2018年高中物理第五章曲线运动第6节平抛运动规律的拓展问题学案新人教版

1、平抛运动规律的拓展问题曜晶怖定值【明通目标有的捻矢】一、考点突破知识点考名腰求题型分值平抛运学会运用运动的合成与分解方法解决问题r选择题610分动规律深入理解研究平抛运动的方法解答题、重难点提示用类比的方法获得解决问题的思路。考点情in【率强要点点点会破】、斜抛运动1 .斜抛运动的定义将物体以速度V0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下所做的运动。2 .运动性质加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线。3 .基本规律（以斜向上抛为例说明，如图所示）取珈J4出速度公式水平速度vxv0cos；竖直速度Vyvosingt位移公式12水平位移xv0cost;竖直位移yv0sint-gt由以上两式

2、可得yxtan2g2x2,这就是斜抛物体的轨迹方程。2vocos常用结论射程是做斜抛运动物体的水平位移，射高是做斜抛运动物体上升的最大高度。飞行时间:射高：h射程：s2v° sinT 2t ；g22.2vyv0 sin;2g 2g2 .,2v0 sinv0 cost gcos2v0 sin 2g由此可见，在给定v0的情况下，当45°时，射程最大,sjmax2V。二、类平抛问题模型的分析方法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 .类平抛运动的运动特点在初速度V0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，一、F合加速

3、度a=。m3 .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（即沿合外力的方向）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vo分解为vx、vy,然后分别在x、y方向列方程求解。【核心突破】对于类平抛、斜抛运动问题，一般采用把曲线运动分解为两个方向上的直线运动的方法处理，即先求分速度、分位移，再求合速度、合位移；分解运动中某点的末速度往往成为解题的关键。典例精析【夏鹏+模鼠则通关】例题1做斜抛运动的物体，到达最高点时

4、（）A.速度为零，加速度向下B.速度为零，加速度为零C.具有水平方向的速度和竖直向下的加速度D.具有水平方向的速度和加速度思路分析：斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动，因物体只受重力，且方向竖直向下，故达到最高点时水平方向的分速度不变，竖直方向上的加速度也不变，所以只有C选项正确。答案：C例题2如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度vi、V2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成a角，则两小球初速度之比上为（）A.tanaB.cosaC.tanavtanD.cosavtan思路分析：两小

5、球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R,两小球运动时间分别为ti、1.21.212,对A球：Rsina=v1t1,Rcosa=gt1;对B球：Rsosa=v2t2,R;ina=_gt2,22解四式可得：±=tanaJta，C项正确。v2答案：C例题3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，不含如图所示，求: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,O(1)飞机受到的升力大小；(2)上升至h高度时飞机的速度。思路分析：(1)飞机水平方向速度不变，则有l=vot 1

6、 C竖直方向上飞机加速度恒定，则有 h=-at222h 2解以上两式得a= Fv°，故根据牛顿第二定律得飞机受到的升力F= m/ ma= mg (12h 2+ I 2 v0 ) gl(2)由题意将此运动分解为水平方向速度为vo的匀速直线运动,2h 2速度为0、加速度a= /vo的匀加速直线运动。l =V0t ;竖直方向初上升到h高度其竖直速度 vy= v12ah2 2hv0,2 l22hv07'所以上升至h高度时其速度2 v= l'v0v022 .一一4h ,如图所示vytan 9 = vo2h,方向与l2 vy-2h 2答案：(1) mg(1+ ±2v02

7、)gl(2)24h2,方向与v。成8角，9=arctanll端提外宝典【招展升华高分亲取】【综合拓展】抛体运动问题的解题套路及技巧我们从下面这道例题展开分析如图所示，水平屋顶高H=5m,围墙高h=3.2m,围墙到房子的水平距离L=3m,围墙外马路宽x=10m,为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度v的大小范围。(g取10m/s2)解：对于这类问题，我们应首先画出运动的示意图，它既可以使抽象的物理情境变得直观，也可以使隐藏于问题深处的条件显露无遗.小球落在墙外的马路上，其速度最大值所对应的落点位于马路的外侧边缘，而其速度最小值所对应的落点却不是马路的内侧边缘，而是围墙的

8、最高点P,这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来。若V太大，小球落在马路外边，因此，要使球落在马路上，V的最大值Vmax为球落在马路最右侧A点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t11o则小球的水平位移：L+X=Vmaxt1，小球的竖直位移：H=gti22解以上两式得Vmax=(L+x)J-g-=13m/s,2H若V太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在马路上，V的最小值Vmin为球恰好越过围墙的最高点P落在马路上B点时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2,则此过程中小球的水平位移：L=Vmint21o小球的竖直方向位移：Hh=gt2解以上两式得Vmin=L/g5m/s:2(Hh)因此V0的范围是VminWVWVmax,即5m/s<v<13m/s。这里使用的是极限分析法，V0不能太大，否则小球将落在马路外边；V0又不能太小，否则