高一物理（人教版）学案 必修二 第五章 综合 融通（二）抛体运动的综合问题

3/6综合·融通(二)抛体运动的综合问题(融会课主题串知综合应用)平抛运动是高中物理中的一种重要的模型,是运动的合成与分解在实际问题中的具体应用,体现了化难为易的物理思想。此知识在高考中多次涉及,尤其是在近几年高考中更是频繁考查。考查内容涉及平抛运动与斜面相结合的问题、平抛运动的临界极值问题及“类平抛”运动等,研究的内容有平抛运动时间的求解、径迹的分析、水平位移与竖直位移的计算等。主题(一)与斜面结合的平抛运动[知能融会通]平抛运动与斜面结合的两类模型比较类型对着斜面平抛沿着斜面平抛情境图例如图甲所示,做平抛运动的物体垂直打在斜面上如图乙所示,物体从斜面上某一点水平抛出以后,又重新落在斜面上关联关系速度与竖直方向的夹角等于斜面的倾角位移方向与水平方向的夹角等于斜面的倾角处理方法抓住速度的分解抓住位移的分解几个重要关系(1)速度方向与斜面垂直(2)水平分速度与竖直分速度的关系:tanθ=v0v(3)运动时间:t=v(1)水平位移和竖直位移的关系:tanθ=yx=12(2)速度方向与斜面夹角(α-θ)是恒定的(tanα=2tanθ)(3)运动时间:t=2[例1·对着斜面平抛]如图所示,若质点以初速度v0正对倾角为θ=37°的斜面水平抛出,要求质点到达斜面时位移最小,则质点的飞行时间为重力加速度为g,tan37°=34()A.3v04C.8v03听课记录:[例2·沿着斜面平抛]滑板是许多年轻人喜爱的一项体育运动。如图为一段滑板赛道,斜坡OA长为10m,倾角θ=37°,一位滑板运动员从平台上的O点以一定的初速度水平滑出,重力加速度大小为10m/s2,不计空气阻力,运动员可以看成质点,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)要使运动员从O点滑出后,直接落到水平面AB上,运动员从O点滑出的速度至少为多大?(2)若运动员从O点滑出的速度只有5m/s,则运动员在空中做平抛运动的时间为多长?(3)若运动员从O点滑出的速度只有5m/s,落到斜坡上时沿垂直斜坡方向的速度减为零,沿斜坡方向的速度不变,此后以此速度匀速下滑到A点,则运动员落到斜坡上后在斜坡上运动的时间为多长?尝试解答:[题点全练清]1.如图,某人在斜坡滑雪,从最高点水平滑出,先后落在M、N两点,所用时间分别为tM、tN,初速度大小分别为vM、vN,则()A.tM<tN B.tM=tNC.vM>vN D.vM<vN2.(2024·青岛高一检测)如图所示,某一可看成质点的物体以v0=10m/s的速度水平抛出,飞行一段时间后撞在斜面上,速度方向与斜面方向成60°,已知斜面倾角θ=30°,下列说法正确的是()A.物体飞行的时间为3sB.物体撞击斜面时的速度大小为20m/sC.物体下降的高度为53D.物体飞行的水平位移为203主题(二)平抛运动的临界极值问题[知能融会通]1.与平抛运动相关的临界情况(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在临界点。(2)如题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述过程中存在着“起止点”,而这些“起止点”往往就是临界点。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述过程中存在着极值,这些极值也往往是临界点。2.平抛运动的临界极值问题的解题关键分析平抛运动中的临界情况关键是确定临界轨迹。当受水平位移限制时,其临界轨迹为自抛出点到水平位移端点的一条抛物线;当受下落高度限制时,其临界轨迹为自抛出点到下落高度端点的一条抛物线,确定轨迹后再结合平抛运动的规律即可求解。[典例](2023·新课标卷)将扁平的石子向水面快速抛出,石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方,俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果,石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”,一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出,抛出速度的最小值为多少?(不计石子在空中飞行时的空气阻力,重力加速度大小为g)尝试解答:[题点全练清]1.