【物理】2018届一轮复习江苏专用第四章第2讲圆周运动的规律及其应用学案 20页

第2讲　平抛运动 一、平抛运动 ‎1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动．‎ ‎2．性质：平抛运动是加速度为g的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线．‎ ‎3．平抛运动的条件 ‎(1)v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用．‎ ‎4．研究方法 平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动．‎ ‎5．基本规律(如图1所示)‎ 图1‎ 水平方向 vx＝v0，x＝v0t 竖直方向 vy＝gt，y＝gt2‎ 合速度 大小 v＝＝ 方向 与水平方向夹角的正切tan θ＝＝ 合位移 大小 s＝ 方向 与水平方向夹角的正切tan α＝＝ 轨迹方程 y＝x2‎ 深度思考　从离水平地面某一高度的地方平抛的物体，其落地的时间由哪些因素决定？其 水平射程由哪些因素决定？平抛的初速度越大，水平射程越大吗？‎ 答案　运动时间t＝，取决于高度h和当地的重力加速度g.水平射程x＝v0t＝v0，取决于初速度v0、高度h和当地的重力加速度g.当高度、重力加速度一定时，初速度越大，水平射程越大．‎ 二、斜抛运动(说明：斜抛运动只作定性要求)‎ ‎1．定义 将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出，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，轨迹是抛物线．‎ ‎3．研究方法 斜抛运动可以看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动的合运动．‎ ‎1．判断下列说法是否正确．‎ ‎(1)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化．(×)‎ ‎(2)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动．(√)‎ ‎(3)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大．(×)‎ ‎(4)做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大．(×)‎ ‎(5)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大．(√)‎ ‎2．(人教版必修2P10做一做改编)(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图2所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片后，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的有(　　)‎ 图2‎ A．两球的质量应相等 B．两球应同时落地 C．应改变装置的高度，多次实验 D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动 答案　BC 解析　小锤打击弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动．A球在竖直方向上的运动情况与B球相 同，做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行3～5次得出结论．本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项B、C正确，选项A、D错误．‎ ‎3．(教科版必修2P18第2题)一架投放救援物资的飞机在某个受援区域的上空水平地匀速飞行，从飞机上每隔1 s投下1包救援物资，先后共投下4包，若不计空气阻力，则4包物资落地前(　　)‎ A．在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点是等间距的 B．在空中任何时刻总是排成抛物线，它们的落地点不是等间距的 C．在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直的直线，它们的落地点是等间距的 D．在空中任何时刻总在飞机正下方排成竖直的直线，它们的落地点不是等间距的 答案　C ‎4．如图3所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8 m，水平距离为8 m，则运动员跨过壕沟的初速度至少为(g取10 m/s2)(　　)‎ 图3‎ A．0.5 m/s B．2 m/s C．10 m/s D．20 m/s 答案　D 命题点一　平抛运动的基本规律 ‎1．飞行时间：由t＝知，时间取决于下落高度h和当地的重力加速度g，与初速度v0无关．‎ ‎2．水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0、下落高度h和当地的重力加速度g共同决定，与其他因素无关．‎ ‎3．落地速度：v＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度只与初速度v0、下落高度h以及当地重力加速度g有关．‎ ‎4．两个重要推论 ‎(1)做平抛运动的物体在任意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所示，即xB＝.‎ 推导：‎ ⇒xB＝ ‎ (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α.如图4所示．‎ 推导：‎ 图4‎ ⇒tan θ＝2tan α 例1　如图5所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1；B沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．A、B的运动时间相同 B．A、B沿x轴方向的位移相同 C．A、B运动过程中的加速度大小相同 D．A、B落地时速度大小相同 A在竖直平面内运动，B沿光滑斜面运动．‎ 答案　D 解析　设O点与水平面的高度差为h，由h＝gt，＝gsin θ·t可得：t1＝，t2＝ ，故t1vB>vA B．若A、B能在地面相遇，则A、B在空中运动的时间之比为2∶1‎ C．