2019-2020年高考物理 知識復習與檢測 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第2講 平拋運動.doc

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2019-2020年高考物理 知識復習與檢測 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 第2講 平拋運動 一、平拋運動 1．定義：以一定的初速度沿水平方向拋出的物體只在重力作用下的運動． 2．性質(zhì)：平拋運動是加速度為g的勻加速曲線運動，其運動軌跡是拋物線． 3．平拋運動的條件 (1)v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用． 4．研究方法 平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動． 5．基本規(guī)律(如圖1所示) 圖1 水平方向 vx＝v0，x＝v0t 豎直方向 vy＝gt，y＝gt2 合速度 大小 v＝＝ 方向 與水平方向夾角的正切tan θ＝＝ 合位移 大小 s＝ 方向 與水平方向夾角的正切tan α＝＝ 軌跡方程 y＝x2 深度思考　從離水平地面某一高度的地方平拋的物體，其落地的時間由哪些因素決定？其水平射程由哪些因素決定？平拋的初速度越大，水平射程越大嗎？ 答案　運動時間t＝，取決于高度h和當?shù)氐闹亓铀俣萭.水平射程x＝v0t＝v0，取決于初速度v0、高度h和當?shù)氐闹亓铀俣萭.當高度、重力加速度一定時，初速度越大，水平射程越大． 二、斜拋運動(說明：斜拋運動只作定性要求) 1．定義 將物體以初速度v0沿斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運動． 2．性質(zhì) 加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動，軌跡是拋物線． 3．研究方法 斜拋運動可以看做水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動的合運動． 1．判斷下列說法是否正確． (1)平拋運動的軌跡是拋物線，速度方向時刻變化，加速度方向也可能時刻變化．() (2)無論初速度是斜向上方還是斜向下方的斜拋運動都是勻變速曲線運動．(√) (3)做平拋運動的物體質(zhì)量越大，水平位移越大．() (4)做平拋運動的物體初速度越大，落地時豎直方向的速度越大．() (5)從同一高度水平拋出的物體，不計空氣阻力，初速度大的落地速度大．(√) 2．(人教版必修2P10做一做改編)(多選)為了驗證平拋運動的小球在豎直方向上做自由落體運動，用如圖2所示的裝置進行實驗．小錘打擊彈性金屬片后，A球水平拋出，同時B球被松開，自由下落，關于該實驗，下列說法中正確的有(　　) 圖2 A．兩球的質(zhì)量應相等 B．兩球應同時落地 C．應改變裝置的高度，多次實驗 D．實驗也能說明A球在水平方向上做勻速直線運動 答案　BC 解析　小錘打擊彈性金屬片后，A球做平拋運動，B球做自由落體運動．A球在豎直方向上的運動情況與B球相 同，做自由落體運動，因此兩球同時落地．實驗時，需A、B兩球從同一高度開始運動，對質(zhì)量沒有要求，但兩球的初始高度及擊打力度應該有變化，實驗時要進行3～5次得出結論．本實驗不能說明A球在水平方向上的運動性質(zhì)，故選項B、C正確，選項A、D錯誤． 3．(教科版必修2P18第2題)一架投放救援物資的飛機在某個受援區(qū)域的上空水平地勻速飛行，從飛機上每隔1 s投下1包救援物資，先后共投下4包，若不計空氣阻力，則4包物資落地前(　　) A．在空中任何時刻總是排成拋物線，它們的落地點是等間距的 B．在空中任何時刻總是排成拋物線，它們的落地點不是等間距的 C．在空中任何時刻總在飛機正下方排成豎直的直線，它們的落地點是等間距的 D．在空中任何時刻總在飛機正下方排成豎直的直線，它們的落地點不是等間距的 答案　C 4．如圖3所示，在水平路面上一運動員駕駛摩托車跨越壕溝，壕溝兩側的高度差為0.8 m，水平距離為8 m，則運動員跨過壕溝的初速度至少為(g取10 m/s2)(　　) 圖3 A．0.5 m/s B．2 m/s C．10 m/s D．20 m/s 答案　D 命題點一　平拋運動的基本規(guī)律 1．飛行時間：由t＝知，時間取決于下落高度h和當?shù)氐闹亓铀俣萭，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、下落高度h和當?shù)氐闹亓铀俣萭共同決定，與其他因素無關． 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tan θ＝＝，所以落地速度只與初速度v0、下落高度h以及當?shù)刂亓铀俣萭有關． 4．兩個重要推論 (1)做平拋運動的物體在任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖4所示，即xB＝. 推導： ?xB＝ (2)做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻，設其速度方向與水平方向的夾角為θ，位移方向與水平方向的夾角為α，則tan θ＝2tan α.如圖4所示． 