2019版高考物理一輪復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第2講 平拋運動學案

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1、 第2講　平 拋 運 動 微知識1 平拋物體的運動 1．定義 將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，不考慮空氣阻力，物體只在重力作用下所做的運動。 2．性質 平拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，軌跡是拋物線。 微知識2 平拋運動的規(guī)律 以拋出點為原點，以水平方向(初速度v0方向)為x軸，以豎直向下的方向為y軸建立平面直角坐標系，則 1．水平方向 做勻速直線運動，速度vx＝v0，位移x＝v0t。 2．豎直方向 做自由落體運動，速度vy＝gt，位移y＝gt2。 (1)合速度v＝＝，方向與水平方向夾角為θ，則tanθ＝＝。 (2)合位移s＝＝ ，方向與水平方向夾角

2、為α，則tanα＝＝。 微知識3 斜拋運動 1．定義 將物體以一定的初速度沿斜向上或斜向下方向拋出，物體僅在重力作用下所做的運動叫做斜拋運動。 2．斜拋運動的性質 斜拋運動是加速度恒為重力加速度g的勻變速曲線運動，軌跡是拋物線。 3．處理方法 斜拋運動可以看成是水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的豎直上拋或豎直下拋運動的合運動。 一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”。) 1．平拋運動的軌跡是拋物線，速度方向時刻變化，加速度也時刻變化。(×) 2．做平拋運動的物體，在任意相等的時間內速度的變化相同。(√) 3．斜拋運動和平拋運動都是勻變速曲線運動。(

3、√) 4．做平拋運動的物體初速度越大，水平位移越大。(×) 5．平拋運動的時間由下落高度決定。(√) 二、對點微練 1．(對平拋運動的理解)做平拋運動的物體，每秒的速度增量總是(　　) A．大小相等，方向相同　　 B．大小不等，方向不同 C．大小相等，方向不同 D．大小不等，方向相同 解析　因為平拋運動的運動形式為勻變速曲線運動，其加速度是恒定不變的，即速度的變化率也恒定不變，再根據(jù)平拋運動的特點：水平方向做勻速運動，豎直方向做自由落體運動，合外力為重力，合加速度為重力加速度，故每秒速度的增量大小恒定不變，方向沿豎直方向，A項正確。 答案　A　 2．(對斜拋運動的理解)做

4、斜上拋運動的物體，到達最高點時(　　) A．速度為零，加速度向下 B．速度為零，加速度為零 C．具有水平方向的速度和豎直向下的加速度 D．具有水平方向的速度和加速度 解析　斜上拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直上拋運動。因物體只受重力，且方向豎直向下，所以水平方向的分速度不變，豎直方向上的加速度也不變，所以只有C項正確。 答案　C　 3．(平拋運動的規(guī)律)以速度v0水平拋出一小球，不計空氣阻力，從拋出時刻開始計時，經t1時間小球到達豎直分速度與水平分速度大小相等的A點，經t2時間小球到達豎直分位移與水平分位移大小相等的B點，下列判斷正確的是(　　) A．t1、t2的大

5、小與v0的大小無關 B．t2＝2t1 C．A、B兩點速度大小之比為1∶2 D．A、B兩點的高度差為 解析　到達A點時，由v0＝gt1可得t1＝，到達B點時，由v0t2＝gt可得t2＝；v0越大，t1、t2越大，且t2＝2t1，A項錯誤，B項正確；vA＝v0，vB＝ ＝v0，C項錯誤；h1＝，h2＝，則兩點的高度差為，D項錯誤。 答案　B　 見學生用書P056 微考點　1　平拋運動的規(guī)律和應用 核|心|微|講 1．飛行時間：由t＝ 知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關。 2．水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定，與其他因素無關。