若A、C在(x0,0)相遇，则一定满足vA＝vC D．只要B、C同时开始做平抛运动，二者绝不可能在空中相遇 答案　CD 命题点二　与斜面有关的平抛运动问题 ‎1．从斜面上平抛(如图8)‎ 图8‎ 已知位移方向，方法：分解位移 x＝v0t y＝gt2‎ tan θ＝ 可求得t＝ ‎2．对着斜面平抛(如图9)‎ 已知速度的大小或方向，方法：分解速度 图9‎ vx＝v0‎ vy＝gt tan θ＝＝ 可求得t＝ 例2　如图10所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求：‎ 图10‎ ‎(1)A点与O点的距离L；‎ ‎(2)运动员离开O点时的速度大小；‎ ‎(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间．‎ 经过3 s落到斜坡上的A点．‎ 答案　(1)75 m　(2)20 m/s　(3)1.5 s 解析　(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有 Lsin 37°＝gt2，‎ L＝＝75 m.‎ ‎(2)设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos 37°＝v0t，‎ 即v0＝＝20 m/s.‎ ‎(3)解法一　运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos 37°、加速度为gsin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin 37°、加速度为gcos 37°)．‎ 当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有v0sin 37°＝gcos 37°·t，解得t＝1.5 s 解法二　当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成37°角时，运动员离斜坡最远，有＝tan 37°，t＝1.5 s.‎ 平抛运动的分解方法与技巧 ‎1．如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度．‎ ‎2．如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移．‎ ‎3．两种分解方法 ‎(1)沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动；‎ ‎(2)沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的匀减速运动．‎ ‎3．如图11所示，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为(重力加速度为g)(　　)‎ 图11‎ A．v0tan θ B. C. D. 答案　D 解析　如图所示，要使小球到达斜面的位移最小，则小球落点与抛出点的连线应与斜面垂直，所以有tan θ＝，而x＝v0t，y＝gt2，解得t＝.‎ ‎4．(多选)如图12所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断(　　)‎ 图12‎ A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3‎ B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1‎ C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1‎ D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 答案　BC 解析　由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球在竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B项正确；同时tan α＝，所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相交，因此不会在空中相交，D项错误．‎ 命题点3　平抛运动中的临界问题 例3　(2016·浙江理综·23)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图13所示．P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.‎ 图13‎ ‎(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；‎ ‎(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围．‎ 水平向右，初速度不同．‎ 答案　(1)　(2)≤v≤L 解析　(1)打在AB中点的微粒，则h＝gt2‎ 解得t＝ ‎(2)设打在B点的微粒初速度为v1，则 v1＝，2h＝gt 解得v1＝ 同理，设打在A点的微粒初速度为v2，则v2＝L 所以微粒初速度范围为≤v≤L.‎ 极限分析法在临界问题中的应用 分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突显出来，找到产生临界的条件．‎ ‎5．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图14所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)‎ 图14‎ A.＜v＜L1 B.＜v＜ C.＜v＜ D.＜v＜ 答案　D 解析　发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v最小时，球沿中线恰好过网，有：‎ ‎3h－h＝①‎ ＝v1t1②‎ 联立①②两式，得v1＝ 当速度v最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 ＝v2t2③‎ ‎3h＝gt④‎ 联立③④两式，得v2＝ 所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v的最大取值范围为＜v＜ ，选项D正确．‎ ‎6．如图15所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m＝1 kg的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.