(多选)在排球比赛中,如果运动员沿水平方向击球,在不计空气阻力的情况下,要使排球既能过网,又不出界,需要考虑的因素有()A.击球后排球的初速度B.人的高度C.网的高度D.击球点的高度2.(2024·湖北黄冈高一阶段练习)(多选)如图所示,一艘小船正沿垂直于河岸的直线靠岸,岸上的人若找准时机,水平抛出一个小球,就能将球抛入小船内。假设小球和小船在同一平面内运动,已知抛球点与小船甲板面竖直高度差为h=5m,小船的长度为1m。当小船运动至距离河岸L=22m处时,小船的速度v0=10m/s,其将以大小为a=2m/s2的加速度向河岸做匀减速运动,同时河岸上的人将手上的小球水平抛出,结果小球落入小船中。重力加速度g取10m/s2,小球大小和空气阻力可忽略不计,则小球抛出时的初速度大小可能为()A.12m/s B.13.5m/sC.13.8m/s D.15m/s主题(三)类平抛运动[知能融会通]1.受力特点物体所受的合外力为恒力,且与初速度方向垂直。2.研究方法将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿合外力方向的初速度为零的匀变速直线运动。3.运动规律初速度v0方向上:vx=v0,x=v0t。合外力方向上:a=F合m,vy=at,y=12[典例]如图所示,光滑斜面长L=10m,倾角为30°,一小球从斜面的顶端以v0=10m/s的初速度水平射入,求:(g取10m/s2)(1)小球从斜面顶端到底端时沿初速度方向的位移x;(2)小球到达斜面底端时的速度大小。尝试解答:[思维建模]解决类平抛运动问题的步骤(1)分析物体的初速度与受力情况,确定物体做类平抛运动,并明确物体两个分运动的方向。(2)利用两个分运动的规律求解分运动的速度和位移。(3)根据题目的已知条件和要求解的未知量,充分利用运动的等时性、独立性、等效性解题。[题点全练清]1.如图所示,A、B两个质点以相同的水平速度从坐标原点O沿x轴正方向抛出,A在竖直平面内运动,落地点为P1,B紧贴光滑的斜面运动,落地点为P2,P1、P2在同一水平面内,P1和P2对应的x轴坐标分别为x1和x2,不计空气阻力。下列说法正确的是()A.x1=x2 B.x1>x2C.x1<x2 D.无法判断2.(2024·湖南邵阳高一期末)如图所示,一物体在某液体中运动时只受到重力G和恒定的浮力F的作用,且F=G2。如果物体从M点以水平初速度v0开始运动,最后落在N点,M、N两点间的竖直高度为h,则下列说法正确的是()A.从M点运动到N点的时间为2B.M点与N点之间的水平距离为v02C.从M点运动到N点的运动轨迹为抛物线D.减小水平初速度v0,运动时间将变长课下请完成课时跟踪检测(五)及阶段质量检测(一)综合·融通(二)抛体运动的综合问题主题(一)[例1]选C要使质点到达斜面时位移最小，由几何关系可知质点的位移方向应垂直斜面，如图所示，有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，且tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，所以t＝eq\f(2v0,gtanθ)＝eq\f(8v0,3g)，选项C正确。[例2]解析：(1)运动员在空中做平抛运动，设运动员从O点滑出的速度至少为v0，运动时间为t1，则Lsinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，Lcosθ＝v0t1解得v0＝eq\f(4,3)eq\r(30)m/s。(2)运动员在空中做平抛运动，由于5m/s＜eq\f(4,3)eq\r(30)m/s，运动员会落到斜坡上，设其运动时间为t2，则有x＝v1t2，y＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，tanθ＝eq\f(y,x)解得t2＝0.75s。(3)若运动员从O点滑出的速度只有5m/s，落到斜面上的位置离A点距离s＝L－eq\f(x,cosθ)＝eq\f(85,16)m落到斜面上时沿斜面方向的速度大小为v2＝v1cosθ＋gsinθ·t2＝8.5m/s则运动员落到斜坡上后在斜坡上运动的时间为t3＝eq\f(s,v2)＝eq\f(5,8)s。答案：(1)eq\f(4,3)eq\r(30)m/s(2)0.75s(3)eq\f(5,8)s[题点全练清]1．