6、3．落地速度：v＝＝，以θ表示落地速度與x軸正方向間的夾角，有tanθ＝＝，所以落地速度只與初速度v0和下落高度h有關。 4．幾個有用的結論 (1)做平拋運動的物體，在相同時間內速度的變化量都相等，即Δv＝gΔt，方向豎直向下。 (2)做平拋運動的物體，在任一位置P(x，y)的瞬時速度的反向延長線與x軸交點A的橫坐標為，如圖所示。 (3)做平拋運動的物體，在任一位置速度偏向角θ與位移偏向角α的關系為tanθ＝2tanα。 典|例|微|探 【例1】　如圖所示，A、B兩個小球在同一豎直線上，離地高度分別為2h和h，將兩球水平拋出后，兩球落地時的水平位移之比為1∶2，則下列說法正確的

7、是(　　) A．A、B兩球的初速度之比為1∶4 B．A、B兩球的初速度之比為1∶2 C．若兩球同時拋出，則落地的時間差為 D．若兩球同時落地，則兩球拋出的時間差為(－1) 【解題導思】 (1)做平拋運動的物體在空中運動時間由什么來決定？ 答：由t＝ 知運動時間t由高度h決定，與初速度無關。 (2)做平拋運動的物體的水平方向的位移由什么決定？ 答：由x＝v0知，水平位移x由初速度v0和高度h共同決定。 解析　v1＝＝ ，v2＝＝x ，因此兩球的初速度之比為1∶2，A、B項錯誤；若兩球同時拋出，則落地的時間差為 －＝(－1) ，若兩球同時落地，則兩球拋出的時間差也為(

8、－1) ，C項錯誤，D項正確。 答案　D “化曲為直”思想在平拋運動中的應用 根據(jù)運動效果的等效性，利用運動分解的方法，將其轉化為我們所熟悉的兩個方向上的直線運動： (1)水平方向的勻速直線運動。 (2)豎直方向的自由落體運動。 題|組|微|練 1.如圖所示，在M點分別以不同的速度將兩個小球水平拋出，兩小球分別落在水平地面上的P點、Q點。已知O點是M點在地面上的豎直投影，∶＝1∶3，且不考慮空氣阻力的影響，下列說法中正確的是(　　) A．兩小球的下落時間之比為1∶3 B．兩小球的下落時間之比為1∶4 C．兩小球的初速度大小之比為1∶3 D．兩小球的初速度大小之

9、比為1∶4 解析　兩球的拋出高度相同，故下落時間相同，故A、B項錯誤；兩小球的水平位移分別為OP和OQ，故水平位移之比為1∶4，故由x＝vt可知兩小球的初速度之比為1∶4，故D項正確，C項錯誤。 答案　D　 2.如圖所示，在豎直放置的半圓形容器的中心O點分別以水平初速度v1、v2拋出兩個小球(可視為質點)，最終它們分別落在圓弧上的A點和B點，已知OA與OB互相垂直，且OA與豎直方向成α角，則兩小球初速度之比為(　　) A．tanα B．cosα C．tanα D．cosα 解析　兩小球被拋出后都做平拋運動，設容器半徑為R，兩小球運動時間分別為t1、t2，對A球：Rsin

10、α＝v1t1，Rcosα＝gt；對B球：Rcosα＝v2t2，Rsinα＝gt，解四式可得＝tanα，C項正確。 答案　C　 微考點　2　斜面上的平拋運動 核|心|微|講 斜面上的平拋運動問題是一種常見的題型，在解答這類問題時除要運用平拋運動的位移和速度規(guī)律，還要充分運用斜面傾角，找出斜面傾角同位移和速度與水平方向夾角的關系，從而使問題得到順利解決。常見的模型如下： 方法 內容 斜面 總結 分解速度 水平：vx＝v0 豎直：vy＝gt 合速度：v＝ 分解速度，構建速度三角形 續(xù)表 方法 內容 斜面 總結 分解位移 水平：x＝v0t 豎直：y＝gt2

11、 合位移：s＝ 分解位移，構建位移三角形 典|例|微|探 【例2】　如圖所示，一名跳臺滑雪運動員經過一段時間的加速滑行后從O點水平飛出，經過3 s落到斜坡上的A點。已知O點是斜坡的起點，斜坡與水平面的夾角θ＝37°，運動員的質量m＝50 kg。不計空氣阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；g取10 m/s2)。求： (1)A點與O點的距離L。 (2)運動員離開O點時的速度大小。 (3)運動員從O點飛出開始到離斜坡距離最遠所用的時間。 【解題導思】 (1)題中“經過3 s落到斜坡上的A點”，是要告訴我們什么條件？ 答：合位移方向沿OA方向。 (2)第(3