推導： 圖4 ?tan θ＝2tan α 例1　如圖5所示，A、B兩質(zhì)點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出，A在豎直平面內(nèi)運動，落地點為P1；B沿光滑斜面運動，落地點為P2，P1和P2在同一水平面上，不計阻力，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A．A、B的運動時間相同 B．A、B沿x軸方向的位移相同 C．A、B運動過程中的加速度大小相同 D．A、B落地時速度大小相同 A在豎直平面內(nèi)運動，B沿光滑斜面運動． 答案　D 解析　設O點與水平面的高度差為h，由h＝gt，＝gsin θt可得：t1＝，t2＝ ，故t1vB>vA B．若A、B能在地面相遇，則A、B在空中運動的時間之比為2∶1 C．若A、C在(x0,0)相遇，則一定滿足vA＝vC D．只要B、C同時開始做平拋運動，二者絕不可能在空中相遇 答案　CD 命題點二　與斜面有關的平拋運動問題 1．從斜面上平拋(如圖8) 圖8 已知位移方向，方法：分解位移 x＝v0t y＝gt2 tan θ＝ 可求得t＝ 2．對著斜面平拋(如圖9) 已知速度的大小或方向，方法：分解速度 圖9 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 可求得t＝ 例2　如圖10所示，一名跳臺滑雪運動員經(jīng)過一段時間的加速滑行后從O點水平飛出，經(jīng)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(zhì)量m＝50 kg，不計空氣阻力(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2)．求： 圖10 (1)A點與O點的距離L； (2)運動員離開O點時的速度大??； (3)運動員從O點飛出開始到離斜坡距離最遠所用的時間． 經(jīng)過3 s落到斜坡上的A點． 答案　(1)75 m　(2)20 m/s　(3)1.5 s 解析　(1)運動員在豎直方向做自由落體運動，有 Lsin 37＝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Lcos 37＝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v0cos 37、加速度為gsin 37)和垂直斜面方向的類豎直上拋運動(初速度為v0sin 37、加速度為gcos 37)． 當垂直斜面方向的速度減為零時，運動員離斜坡最遠，有v0sin 37＝gcos 37t，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＝tan 37，t＝1.5 s. 平拋運動的分解方法與技巧 1．如果知道速度的大小或方向，應首先考慮分解速度． 2．如果知道位移的大小或方向，應首先考慮分解位移． 3．兩種分解方法 (1)沿水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動； (2)沿斜面方向的勻加速運動和垂直斜面方向的勻減速運動． 3．如圖11所示，小球以v0正對傾角為θ的斜面水平拋出，若小球到達斜面的位移最小，則飛行時間t為(重力加速度為g)(　　) 圖11 A．v0tan θ B. C. D. 答案　D 解析　如圖所示，要使小球到達斜面的位移最小，則小球落點與拋出點的連線應與斜面垂直，所以有tan θ＝，而x＝v0t，y＝gt2，解得t＝. 4．(多選)如圖12所示，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，今測得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判斷(　　) 圖12 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 答案　BC 解析　由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三個小球在豎直方向運動的位移之比為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tan α＝2tan θ，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tan α＝，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點相交，因此不會在空中相交，D項錯誤． 命題點3　平拋運動中的臨界問題 例3　(xx浙江理綜23)在真空環(huán)境內(nèi)探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖13所示．P是個微粒源，能持續(xù)水平向右發(fā)射質(zhì)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. 圖13 (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． 水平向右，初速度不同． 答案　(1)　(2)≤v≤L 解析　(1)打在AB中點的微粒，則h＝gt2 解得t＝ (2)設打在B點的微粒初速度為v1，則 v1＝，2h＝gt 解得v1＝ 同理，設打在A點的微粒初速度為v2，則v2＝L 所以微粒初速度范圍為≤v≤L. 