高考物理抛体运动的规律及其应用复习资料.ppt

1、一、平抛运动 1定义：将物体以一定的初速度沿 方向抛出，不考 虑空气阻力，物体只在 作用下所做的运动,2性质：平抛运动是加速度为 的 曲线 运动，轨迹是抛物线,水平,重力,重力加速度,匀变速,二、平抛运动的研究方法及运动规律 1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 2运动规律(如下表所示),匀速直线,自由落体,gt,v0t,若物体受恒力作用且恒力方向与初速度方向垂直，这 种运动叫类平抛运动，其研究方法与平抛运动研究方法相 同，其运动规律与平抛运动规律也相同，只不过在分解时 不一定向竖直方向和水平方向分解,三、斜抛运动 1概念：以一定的初速度将物体沿与水平方向 斜向抛出

2、，物体仅在 所做的曲线运动,成一定角度,重力作用下,2性质：斜抛运动是加速度恒为 的匀变速曲 线运动，轨迹是 ,重力加速度g,抛物线,3规律：斜抛运动可以看成是水平方向上的 和竖直方向上的 的合成,匀速直线运动,匀变速直线运动,1水平射程和飞行时间 (1)飞行时间：t ，只与h、g有关，与v0无关 (2)水平射程：xv0tv0 ，由v0、h、g共同决定,2速度变化规律 (1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0. (2)任意相等的时间间隔t内的速度变化量均竖直向下，且 vvygt. 3位移变化规律 (1)任意相等的时间间隔t内，水平位移不变，且xv0t. (2)连续相等的时间间隔t内，竖直方

3、向上的位移差不变， 即ygt2.,4平抛运动的两个重要推论 推论：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一 位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为，位移 方向与水平方向的夹角为，则tan2tan.,图421,证明：如图421所示，由平抛运 动规律得 Tan Tan 所以tan2tan. 推论：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时 速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点,证明：如图421所示，tan tan2tan 即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点B必为此时 水平位移的中点,1在平抛运动过程中，位移矢量与速度矢量永远不会 共线 2它们与水平方向的夹角关系为tan2ta

4、n，但不 能误认为2.,1(2008广东高考)某同学对着墙壁练习打网球，假 定球在墙面上以25 m/s的速度沿水平方向反弹， 落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间忽略空 气阻力，g取10 m/s2，球在墙面上反弹点的高度 范围是 () A0.8 m至1.8 mB0.8 m至1.6 m C1.0 m至1.6 m D1.0 m至1.8 m,解析：球反弹后做平抛运动设落地时间为t，由t 得t1 s，t2 s，由h gt2得h10.8 m，h21.8 m，即A正确,答案：A,1类平抛运动的受力特点 物体所受合力为恒力，且其方向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

5、运动，在合力方向做初速度 为零的匀加速直线运动，加速度,3常见问题 (1)斜面上的平抛运动 (2)带电粒子在电场中的偏转 4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,1类平抛运动是对平抛运动研究方法的迁移，是高考命题 的热点问题 2高考考查该类问题常综合机械能守恒、动能定理等知识， 以电场或复

6、合场为背景考查学生运用所学知识处理综合 问题的能力,2如图422所示，光滑斜面长为b，宽为a，倾 角为，一物块从斜面左上方顶点P水平射入，而 从右下方顶点Q离开斜面，求入射初速度v0.,图422,解析：物块在垂直于斜面方向没有运动，物块在斜面平面内的曲线运动可分解为水平方向上的速度为v0的匀速直线运动和沿斜面向下的初速度为零的匀加速直线运动 由牛顿第二定律，有mgsinma1，a1gsin 水平方向上的位移xav0t 沿斜面向下的位移yb 由得v0a,答案：a,如图423所示，一小球从平台上水平抛出，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

7、 h0.8 m，g10 m/s2，sin530.8，cos530.6，求：,(1)小球水平抛出的初速度v0是多大？ (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？,思路点拨解答本题时应注意以下几点： (1)小球在到达斜面顶端前做平抛运动； (2)小球在斜面顶端时的合速度方向沿斜面向下； (3)小球在斜面顶端时的合速度为小球沿斜面做匀加速运动的初速度,课堂笔记(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球的速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，如图所示，所以vy=v0tan53 vy2=2gh 代入数据得vy

