高三第一轮物理平抛运动专题复习

1、第一轮复习重点突破(2平抛运动专题平昌二中徐自成 2012-11-17当物体初速度水平且仅受重力作用时的运动,被称为平抛运动。其轨迹为抛物线,性质为匀变速运动。平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动这两个分运动。广义地说,当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时,做类平抛运动。1、平抛运动基本规律 速度:0v v x =,gt v y = 合速度 22y x v v v +=方向 :tan =oxy v gt v v =位移x =v o t y =221gt 合位移大小:s =22y x + 方向:tan =t v g x y o =2 时间由y =221gt 得t =x y

2、 2(由下落的高度y 决定 竖直方向自由落体运动,匀变速直线运动的一切规律在竖直方向上都成立。应用举例(1方格问题【例1】平抛小球的闪光照片如图。已知方格边长a 和 闪光照相的频闪间隔T ,求:v 0、g 、v c(2临界问题典型例题是在排球运动中,为了使从某一位置和某一高度水平扣出的球既不触网、又不出界,扣球速度的取值范围应是多少?【例2】 已知网高H ,半场长L ,扣球点高h ,扣球点离网水平距离s、求:水平扣球速度v 的取值范围。【例3】如图所示,长斜面OA 的倾角为,放在水平地面上,现从顶点O 以速度v 0平抛一小球,不计空气阻力,重力加速度为g ,求小球在飞行过程中离斜面的最大距离s

3、 是多少? (3一个有用的推论 平抛物体任意时刻瞬时时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。 证明:设时间t 内物体的水平位移为s ,竖直位移为h ,则末速度的水平分量v x =v 0=s/t ,而竖直分量v y =2h/t , sh v v 2tan xy =, 所以有2tan s h s =' 【例4】 从倾角为=30°的斜面顶端以初动能E =6J 向下坡方向平抛出一个小球,则小球落到斜面上时的动能E /为_J 。 例题参考答案:1、解析:水平方向:T a v 20=竖直方向:22,Ta g gT s = 先求C 点的水平分速度v x

4、 和竖直分速度v y ,再求合速度v C :412,25,20Tav T a v T a v v c y x =2、解:假设运动员用速度v max 扣球时,球刚好不会出界,用速度v min 扣球时,球刚vvv tx/好不触网,从图中数量关系可得:(hgs L g h s L v 2(2/ max +=+=; (2(2/min H h gsg H h s v -=-= 实际扣球速度应在这两个值之间。3、解析:为计算简便,本题也可不用常规方法来处理,而是将速度和加速度分别沿 垂直于斜面和平行于斜面方向进行分解。如图15,速度v 0沿垂直斜面方向上的分量为v 1= v 0 sin ,加速度g 在垂直

5、于斜面方向上的分量为a =g cos ,根据分运动各自独立的原理可知,球离斜面的最大距离仅由和决定,当垂直于斜面的分速度减小为零时,球离斜面的距离才是最大。cos 2sin 22021g v a v s =。 点评:运动的合成与分解遵守平行四边形定则,有时另辟蹊径可以收到意想不到的效果。4、解析:以抛出点和落地点连线为对角线画出矩形ABCD ,可以证明末速度v t 的反向延长线必然交AB 于其中点O ,由图中可知AD AO =23,由相似形可知v t v 0=73,因此很容易可以得出结论:E /=14J 。点评:本题也能用解析法求解。列出竖直分运动和水平分运动的方程,注意到倾角和下落高度和射程

6、的关系,有:h=21gt 2,s=v 0t ,tan =sh或 h=21v y t , s=v 0 t ,tan =sh同样可求得v t v 0=73,E /=14J针对练习1.做平抛运动的物体,每秒的速度增量总是A .大小相等,方向相同;B .大小不等,方向不同C .大小相等,方向不同D .大小不等,方向相同2.从倾角为的足够长的斜面上的A 点,先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出.第一次初速度为v 1,球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为1,第二次初速度为v 2,球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为2,若v 1>v 2,则A .1>2 B .1= 2 C .1<2