12、)問中“離斜坡距離最遠”是已知了位移的方向還是速度的方向 ? 答：速度方向。 解析　(1)運動員在豎直方向做自由落體運動，有 Lsin37°＝gt2，L＝＝75 m。 (2)設運動員離開O點時的速度為v0，運動員在水平方向的分運動為勻速直線運動，有Lcos37°＝v0t， 即v0＝＝20 m/s。 (3)解法一：運動員的平拋運動可分解為沿斜面方向的勻加速運動(初速度為v0cos37°、加速度為gsin37°)和垂直斜面方向的類豎直上拋運動(初速度為v0sin37°、加速度為gcos37°)。 當垂直斜面方向的速度減為零時，運動員離斜坡最遠，有v0sin37°＝gcos37°·t

13、，解得t＝1.5 s。 解法二：當運動員的速度方向平行于斜坡或與水平方向成37°角時，運動員離斜坡最遠，有＝tan37°，t＝1.5 s。 答案　(1)75 m　(2)20 m/s　(3)1.5 s 題|組|微|練 3. (多選)將一小球以水平速度v0＝10 m/s從O點向右拋出，經1.73 s小球恰好垂直落到斜面上的A點，不計空氣阻力，g＝10 m/s2，B點是小球做自由落體運動在斜面上的落點，如圖所示，以下判斷正確的是(　　) A．斜面的傾角約是30° B．小球的拋出點距斜面的豎直高度約是15 m C．若將小球以水平速度v0′＝5 m/s向右拋出，它一定落在AB的中點P的

14、上方 D．若將小球以水平速度v0′＝5 m/s向右拋出，它一定落在AB的中點P處 解析　設斜面傾角為θ，對小球在A點的速度進行分解有tanθ＝，解得θ≈30°，A項正確；小球距過A點水平面的距離為h＝gt2≈15 m，所以小球的拋出點距斜面的豎直高度肯定大于15 m，B項錯誤；若小球的初速度為v′0＝5 m/s，過A點做水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v0＝10 m/s拋出時的一半，延長小球運動的軌跡線，得到小球應該落在P、A之間，C項正確，D項錯誤。 答案　AC　 4.如圖所示，小球A位于斜面上，小球B與小球A位于同一高度，現(xiàn)將小球A、B分別以v1和v2的速度水平拋出，

15、都落在了傾角為45°的斜面上的同一點，且小球B恰好垂直打到斜面上，則v1∶v2為(　　) A．3∶2　　B．2∶1 C．1∶1　　D．1∶2 解析　兩小球下落高度相同，故飛行時間相同，由平拋運動的規(guī)律可知，對于A球：＝＝1　①，對于B球：＝1　②，由①②兩式解得，v1∶v2＝1∶2，故應選D項。 答案　D　 微考點　3　平拋運動中的臨界問題 核|心|微|講 分析平拋運動中的臨界問題時一般用極限分析的方法，即把要求解的物理量設定為極大或極小，讓臨界問題突顯出來，找到產生臨界的條件，必要時畫出軌跡示意圖。 典|例|微|探 【例3】　在真空環(huán)境內探測微粒在重力場中能量的簡化裝置

16、如圖所示。P是一個微粒源，能持續(xù)水平向右發(fā)射質量相同、初速度不同的微粒。高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h。 (1)若微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的時間。 (2)求能被屏探測到的微粒的初速度范圍。 (3)若打在探測屏A、B兩點的微粒的動能相等，求L與h的關系。 【解題導思】 (1)打在A點的微粒的水平位移和豎直位移分別為多少？ 答：水平位移為L，豎直位移為h。 (2)打在B點的微粒的水平位移和豎直位移分別為多少？ 答：水平位移為L，豎直位移為2h。 解析　(1)打在探測屏AB中點的微粒下落的高度 h＝gt2，①