8、4 m/s，v03 m/s. (2)由vygt1得：t10.4 s xv0t130.4 m1.2 m.,(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 a 8 m/s2 初速度v 5 m/s 代入数据整理得： 5t2260 解得t22 s或t2 s(不合题意舍去) 所以tt1t22.4 s.,答案(1)3 m/s(2)1.2 m(3)2.4 s,本题中小球的运动分为两个阶段：平抛运动阶段和匀 加速运动阶段，两个阶段的联系纽带是平抛运动的末速度 为小球沿斜面做匀加速运动的初速度，这也是解答本题的 关键.,如图424所示，水平屋顶高H5 m，墙高h3.2 m，墙到房子的距离L3 m，墙外马路宽D10 m

9、，小球从屋顶水平飞出落在墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度v应该满足什么条件？ (g10 m/s2),思路点拨 小球触碰墙顶对应小球能落在墙外马路上的 平抛的最小速度，而小球落在马路的右边缘对应小球能 落在墙外马路上的平抛的最大速度,课堂笔记小球速度很小，则不能越过墙；小球速度很大，则飞到马路外面两临界状态就是刚好越过墙和落在马路右侧边缘设小球刚好越过墙如图中所示，此时小球的水平初速度为v1，则 H-h= 由L=v1t1得v1=5 m/s.,设小球越过墙刚好落在马路的右边缘如图中所示，此时小球的水平速度为v2，则 H= 由L+D=v2t2得v2=13 m/s. 所以小球离开屋顶时的速度满足5

10、 m/sv13 m/s时，小球落在墙外的马路上,答案5 m/sv13 m/s,本题属于平抛运动中的临界问题每当遇到类似的题目 时常常感到无从下手，因此形成一个良好的分析问题、解决 问题的思路特别重要解决此类问题的关键有三点：其一是 确定运动性质平抛运动；其二是确定临界位置恰不 触墙和恰不出界；其三是确定临界轨迹，并画出轨迹示意图.,(12分)在光滑的水平面内，一质量m1 kg的质点以速度v010 m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F15 N作用，直线OA与x轴成37，如图425所示的曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)，

11、求： (1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交 于P点，质点从O点到P点所经历的时间 以及P点的坐标； (2) 质点经过P点的速度大小,图425,思路点拨解答本题时应注意以下三点： (1)判断质点的运动规律类平抛运动； (2)求出类平抛运动的加速度； (3)P点的x、y坐标的关系为tan,解题样板(1)质点在水平方向上无外力作用而做匀速直线运动，竖直方向上受恒力F和重力mg作用而做匀加速直线运动 由牛顿第二定律得：Fmgma 所以a m/s25 m/s2 (2分) 设质点从O点到P点经历的时间为t，P点坐标为(xP，yP)，则xPv0t，yP at2 (2分) 又tan (2分) 联立解得：t3

12、 s，xP30 m，yP22.5 m. 即P点的坐标为(30,22.5)(2分),(2)质点经过P点时沿y方向的速度 vyat15 m/s (2分) 故P点的速度大小 Vp (2分),答案(1)3 s(30,22.5)(2)5 m/s,类平抛运动是指物体受恒力作用且恒力方向与初速度方 向垂直的运动，其运动规律与平抛运动的规律相同，处理方 法与平抛运动问题的处理方法亦相同，但需注意的是不一定 按竖直方向和水平方向进行分解，而是按初速度方向和合外 力方向来分解.,1(2009广东理基)滑雪运动员以20 m/s的速度从一平台水 平飞出，落地点与飞出点的高度差为3.2 m不计空气阻 力，g取10 m/

13、s2.运动员飞过的水平距离为x，所用时间为 t，则下列结果正确的是 () Ax16 m，t0.50 sBx16 m，t0.80 s Cx20 m，t0.50 s Dx20 m，t0.80 s,解析：平抛运动在竖直方向是自由落体运动，h gt2， t 0.80 s；水平方向是匀速直线运动，xv0t 16 m故B项正确,答案：B,2在2009年第十一届全运会上一位运动员进行射击比赛时， 子弹水平射出后击中目标当子弹在飞行过程中速度平 行于抛出点与目标的连线时，大小为v，不考虑空气阻 力，已知连线与水平面的夹角为，则子弹 () A初速度v0vcos B飞行时间t C飞行的水平距离x D飞行的竖直距离

