【物理】2018届一轮复习人教版第四章第2讲平抛运动学案

【物理】2018届一轮复习人教版第四章第2讲平抛运动学案

‎[考试标准]‎ 知识内容 必考要求 加试要求 说明 平抛运动 d d ‎1.不要求推导合运动的轨迹方程.‎ ‎2.不要求计算与平抛运动有关的相遇问题.‎ ‎3.不要求定量计算有关斜抛运动的问题.‎ 平抛运动 ‎1．定义 将一物体水平抛出，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，运动轨迹是抛物线．‎ ‎3．平抛运动的研究方法 将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向自由落体运动，分别研究两个分运动的规律，必要时再用运动合成的方法进行合成．‎ ‎4．基本规律 以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：‎ ‎(1)水平方向：速度vx＝v0，位移x＝v0t.‎ ‎(2)竖直方向：速度vy＝gt，位移y＝gt2.‎ ‎(3)合速度：v＝，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝.‎ ‎(4)合位移：s＝，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝＝.‎ ‎[深度思考]‎ ‎1．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．‎ ‎2．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)做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大．(　×　)‎ ‎1．运动员将网球水平击出，球未触网落到对方场地，已知击球点离地面的高度为1.8 m，重力加速度g取10 m/s2，则球在空中的飞行时间大约是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．0.6 s B．0.36 s C．5 s D．0.18 s 答案　A ‎2．从距地面高h处水平抛出一小石子，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)‎ A．石子运动速度与时间成正比 B．石子抛出时速度越大，石子在空中飞行时间越长 C．抛出点高度越大，石子在空中飞行时间越长 D．石子在空中某一时刻的速度方向有可能竖直向下 答案　C　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎3．将一个物体以10 m/s的速度从5 m的高度水平抛出，落地时它的速度方向与水平地面的夹角为(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．30° B．45° C．60° D．90°‎ 答案　B ‎4．以10 m/s的初速度从距水平地面20 m高的塔上水平抛出一个石子，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则石子抛出点到落地点位移的大小为(　　)‎ A．20 m B．30 m C．20 m D．30 m 答案　C 命题点一　平抛运动的基本规律 例1　小明将铅球以初速度v0水平抛出，铅球落地时的速度方向与水平方向成θ角，如图1所示．不计空气阻力，重力加速度为g.求：‎ 图1‎ ‎(1)铅球的抛出点离地面的高度；‎ ‎(2)铅球的水平位移．‎ 解析　(1)根据几何关系，tan θ＝ 解得vy＝v0tan θ 由t＝＝ 则抛出点离地面的高度h＝gt2＝ ‎(2)水平位移x＝v0t＝.‎ 答案　(1)　(2) 平抛运动问题的常用解法 ‎1．解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度，也不用分解加速度．‎ ‎2．将平抛运动分解之后，要充分利用平抛运动中的位移矢量三角形和速度矢量三角形找各量的关系．‎ ‎3．时间相等是联系两个分运动的桥梁．‎ ‎4．两个重要推论 ‎(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一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2中A点和B点所示．‎ 图2‎ ‎(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.‎ ‎ ‎ 题组阶梯突破 ‎1．(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3所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，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3‎ 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．‎ ‎2．(2016·惠州模拟)某人向放在水平地面的正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图4所示．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，可能做出的调整为(　　)‎ 图4‎ A．减小初速度，增大抛出点高度 B．增大初速度，抛出点高度不变 C．初速度大小不变，降低抛出点高度 D．初速度大小不变，增大抛出点高度 答案　C 解析　为了能把小球抛进桶中，须减小水平位移，由x＝v0t＝v0知，选项C正确．‎ ‎3.如图5所示，P是水平地面上的一点，A、B、C、D在同一条竖直线上，且AB＝BC＝CD.