7、D .无法确定3.从地面上方同一点向东与西分别平抛出两个等质量的小物体,抛出速度大小分别为v 和2v 不计空气阻力,则下面关于两个小物体的说法中,正确的是 ( A .从抛出到落地动量的增量相同B .从抛出到落地重力做的功相同C .从抛出到落地重力的平均功率相同D .落地时重力的瞬时功率相同4.如图所示,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V 1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V 2时,小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为2,则 ( A .当V 1>V 2时,1>2B .当V 1>V 2时,1<

8、2 C .无论V 1、V 2关系如何,均有1=2D .1、2的关系与斜面倾角有关 5.如图所示,高为h 的车厢在平直轨道上匀减速向右行驶,加速度大小为a ,车厢顶部A 点处有油滴滴落到车厢地板上,车厢地板上的O 点位于A 点的正下方,则油滴落地点必在O 点的-(填左、右方,离O 点距离为-。 6.如图所示,在倾角为30°的斜面上,沿水平方向抛出一小球,抛出时小球动能为 6 J ,则小球落回斜面时的动能为_J.7.小球从空中以某一初速度水平抛出,落地前1s 时刻,速度方向与水平方向夹30°角,落地时速度方向与水平方向夹60°角,g =10m/s 2,求小球在空中运动

9、时间及抛出的初速度。8.如图所示,飞机离地面高度为H =500m ,水平飞行速度为v 1=100m/s ,追击一辆速度为v 2=20 m/s同向行驶的汽车,欲使炸弹击中汽车,飞机应在距离汽车的水平距离多远处投弹?(g =10m/s 2 9.飞机以恒定的速度v 沿水平方向飞行,高度为2000m 。在飞行过程中释放一枚炸弹,经过30s 后飞行员听见炸弹落地的爆炸声。假设此爆炸向空间各个方向的传播速度都为330m/s ,炸弹受到的空气阻力可以忽略,求该飞机的飞行速度v ?10. 如图所示,点光源S 距墙MN 的水平距离为L ,现从O 处以水平速度v 0平抛一小球P ,P 在墙上形成的影是P '

10、;,在球做平抛运动过程中,其影P '的运动速度是多大? 11.在离地面高为h ,离竖直光滑墙的水平距离为s 1处,有一小球以v 0的速度向墙水平抛出,如图所示。小球与墙碰撞后落地,不计碰撞过程中的能量损失,也不考虑碰撞的时间,则落地点到墙的距离s 2为多少? 12.如图所示,光滑斜面长为a ,宽为b ,倾角为。一物块沿斜面上方顶点P 水平射入,而从右下方顶点Q 离开斜面,求物块入射的初速度为多少?13、如图所示,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=0.8m ,g = 10m/s 2,

11、sin53° = 0.8,cos53° = 0.6,则四川高考风向标，百万教学资源免费下载 0 h 小球水平抛出的初速度 v0 是多少？ 斜面顶端与平台边缘的水平距离 s 是多少？ 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？ s 53° 14、 （16 分）如图所示，有一质量 m=0.05Kg 的小滑块静止在高度为 h=1.25m 的水平 桌面上，小滑块到桌子右边缘的距离 S=1.0m，小滑块与桌面间的动摩擦因数 m = 0.35 ，重力加速度 g=10m/s2。现给小滑块 V0=4.0m/s 的初速度， 使滑块沿水平桌面

12、向右滑动。不计空气阻力。求： （1）小滑块落地时的速度。 （2）小滑块经多长时间落地。 15 (05 上海某滑板爱好者在离地 h1.8m 高的平台上滑行，水平离开 A 点后落在 水平地面的 B 点，其水平位移 S1=3m，着地时由于存在能量损失，着地后速度变为 v=4m/s， 并以此为初速沿水平地面滑行 S2=8m 后停止已知人与滑板的总质量 m=60kg求 （1）人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小； 2 （2）人与滑板离开平台时的水平初速度 （空气阻力忽略不计，g=10m/s ） 6 四川高考风向标，百万教学资源免费下载 参考答案： 1A 2B 3、ABCD；4、C； 5、右 a h