14、y,解析：如图所示，初速度v0vcos，A正确；tan 则t ，所以B错误；飞行的水平距离x ，C正确；飞行的竖直距离y ，D错误,答案：AC,3物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角的 正切tan随时间t的变化图象是图426中的 (),图426,解析：物体平抛出去后，其合速度可分解为水平方向的速度v0和竖直方向的速度vy(vygt)，如图所示所以tan 由数学知识可知tant图象为B.,答案：B,4一物体从某高度以初速度v0水平抛出，落地时速度大小 为v，则它运动的时间为 (),解析：物体做平抛运动的时间t ，由速度的合成与分解可知vy ，故只有D正确,答案：D,5(2009福建高考

15、)如图427所示，射击枪水平放置，射 击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上， 枪口与目标靶之间的距离x100 m，子弹射出的水平速 度v200 m/s，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开 始 释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10 m/s2，求：,图427,(1)从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目 标靶？ (2)目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为 多少？,解析：(1)子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经时间t击中目标靶，则 t 代入数据得t0.5 s (2)目标靶做自由落体运动，则h 代入数据得h1.25 m.,答案：(1)0.5

16、s(2)1.25 m,一、描述圆周运动的物理量及其相互关系 描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、转速、向心加速度、向心力等，现比较如下表：,快慢,相切,转动快慢,一圈,圈数,m2r,圆心,方向,快慢,方向,圆心,大小,1对于某一确定的匀速圆周运动而言，角速度()、周期 (T)是恒定不变的 2向心力是一种“效果力”，可以是某一个力，也可以是 几个力的合力或某一个力的分力，方向时刻指向圆心,1匀速圆周运动 (1)定义：线速度的 的圆周运动 (2)特点：线速度的大小 ，角速度、周期和频率都是恒 定不变的，向心加速度和向心力的 也是恒定不变的 (3)性质：匀速圆周运动是速度大小 而方向时刻

17、改变的变 速曲线运动，并且加速度大小 ，方向指向 ，所以 加速度时刻在改变 (4)条件：合外力大小不变，方向始终与速度垂直,大小处处相等,不变,大小,不变,不变,圆心,二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动,(5)两个特例 同一转动圆盘(或物体)上各点的 相同 皮带连接的两轮不打滑时，轮缘上各点的 大小 相等,角速度,线速度,2非匀速圆周运动 (1)定义：线速度的 、 均不断变化的圆周运动 (2)合力的作用 合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ftmat， 它只改变速度的 合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fnman， 它只改变速度的 ,大小,方向,大小,方向,三、离心运动 1.定义：做圆

18、周运动的物体，在所受合力突然消失或不足以 提供做圆周运动所需 的情况下，所做的 圆心的 运动 2.本质 (1)离心现象是物体惯性的表现 (2)离心运动并非沿半径方向飞出的运动，而是运动半径越 来越大的运动或沿 方向飞出的运动 (3)离心运动并不是受到什么离心力,向心力,远离,切线,3.条件：做圆周运动的质点，当它受到的沿着半径指向圆 心的合力突然变为零或不足以提供做圆周运动所需的向 心力时，质点就做离心运动,4.设质点质量为m，做圆周运动的半径为r，角速度为，向 心力为F，如图431所示 (1)当F 时，质点做匀速圆周运动； (2)当F 时，质点做离心运动； (3)当F0时，质点沿切线做直线运

19、动,m2r,m2r,图431,物体的运动状态是由力决定的，物体做离心运动还是近心运动，关键是看提供的向心力和所需向心力的关系,1向心力的来源 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、 摩擦力、磁场力或电场力等各种力，也可以是几个力的 合力或某一个力的分力，因此在受力分析中要避免再另 外添加一个“向心力” 2向心力的确定 首先确定圆周运动的轨道所在的平面；其次找出轨道圆 心的位置；然后分析做圆周运动的物体所受的力，并作 出受力图；最后找出这些力指向圆心的合力就是向心力,当利用正交分解法确定向心力时，一般以做圆周运动的物体为坐标原点，沿半径方向和切线方向分解各力,1如图432所示，一小球用

20、细绳悬挂于O点，将 其拉离竖直位置一个角度后释放，则小球以O点 为圆心做圆周运动，运动中小球所需的向心力是 (),A绳的拉力 B重力和绳的拉力的合力 C重力和绳的拉力的合力沿绳方向的分力 D绳的拉力和重力沿绳方向分力的合力,图432,解析：分析向心力来源时就沿着半径方向求合力即可，注意作出正确的受力分析图如图所示，对小球进行受力分析，它受到重力和绳子的拉力作用，向心力是指向圆心方向的合力因此，它可以是小球所受合力沿绳方向的分力，也可以是各力沿绳方向的分力的合力,答案：CD,临界问题总是出现在变速圆周运动中，而竖直平面内的圆周运动是典型的变速圆周运动，其常见模型有轻绳模型和轻杆模型现比较如下：,