17、 t＝ 。② (2)打在B點的微粒初速度v1＝；2h＝gt，③ v1＝L ，④ 同理，打在A點的微粒初速度 v2＝L ，⑤ 能被屏探測到的微粒初速度范圍： L ≤v≤L 。⑥ (3)由功能關系mv＋mgh＝mv＋2mgh，⑦ 代入④⑤式得L＝2h。 答案　(1) (2)L ≤v≤L (3)L＝2h 【反思總結】 求解平拋運動中的臨界問題的三個關鍵點： 1．確定運動性質——勻變速曲線運動。 2．確定臨界狀態(tài)。確定臨界狀態(tài)一般用極限法分析，即把平拋運動的初速度增大或減小，使臨界狀態(tài)呈現(xiàn)出來。 3．確定臨界狀態(tài)的運動軌跡，并畫出軌跡示意圖。畫示意圖可以使抽象

18、的物理情景變得直觀，更可以使有些隱藏于問題深處的條件暴露出來。 題|組|微|練 5．一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖所示。水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網高度為h，發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h。不計空氣的作用，重力加速度大小為g，若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，則v的取值范圍是(　　) A.

19、x＝ 。當乒乓球平行球臺邊緣運動且剛過網時為最小速度，有vmint2＝，gt＝2h，解得vmin＝ ，D項正確。 答案　D　 6．(多選)如圖所示，一高度為h的光滑水平面與一傾角為θ的斜面連接，一小球以速度v從平面的右端P點向右水平拋出，則小球在空中運動的時間t(　　) A．一定與v的大小有關 B．一定與v的大小無關 C．當v大于 /tanθ，t與v無關 D．當v小于 /tanθ，t與v有關 解析　球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用臨界法求解，如果小球恰好落在斜面與水平面的交點處，則滿足＝vt，h＝gt2，聯(lián)立可得v＝ ，故當v大于 時，小球落在水平面上，t＝，與

20、v無關；當v小于 時，小球落在斜面上，x＝vt，y＝gt2，＝tanθ，聯(lián)立可得t＝，即與v有關，故選項C、D正確。 答案　CD　 見學生用書P058 類平拋運動的分析 　素能培養(yǎng) 1．類平拋與平拋的區(qū)別 平拋只受與初速度垂直的重力，a＝g，類平拋受到的是與初速度垂直的合外力且為恒力，a＝。 2．求解方法 (1)常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的勻加速直線運動。兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。 (2)特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?，將加速度a分解為ax、ay，初速度

21、v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解。 　經典考題　 如圖所示的光滑斜面長為l，寬為b，傾角為θ，一物塊(可看成質點)沿斜面左上方頂點P水平射入，恰好從底端Q點離開斜面，求： (1)物塊由P運動到Q所用的時間t。 (2)物塊由P點水平入射時的初速度大小v0。 (3)物塊離開Q點時速度的大小v。 解析　(1)沿水平方向有b＝v0t， 沿斜面向下的方向有mgsinθ＝ma， l＝at2。 聯(lián)立解得t＝ 。 (2)由(1)可得v0＝＝b 。 (3)物塊到達Q點的速度大小 v＝。 結合(1)(2)解得 v＝ 。 答案　(1) (2)b (3)

22、 　對法對題 1．在地球表面某高度處以一定的初速度水平拋出一個小球，測得水平射程為x，在另一星球表面以相同的水平速度拋出該小球，需將高度降低一半才可以獲得相同的水平射程。忽略一切阻力。設地球表面重力加速度為g，該星球表面的重力加速度為g′，則為(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D．2 解析　在地球表面做平拋運動的時間t＝，水平射程為x＝v0t＝v0，地球表面重力加速度為g＝；在另一星球表面做平拋運動的時間t′＝ ，水平射程為x＝v0t′＝v0，此星球表面的重力加速度g′＝，則＝2，選項D正確。 答案　D　 2．在光滑的水平面內，一質量m＝1 kg的質點以速度v0＝10