13、 ；6、14 g 7解析：设小球的初速度为 v0，落地前 1s 时刻其竖直分速度为 v1，由图 1 知：v1 v0tan300,落地时其竖直分速度为 v2，同理 v2v0tan600，v2- v1= gt， v0 = 3 3 g ， v2 = 3v0 = g = gt ，所以 t=1.5s。 2 2 点评：在解这类基本题型时，需要注意的是：速度、加速度、位移都是矢量，运算时 遵守平行四边形定则。 8解析：炸弹作平抛运动，其下落的时间取决于竖直高度，由 H = 1 2 gt 得： 2 t= 2H = 10 s，设距汽车水平距离为 s 处飞机投弹，则有： s = (v1 - v2 t = 800

14、m。 g 点评： 物体作平抛运动飞行的时间只与抛出 点和落地点的高度差有关， 与物体的质量及初速 度无关。先确定运动所需时间有助于问题的解 决。 9解析：设释放炸弹后，炸弹经 t1 时间落 地爆炸，则由平抛运动公式得： h = 1 2 gt1 ，设 2 2 从炸弹爆炸到飞行员听见爆炸声所经过的时间为 t2， 则由题给条件得 t= t1+ t2， 由图直角三 角形的几何关系可得 (vt2 = (ct2 - h ，解得 v=262m/s。 2 2 点评：根据题中描述的物理情景，画出相应的示意图，充分利用几何关系是处理平抛 运动相关问题通常采用的方法。 x L 10解析：设小球经过一段时间运动到某一

15、位置时的水平位 y h h L 移为 x，竖直位移为 y，对应的影的长度为 h，由图知： = ， y x 而 x= v0 t ，y= y gL 1 2 t ，由此看出影子的运动是匀速直线运动，其速 g t ；所以 h = L = x 2v0 2 7 四川高考风向标，百万教学资源免费下载 度为 gL 。 2v 0 点评：本题将平抛运动与光学有机结合起来，在思考时注意 抓住影子是由于光的直 线传播形成的。 s1 v0 11解析：如图所示，小球撞墙的速度 v 斜向下，其 v0 v0 水平分量为 v0，由于碰撞无能量损失，故碰撞后小球的速 h 度大小不变，v与 v 关于墙面对称，故 v的水平分量仍为

16、v v v0，s2 故等于小球没有撞墙时的水平位移 s2，所以 s2s s1，s 为平抛运动的整个位移，由 s= v0 t， h = 1 2 gt 有 2 s 2 s2 s s = v0 2h 2h - s1 。 ； s 2 = v0 g g 点评：由于碰撞无能量损失，故反弹速度与原速度关于墙面对称，可用平抛运动全程 求解是本题的一个亮点。 12解析：物体在光滑斜面上只受重力和斜面对物体的支持力，因此物体所受到的合 力大小为 F mg sinq ，方向沿斜面向下；根据牛顿第二定律，则物体沿斜面方向的加速 度应为 a 加 F = g sinq ，又由于物体的初速度与 a 加垂直，所以物体的运动可

17、分解为两 m 1 a 2 t2；故 个方向的运动，即水平方向是速度为 v0 的匀速直线运动，沿斜面向下的是初速度为零的匀 加速直线运动。因此在水平方向上有 a= v0 t，沿斜面向下的方向上有 b 加 v0 = a g sinq =a 。 t 2b 点评：初速度不为零，加速度恒定且垂直于初速度方向的运动，我们称之为类平抛运 动。在解决类平抛运动时，方法完全等同于平抛运动的解法，即将类平抛运动分解为两个 相互垂直、且相互独立的分运动，然后按运动的合成与分解的方法去解，本题的创新之处 在于解题思维方法的创新，即平抛运动的解题方法推广到类平抛运动中去。 13、解： （1）由题意可知：小球落到斜面上并

18、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 vy = v0tan53° vy2 = 2gh 代入数据，得 vy = 4m/s，v0 = 3m/s （2）由 vy = gt1 得 t1 = 0.4s 8 四川高考风向标，百万教学资源免费下载 s =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 = 初速度 = 02 + y2 = 5m/s H 1 2 =vt sin53° 2 + 2 a t2 代入数据，整理得 4t22 + 5t2 - 26 = 0 解得 t 2 = 2s 或 t 2 = - 13s（不合题意舍去） 所以 t = t 1 + t 2 = 2.4s 14、 （1）V= 34 m / s, q = arctan( （2） t =