21、1. 绳模型和杆模型过最高点的临界条件不同，其原因是绳 不能有支撑力，而杆可有支撑力 2对于杆模型，在最高点时，如果不知是支撑力还是拉 力，此时可假设，然后根据其方向再确定,2长度为L0.50 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m 3.0 kg的小球，如图433所示，小球以O点为圆 心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速 率是2.0 m/s，g取10 m/s2，则此时细杆OA受到() A6.0 N的拉力 B6.0 N的压力 C24 N的拉力 D24 N的压力,图433,解析：法一：设小球以速率v0通过最高点时，球对杆的作用力恰好为零，即mgm 得v0 由于v2.0 m/s m/s，可知过

22、最高点时，球对细杆产生压力，则杆对球的作用力方向向上小球的受力情况如图甲所示 由牛顿第二定律mgFNm ，得 FNmgm 即细杆OA受到6.0 N的压力,法二：设杆对小球的作用力为FN(由于方向未知，可以设为向下)，对小球进行受力分析如图乙所示,由向心力公式得FNmgm ，则 FN 负号说明FN的方向与假设方向相反，即向上，即杆对球作用力为6.0 N的支持力 由牛顿第三定律可知细杆OA受到6.0 N的压力,答案：B,1火车转弯问题 在平直轨道上匀速行驶的火车，所受合力为零，在火车转 弯时，什么力提供向心力呢？在火车转弯处，让外轨高于 内轨，如图434所示，转弯时所需向 心力由重力和弹力的合力提

23、供若轨道水 平，转弯时所需向心力应由外轨对车轮的 挤压力提供，而这样对车轨会造成损坏 车速大时，容易出事故,图434,设车轨间距为L，两轨高度差为h，车转弯半径为R，质量为M的火车运行时应当有多大的速度？ 根据三角形边角关系知sin 对火车的受力情况分析如图434所示， 得tan 因为角很小，所以sintan，故 所以向心力 F Mg.又因为F ，所以车速v 由于铁轨建成后h、L、R各量都是确定的，故火车转弯时的车速应是一个定值，否则将对铁轨有不利影响，如：,静摩擦力的特点是根据物体运动改变大小，变换方向有人把静摩擦力的这一特点称为“适应性”由于静摩擦力这一特点的存在导致在许多问题中出现了临界

24、问题 处理这类问题的关键是分析出静摩擦力的变化，从而结合其他力分析出向心力的变化，以确定圆周运动的其他物理量的变化,2静摩擦力作用下的圆周运动,3在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速 是108 km/h.汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与 地面间的最大静摩擦力为车重的0.6倍取g10 m/s2，试问：汽车在这种高速公路的水平弯道上安 全拐弯时，其弯道的最小半径是多少？,解析：汽车在水平弯道上拐弯时，向心力由静摩擦力来提供，但不能超过最大静摩擦力； 汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，恰好不滑动时有：0.6mgm ，将v30 m/s代入，得最小弯道半径r150 m.,答案：1

25、50 m,(2010宁波质检)某种变速自行车，有六个飞轮和三个链轮，如图435所示，链轮和飞轮的齿数如下表所示，前、后轮直径约为660 mm，人骑该种自行车行进速度为4 m/s时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为 (),图435,A1.9 rad/sB3.8 rad/s C6.5 rad/s D7.1 rad/s,思路点拨解答本题时应把握好以下几个关系： (1)后轮与飞轮的角速度相等； (2)链轮与飞轮边缘线速度相等； (3)当飞轮齿数取最小值、链轮齿数取最大值时，脚踏板的角速度有最小值,课堂笔记车行驶速度与前、后轮边缘的线速度相等，故后轮边缘的线速度为4 m/s，后轮的角速度 rad

26、/s12 rad/s. 飞轮与后轮为同轴装置，故飞轮的角速度112 rad/s. 飞轮与链轮是用链条连接的，故链轮与飞轮边缘的线速度相同，所以1r12r2，r1、r2分别为飞轮和链轮的半径，因为周长LNL2r，N为齿数，L为两邻齿间的弧长，,故rN，所以1N12N2. 又踏板与链轮同轴，脚踩踏板的角速度32， 3 ，要使3最小，则N115，N248， 故3 rad/s3.75 rad/s3.8 rad/s.故B项正确,答案B,对于有传动装置连接的做圆周运动的物体，要注意 寻找它们之间的关系对于用皮带、链条、齿轮连接的 物体，直接连接处的线速度大小相等.,如图436所示，质量为m的小球置于方形的

