h 利用公式v2 2gh可求出竖直速度 由于合速度沿斜 面方向 利用几何关系 可求出水平速度 2 利用公式h gt2可求出t 再利用x v0t可求出水平位移 1 2 3 小球在斜面上做匀变速直线运动 利用匀变速直线运动规律可求出到达斜面底端的 时间 第三步 条理作答 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 所以 5 vy v0tan 53 v 2gh 2y 代入数据 得vy 4 m s v0 3 m s 2 由vy gt1得 t1 0 4 s x 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 8 m s2 mgsin 53 m 在斜面上的初速度v 5 m s v2 0 v2y vt2 at H sin 53 1 22 2 代入数据 整理得 4t 5t2 26 0 2 2 解得t2 2 s 或t2 s 不合题意舍去 13 4 所以t t1 t2 2 4 s 答案 1 3 m s 2 1 2 m 3 2 4 s 1 解答平抛运动的基本方法是运动的合成与分解 即沿水平和竖直两个方向将运动 正交分解 2 对于临界问题 解答的关键是找出临界点 如在本题中 临界点是小球恰好到达 斜面顶端的速度 变式训练 1 2011 海南高考 如图 4 2 7 水平地面上有一个坑 其竖直截面为半圆 ab为 沿水平方向的直径 若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球 小球会击中坑壁上的c 点 已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半 求圆的半径 图 4 2 7 解析 小球做平抛运动 设圆的半径为R 由题意得 30 6 水平方向有 R Rcos 30 v0t 竖直方向有 Rsin 30 gt2 1 2 由 和 两式解得 R 4 2 3 2v2 0 g 答案 4 2 3 2v2 0 g 类平抛运动问题 命题分析 类平抛运动在高考中常被考查到 特别是带电粒子在电场中偏转时的类 平抛运动考查到的概率很大 难度一般为中等 例 2 质量为m的飞机以水平初速度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 它的上升高度为h 如图 4 2 8 所示 求 图 4 2 8 1 飞机受到的升力大小 2 上升至h高度时飞机的速度 解析 1 飞机水平方向速度不变 则有l v0t 竖直方向上飞机加速度恒定 则有h at2 1 2 联立得a v 根据牛顿第二定律F mg ma 得飞机受到的升力 2h l2 2 0 F mg ma mg 1 v 2h gl2 2 0 2 由题意将此运动分解为水平方向速度为v0的匀速直线运动 l v0t 竖直方向为 初速度为 0 加速度a v的匀加速直线运动 2h l2 2 0 上升到h高度其竖直速度 vy 2ah 2 2hv2 0 l2 h 2hv0 l 7 所以上升至h高度时其速度 v v2 0 v2y v0 ll2 4h2 如图所示 tan 方向与v0成 角 vy v0 2h l arctan 2h l 答案 1 mg 1 v 2 方向与v0成 角 arctan 2h gl2 2 0 v0 l l2 4h2 2h l 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a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 变式训练 2 如图 4 2 9 所示的光滑斜面长为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 图 4 2 9 1 物块由P运动到Q所用的时间t 2 物块由P点水平入射时的初速度v0 3 物块离开Q点时速度的大小v 解析 1 物块沿水平方向匀速运动 b v0t 沿斜面向下的方向为初速度为零的匀 加速运动 设加速度为a 则有 mgsin ma l at2 1 2 8 联立解得t 2l gsin 2 由 1 可得v0 b b t gsin 2l 3 物块到达Q点的速度大小 v v2 0 at 2 结合 1 2 解得v b2 4l2 gsin 2l 答案 1 2 b 2l gsin gsin 2l 3 b2 4l2 gsin 2l 万能模型 平抛与斜面模型 1 模型特点 平抛运动与斜面结合的问题 一般是研究物体从斜面顶端平抛到落回斜面的运动过程 解决这类问题一般仍是在水平和竖直方向上分解 求解的关键在于深刻理解通过与斜面的 关联而给出的隐含条件 2 特殊状态 该模型最重要的状态是物体落回斜面和速度与斜面平行两个时刻的状态 这两个状态 典型的运动特征如下 1 从斜面开始平抛并落回斜面的时刻 全过程位移的方向沿斜面方向 即竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切 竖直速度与水平速度之比等于斜面倾角正切的两倍 2 速度与斜面平行的时刻 竖直速度与水平速度之比等于斜面倾角的正切 该时刻是全运动过程的中间时刻 该时刻之前与该时刻之后竖直方向上的位移之比为 1 3 该时刻之前与该时刻之后斜面方向上的位移之比不是 1 3 3 特殊类型 该模型的另一类问题是平抛后垂直撞击斜面 在撞击斜面的时刻 速度方向与水平方 向的夹角与斜面的倾角互余 示例 如图 4 2 10 所示 一光滑斜面与竖直方向成 角 一小球以两种方式释 9 放 第一种方式是在A点以速度v0平抛落至B点 第二种方式是在A点松手后沿斜面自由 下滑至B点 求 图 4 2 10 1 AB的长度多大 2 两种方式到达B点 平抛的运动时间为t1 下滑的时间为t2 等于多少 t1 t2 3 以两种方式到达B点的水平分速度之比和竖直分速度各是多少 v1x v2x v1y v2y 解析 以两种方式释放 从A到B位移相同 设AB长为L 1 水平方向位移Lsin v0t1 竖直方向位移Lcos gt 1 22 1 联立 得L 2v2 0cos gsin2 2 将L值代入 式可得t1 2v0 gtan 物体下滑的加速度a gcos 由L at 得t2 1 22 2 2L a 将L a代入得t2 则有 2v0 gsin t1 t2 cos 1 3 平抛运动的水平分速度v1x v0 竖直分速度 v1y gt1 2v0 tan 下滑运动的水平分速度v2x v2sin 竖直分速度 v2y v2cos 由于v2 2aL 2v0 tan 10 所以v2x 2v0cos v2y 2v0cos2 sin 则 v1x v2x 1 2cos v1y v2y 1 cos 答案 1 2 cos 3 2v2 0cos gsin2 1 2cos 1 cos 模型构建 物体从斜面上某一点水平抛出又落在斜面上 即满足平抛运动规律 在 解答这类问题时 除要运用平抛运动的位移和速度规律 还要充分运用斜面倾角 找出斜 面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系 从而顺利解决问题 变式训练 2013 江西盟校二联 如图 4 2