选C人在空中做平抛运动，根据平抛运动的特点可知，人下落的高度为h＝eq\f(1,2)gt2，则下落的时间为t＝eq\r(\f(2h,g))，由题图可知hM＞hN，则tM＞tN，故A、B错误；设斜面与水平面的夹角为θ，根据平抛运动特点可知tanθ＝eq\f(h,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，斜面倾角不变，由tM＞tN可知vM＞vN，故C正确，D错误。2．选C由几何关系可知，物体的竖直方向分速度为vy＝v0tan30°＝gt，代入数据解得物体飞行的时间为t＝eq\f(\r(3),3)s，故A错误；根据运动的分解，可得物体撞击斜面时的速度大小为v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(10,\f(\r(3),2))m/s＝eq\f(20,3)eq\r(3)m/s，故B错误；在竖直方向上，根据位移与时间的关系，可得物体下降的高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2m＝eq\f(5,3)m，故C正确；在水平方向上，根据运动学公式，可得物体飞行的水平位移为x＝v0t＝10×eq\f(\r(3),3)m＝eq\f(10,3)eq\r(3)m，故D错误。主题(二)[典例]解析：石子做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有2gh＝veq\o\al(2,y)，可得石子落到水面上时的竖直速度vy＝eq\r(2gh)，由题意可知，eq\f(vy,v0)≤tanθ，即v0≥eq\f(\r(2gh),tanθ)，石子抛出速度的最小值为eq\f(\r(2gh),tanθ)。答案：eq\f(\r(2gh),tanθ)[题点全练清]1.选ACD设网高为h，球场的长度为s，重力加速度为g，击球点的高度为H，水平初速度为v，不计空气阻力且排球可看成质点，场地与排球运动示意图如图所示。排球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，有x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，排球要能过网，则需满足x≥eq\f(s,2)，y≤H－h。同理，要使排球不出界，则需满足x≤s，y＝H。可见，要保证排球既能过网又不出界，与排球的初速度、击球点的高度、网的高度都有关系，故A、C、D正确，B错误。2．选BC由题意可得，小球从抛出到落入小船所用时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，设小球抛出时的初速度为v，则小球的水平位移为x1＝vt，小船向左运动的位移为x2＝v0t－eq\f(1,2)at2＝9m。当小球恰好落入小船左端时，满足x1＋x2＝L，解得v1＝13m/s；当小球恰好落入小船右端时，满足x1＋x2＝L＋l船，解得v2＝14m/s。综上小球抛出时的初速度大小范围为13m/s≤v≤14m/s，故选B、C。主题(三)[典例]解析：(1)小球在斜面上沿v0方向做匀速直线运动，沿斜面向下方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin30°＝ma，又由运动学公式有L＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\r(\f(2L,gsin30°))＝2s所以小球从斜面顶端到底端时沿初速度方向位移x＝v0t＝20m。(2)设小球到达斜面底端时的速度大小为v，则有v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))又vx＝v0＝10m/s，veq\o\al(2,y)＝2aL＝2gsin30°·L＝gL解得v＝10eq\r(2)m/s。答案：(1)20m(2)10eq\r(2)m/s[题点全练清]1．选C设A、B质点抛出时的水平初速度为v0，下落高度为h。A质点做平抛运动，运动的时间为tA＝eq\r(\f(2h,g))；B质点做类平抛运动，沿斜面向下的方向有eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,B)sinθ(θ为斜面与水平面的夹角)，解得tB＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，可知tB>tA；质点沿x轴方向的位移为x＝v0