27、光滑盒子中，盒子的边长略大于小球的直径某同学拿着该盒子在竖直平面内以O点为圆心做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空 气阻力不计，求：,图436,(1)若要使盒子运动到最高点时与小球之间恰好无作用力，则 该同学拿着盒子做匀速圆周运动的周期为多少？ (2)若该同学拿着盒子以第(1)问中周期的 做匀速圆周运动，则当盒子运动到如图436所示(球心与O点位于同一水平面上)时，小球对盒子的哪些面有作用力，作用力大小分别为多 少？,思路点拨,课堂笔记(1)设盒子的运动周期为T0.因为在最高点时盒 子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用，由 重力提供向心力，根据牛顿第二定律得 mgmR(

28、)2 解之得T02,(2)设此时盒子的运动周期为T，则小球的向心加速度为 a0 由第(1)问知T02 且T 由上述三式知a04g 设小球受盒子右侧面的作用力为F，受上侧面的作用力为FN，根据牛顿运动定律知 在水平方向上Fma0,即F4mg 在竖直方向上FNmg0 即FNmg 因为F为正值、FN为负值，由牛顿第三定律知小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，大小分别为4mg和mg.,答案(1)2 (2)小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，大小分别为4mg和mg,在判断盒子对小球的作用力的大小和方向时，可以首先 做出假设，然后应用牛顿第二定律列式求解，最后根据结果 的符号判断力的真实方向.,(10分)

29、如图437所示，在光滑的圆锥体顶端用长为l的细线悬挂一质量为m的小球圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为30.小球以速率v绕圆锥体轴线在水平面内做匀速圆周运动 (1)当v1 时，求线对小球的拉力； (2)当v2 时，求线对小球的拉力,思路点拨当小球做圆周运动的速率v足够大时，小球有可能脱离圆锥体表面，因此应当求出临界速度，然后对(1)、(2)问中的速度下小球的运动情况做出判断,解题样板如图438甲所示，小球在锥面上运动，当支持力FN0时，小球只受重力mg和线的拉力FT的作用，其合力F应沿水平面指向轴线，由几何关系知 Fmgtan30 (1分) 又Fm (2分) 由

30、两式解得v0 (1分),(1)因为v1v0，所以小球与锥面接触并产生弹力FN，此时小球受力如图438乙所示根据牛顿第二定律有 FTsinFNcos (1分) FTcosFNsinmg0(1分) 由两式解得FT 1.03mg(1分),(2)因为v2v0，所以小球与锥面脱离并不接触，设此时线与竖直方向的夹角为，小球受力如图438丙所示则 FTsin (1分) FTcosmg0 (1分) 由两式解得FT2mg. (1分),答案(1)1.03mg(2)2mg,(1)先确定临界值v0，再对v1、v2所对应的情况做出判断，可 以减少解题的盲目性，少走弯路 (2)当小球与圆锥面脱离后，线与竖直方向的夹角发生

31、了变 化，应重新设角度,1如图439所示，物块在水平圆盘上，与圆盘一起绕固 定轴匀速转动，下列说法中正确的是 () A物块处于平衡状态 B物块受三个力作用 C在角速度一定时，物块到转轴的距 离越远，物块越不容易脱离圆盘 D在物块到转轴距离一定时，物块运 动周期越小，越不容易脱离圆盘,图439,解析：对物块进行受力分析可知，物块受竖直向下的重力、垂直圆盘向上的支持力及指向圆心的摩擦力共三个力作用，合力提供向心力，A错，B正确根据向心力公式Fmr2可知，当一定时，半径越大，所需的向心力越大，越容易脱离圆盘；根据向心力公式Fmr 可知，当物块到转轴距离一定时，周期越小，所需向心力越大，越容易脱离圆盘，C、D错误,答案：B,2如图4310所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用 下做匀速圆周运动当小球运动到P点时拉力F发生变化， 关于小球以后运动情况的说法正确的是 () A若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动 B若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动 C若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动 D若拉力突然变小， 小球将沿轨迹Pc做近心运动,图4310,解析：当拉力变小时，小球会由于拉力不足以提供向心力而做离心运动