从A、B、C三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P点．则三个物体抛出时的速度大小之比为vA∶vB∶vC为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎ 图5‎ A.∶∶ B．1∶∶ C．1∶2∶3 D．1∶1∶1‎ 答案　A 解析　由平抛运动的规律可知竖直方向上：h＝gt2，水平方向上：x＝v0t，两式联立解得v0＝x，知v0∝.设hA＝3h，hB＝2h，hC＝h，代入上式可知选项A正确．‎ 命题点二　与斜面有关的平抛运动问题 例2　倾角为θ的斜面，长为l，在顶端水平抛出一个小球，小球刚好落在斜面的底端，如图6所示，那么小球的初速度v0的大小是(　　)‎ 图6‎ A．cos θ B．cos θ C．sin θ D．sin θ 解析　小球运动为平抛运动，水平方向为匀速直线运动，x＝v0t，竖直方向y＝gt2.由斜面的几何关系可得：x＝lcos θ，y＝lsin θ，解得t＝ ，v0＝＝＝cos θ，B对．‎ 答案　B 平抛运动的两类特殊模型及解题技巧 ‎1．两类模型问题 ‎(1)从斜面上平抛(如图7)‎ 图7‎ 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8)‎ 图8‎ 已知速度的大小或方向，方法：分解速度 vx＝v0‎ vy＝gt tan θ＝＝ 可求得t＝ ‎2．解题技巧 ‎(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．‎ 题组阶梯突破 ‎4．(多选)如图9所示，一小球自长为L、倾角为θ的斜面底端的正上方某处水平抛出，运动一段时间后，小球恰好垂直落到斜面中点，则据此可计算(　　)‎ 图9‎ A．小球落到斜面前，在空中的运动时间 B．小球平抛的初速度 C．小球抛出点距斜面底端的高度 D．小球抛出时的初动能 答案　ABC 解析　小球的水平位移x＝，落在斜面上时，速度与水平方向的夹角的正切值已知，该正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，得出小球位移与水平方向夹角的正切值，从而可以求出下落的高度h.根据h＝gt2，可以得出在空中的运动时间，故A正确；小球的水平位移已知，根据v0＝可以求出小球平抛运动的初速度，故B正确．小球做平抛运动的高度可以求出，设为h，则小球抛出点距斜面底端的高度H＝h＋.故C正确．由于小球的质量未知，故无法求出小球抛出时的初动能．故D错误．‎ ‎5．如图10所示，以10 m/s的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后垂直撞在倾角为30°的斜面上，则物体在空中飞行的时间是(g取10 m/s2)(　　)‎ 图10‎ A. s B. s C. s D．2 s 答案　C 解析　速度分解图如图所示，由几何关系可知vy＝＝10 m/s，由vy＝gt，得t＝ s.‎ 命题点三　平抛运动的临界问题 例3　如图11，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿高h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物体以速度v垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10 m/s2，则v的取值范围是(　　)‎ 图11‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．v>7 m/s B．v>2.3 m/s C．3 m/sv2‎ C．t1>t2，v1t2，v1＝v2‎ 答案　C 解析　两个小球做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，由h＝gt2得t＝，知P的运动时间大于Q的运动时间，即t1>t2，在水平方向做匀速直线运动，由x＝v0t，水平射程相等，则v1v2，且α1________(填“>”“<”或“＝”)α2.‎ 图6‎ 答案　＝‎ 解析　如图所示，从A到B竖直下落h，水平位移为x，把末速度正交分解，水平速度为v1，竖直速度为vy.tan θ＝＝＝，tan γ＝＝，可知tan γ＝2tan θ，又θ为已知量，所以γ为定值，与初速度无关，所以两次以不同速度抛出，落点与斜面夹角相同．‎ ‎15．如图7所示，在倾角为θ的斜面顶端P点以初速度v0水平抛出一个小球，最后落在斜面上的Q点，求：‎ 图7‎ ‎(1)小球在空中运动的时间以及P、Q间的距离；‎ ‎(2)小球离开斜面的距离最大时，抛出了多久．‎ 答案　(1)　　(2) 解析　(1)根据平抛运动分运动的特点，两个分运动的位移与合运动的位移构成一个直角三角形，如图甲所示，由sx＝v0t，sy＝gt2得 ＝tan θ＝，‎ 可得小球在空中运动的时间t＝.‎ PQ间距离s＝＝.‎ ‎(2)如图乙所示，两个分运动的速度与合运动的速度也构成一个直角三角形，当小球与斜面间距离最远时，速度方向与水平分速度之间的夹角为θ.‎ 由＝tan θ＝，可得小球离开斜面距离最大时所需时间为t＝.‎ ‎16.如图8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8‎ ‎(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 解以上两式得 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 解以上两式得：‎ v02＝L＝5 m/s 小球离开屋顶时速度v0的大小为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＝ 解得：vmin＝5 m/s ‎