现小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，同时在斜面底端正上方有一小球以v0水平抛出，经过0.4 s，小球恰好垂直斜面方向落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：‎ 图15‎ ‎(1)小球水平抛出的速度大小v0；‎ ‎(2)小滑块的初速度大小v.‎ 答案　(1)3 m/s　(2)5.35 m/s 解析　(1)设小球落入凹槽时竖直速度为vy，则 vy＝gt＝10×0.4 m/s＝4 m/s v0＝vytan 37°＝3 m/s ‎(2)小球落入凹槽时的水平位移x＝v0t＝3×0.4 m＝1.2 m 则滑块的位移为x′＝ m＝1.5 m 滑块上滑时，mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得a＝8 m/s2‎ 根据公式x′＝vt－at2‎ 解得：v＝5.35 m/s.‎ 处理平抛运动的临界和极值问题的两种妙法 一、极端分析法 所谓极端分析法，是指两个变量之间的关系，若是单调上升或单调下降的函数关系，可以通过连续地改变某个变量甚至达到变化的极端，来对另一个变量进行判断的研究方法．‎ 典例1　(教科版必修2P12发展空间改编)如图16所示，排球场总长为18 m，设球网高度为2 m，运动员站在离网3 m的线上(图中虚线所示)正对网前跳起将球水平击出．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)‎ 图16‎ ‎(1)设击球点在3 m线正上方高度为2.5 m处，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不越界？‎ ‎(2)若击球点在3 m线正上方的高度小于某个值，那么无论击球的速度多大，球不是触网就是越界，试求这个高度．‎ 答案　见解析 解析　(1)如图甲所示，设球刚好擦网而过，则击球点到擦网点的水平位移x1＝3 m，竖直位移y1＝h2－h1＝(2.5－2) m＝0.5 m，根据位移关系x＝vt，y＝gt2，可得v＝x ，代入数据可得v1＝3 m/s，即所求击球速度的下限 设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x2＝12 m，竖直位移y2＝h2＝2.5 m，代入上面的速度公式v＝x ，可求得v2＝12 m/s，即所求击球速度的上限 欲使球既不触网也不越界，则击球速度v应满足3 m/st1 B．t3>t2‎ C．t4>t3 D．t1>t4‎ 答案　BD 解析　由＝gsin α·t可得t1＝ ，而t4＝t3＝，故有C错误，D正确；由t2<可得：t1>t2，t3>t2，A错误，B正确．‎ ‎8．如图8所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h＝1.4 m、宽L＝1.2 m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H＝3.2 m的A点沿水平方向跳起离开斜面(竖直方向的速度变为0)．已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：‎ 图8‎ ‎(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小；‎ ‎(2)若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；‎ ‎(3)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．‎ 答案　(1)7.4 m/s2　(2)0.8 s　(3)6.0 m/s 解析　(1)设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律有 mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma，‎ 解得运动员在斜面上滑行的加速度a＝7.4 m/s2.‎ ‎(2)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，‎ 根据自由落体运动规律有H＝gt2，解得t＝0.8 s.‎ ‎(3)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H－h时，他沿水平方向运动的距离为＋L，设该段时间为t′，则H－h＝gt′2，＋L＝vt′，‎ 解得v＝6.0 m/s.‎ 题组3　平抛运动中的临界问题 ‎9．如图9所示，‎ 可视为质点的小球，位于半径为 m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)(　　)‎ 图9‎ A. m/s B．4 m/s C．3 m/s D. m/s 答案　C 解析　小球飞行过程中恰好与半圆柱体相切于B点，可知在B点的速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝.因为tan θ＝＝，则竖直位移为y＝R，v＝2gy＝gR，又有tan 30°＝，联立以上各式解得v0＝ ＝ m/s＝3 m/s，故选C.‎ ‎10.如图10所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g取10 m/s2.求：‎ 图10‎ ‎(1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围；‎ ‎(2)小球落在空地上的最小速度．‎ 答案　(1)5 m/s≤v0≤13 m/s　(2)5 m/s 解析　(1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01，则小球的水平位移：L＋x＝v01t1‎ 小球的竖直位移：H＝gt 联立两式得v01＝(L＋x) ＝13 m/s 设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v02，则此过程中小球的水平位移：L＝v02t2‎ 小球的竖直位移：H－h＝gt 联立两式得：v02＝L＝5 m/s 小球离开屋顶时的速度大小为5 m/s≤v0≤13 m/s ‎(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小．‎ 竖直方向：v＝2gH 又有：vmin＝ 代入数据解得：vmin＝5 m/s