23、 m/s沿x軸正方向運動，經過原點后受一沿y軸正方向(豎直方向)的恒力F＝15 N作用，直線OA與x軸成α＝37°，如圖所示曲線為質點的軌跡圖(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求： (1)如果質點的運動軌跡與直線OA相交于P點，質點從O點到P點所經歷的時間以及P點的坐標。 (2)質點經過P點時的速度大小。 解析　(1)質點在水平方向上無外力作用做勻速直線運動，豎直方向受恒力F和重力mg作用做勻加速直線運動。 由牛頓第二定律得a＝＝ m/s2＝5 m/s2。 設質點從O點到P點經歷的時間為t，P點坐標為(xP，yP)，則 xP＝v0t，yP＝at

24、2。 又tanα＝，聯(lián)立解得 t＝3 s，xP＝30 m，yP＝22.5 m。 (2)質點經過P點時沿y軸正方向的速度vy＝at＝15 m/s。故P點的速度大小vP＝＝5 m/s。 答案　(1)3 s　P(30 m, 22.5 m) (2)5 m/s 見學生用書P059 1.有A、B兩小球，B的質量為A的兩倍。現(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力。圖中①為A的運動軌跡，則B的運動軌跡是(　　) A．① B．② C．③ D．④ 解析　由于不計空氣阻力，因此小球以相同的速率沿相同的方向拋出，在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向的初

25、速度相同，加速度為重力加速度，水平方向的初速度相同，因此兩小球的運動情況相同，即B球的運動軌跡與A球的一樣，A項正確。 答案　A　 2．如圖所示，從某高度水平拋出一小球，經過時間t到達地面時，速度與水平方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．小球水平拋出時的初速度大小為gttanθ B．小球在t時間內的位移方向與水平方向的夾角為 C．若小球初速度增大，則平拋運動的時間變長 D．若小球初速度增大，則θ減小 解析　由tanθ＝可得小球平拋的初速度大小v0＝，A項錯誤；由tanα＝＝＝＝tanθ可知，α≠，B項錯誤；小球平拋的時間t＝，與小球初速

26、度無關，C項錯誤；由tanθ＝可知，v0越大，θ越小，D項正確。 　 　　　　　　　　　　　甲　　　　　　乙 答案　D　 3．如圖所示為一長為L、傾角θ＝45°的固定斜面?，F(xiàn)有一彈性小球，自與斜面上端等高的某處自由釋放，小球落到斜面上反彈時，速度大小不變，碰撞前后，速度方向與斜面夾角相等，若不計空氣阻力，欲使小球恰好落到斜面下端，則小球釋放點距斜面上端的水平距離為(　　) A.L B.L C.L D.L 解析　由θ＝45°知釋放點距斜面的高度與到斜面上端的水平距離相等，從小球與斜面碰撞后變向到落到斜面下端，小球做平拋運動且水平位移與豎直位移等大，即x＝y(tǒng)，由x＝v0t

27、和y＝t聯(lián)立得vy＝2v0，即＝2，解得h＝，選項D正確。 答案　D　 4．(多選)傾角為θ的斜面上有A、B、C三點，現(xiàn)從這三點分別以不同的初速度水平拋出一小球，三個小球均落 在斜面上的D點，如圖所示，今測得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判斷(　　) A．A、B、C處三個小球運動時間之比為1∶2∶3 B．A、B、C處三個小球落在斜面上時速度與初速度間的夾角之比為1∶1∶1 C．A、B、C處三個小球的初速度大小之比為3∶2∶1 D．A、B、C處三個小球的運動軌跡可能在空中相交 解析　由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三個小球豎直位移之比為9∶4∶1，運動時間之比為3∶2∶1，A項錯誤；斜面上平拋的小球落在斜面上時，速度與初速度之間的夾角α滿足tanα＝2tanθ，與小球拋出時的初速度大小和位置無關，因此B項正確；同時tanα＝，所以三個小球的初速度之比等于運動時間之比，為3∶2∶1，C項正確；三個小球的運動軌跡(拋物線)在D點相切，因此不會在空中相交，D項錯誤。 答案　BC 15