極限分析法在臨界問題中的應用 分析平拋運動中的臨界問題時一般運用極限分析的方法，即把要求的物理量設定為極大或極小，讓臨界問題突顯出來，找到產(chǎn)生臨界的條件． 5．一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖14所示．水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網(wǎng)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(nèi)，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側臺面上，則v的最大取值范圍是(　　) 圖14 A.＜v＜L1 B.＜v＜ C.＜v＜ D.＜v＜ 答案　D 解析　發(fā)射機無論向哪個方向水平發(fā)射，乒乓球都做平拋運動．當速度v最小時，球沿中線恰好過網(wǎng)，有： 3h－h(huán)＝① ＝v1t1② 聯(lián)立①②兩式，得v1＝ 當速度v最大時，球斜向右側臺面兩個角發(fā)射，有 ＝v2t2③ 3h＝gt④ 聯(lián)立③④兩式，得v2＝ 所以使乒乓球落到球網(wǎng)右側臺面上，v的最大取值范圍為＜v＜ ，選項D正確． 6．如圖15所示，傾角為37的粗糙斜面的底端有一質(zhì)量m＝1 kg的凹形小滑塊，小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25.現(xiàn)小滑塊以某一初速度v從斜面底端上滑，同時在斜面底端正上方有一小球以v0水平拋出，經(jīng)過0.4 s，小球恰好垂直斜面方向落入凹槽，此時，小滑塊還在上滑過程中．已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2.求： 圖15 (1)小球水平拋出的速度大小v0； (2)小滑塊的初速度大小v. 答案　(1)3 m/s　(2)5.35 m/s 解析　(1)設小球落入凹槽時豎直速度為vy，則 vy＝gt＝100.4 m/s＝4 m/s v0＝vytan 37＝3 m/s (2)小球落入凹槽時的水平位移x＝v0t＝30.4 m＝1.2 m 則滑塊的位移為x′＝ m＝1.5 m 滑塊上滑時，mgsin 37＋μmgcos 37＝ma 解得a＝8 m/s2 根據(jù)公式x′＝vt－at2 解得：v＝5.35 m/s. 處理平拋運動的臨界和極值問題的兩種妙法 一、極端分析法 所謂極端分析法，是指兩個變量之間的關系，若是單調(diào)上升或單調(diào)下降的函數(shù)關系，可以通過連續(xù)地改變某個變量甚至達到變化的極端，來對另一個變量進行判斷的研究方法． 典例1　(教科版必修2P12發(fā)展空間改編)如圖16所示，排球場總長為18 m，設球網(wǎng)高度為2 m，運動員站在離網(wǎng)3 m的線上(圖中虛線所示)正對網(wǎng)前跳起將球水平擊出．(不計空氣阻力，取g＝10 m/s2) 圖16 (1)設擊球點在3 m線正上方高度為2.5 m處，試問擊球的速度在什么范圍內(nèi)才能使球既不觸網(wǎng)也不越界？ (2)若擊球點在3 m線正上方的高度小于某個值，那么無論擊球的速度多大，球不是觸網(wǎng)就是越界，試求這個高度． 答案　見解析 解析　(1)如圖甲所示，設球剛好擦網(wǎng)而過，則擊球點到擦網(wǎng)點的水平位移x1＝3 m，豎直位移y1＝h2－h(huán)1＝(2.5－2) m＝0.5 m，根據(jù)位移關系x＝vt，y＝gt2，可得v＝x ，代入數(shù)據(jù)可得v1＝3 m/s，即所求擊球速度的下限 設球剛好打在邊界線上，則擊球點到落地點的水平位移x2＝12 m，豎直位移y2＝h2＝2.5 m，代入上面的速度公式v＝x ，可求得v2＝12 m/s，即所求擊球速度的上限 欲使球既不觸網(wǎng)也不越界，則擊球速度v應滿足3 m/st1 B．t3>t2 C．t4>t3 D．t1>t4 答案　BD 解析　由＝gsin αt可得t1＝ ，而t4＝t3＝，故有C錯誤，D正確；由t2<可得：t1>t2，t3>t2，A錯誤，B正確． 8．如圖8所示，滑板運動員從傾角為53的斜坡頂端滑下，滑下的過程中他突然發(fā)現(xiàn)在斜面底端有一個高h＝1.4 m、寬L＝1.2 m的長方體障礙物，為了不觸及這個障礙物，他必須在距水平地面高度H＝3.2 m的A點沿水平方向跳起離開斜面(豎直方向的速度變?yōu)?)．已知運動員的滑板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.(已知sin 53＝0.8，cos 53＝0.6)求： 圖8 (1)運動員在斜面上滑行的加速度的大??； (2)若運動員不觸及障礙物，他從斜面上起跳后到落至水平面的過程所經(jīng)歷的時間； (3)運動員為了不觸及障礙物，他從A點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)設運動員連同滑板的質(zhì)量為m，運動員在斜面上滑行的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin 53－μmgcos 53＝ma， 解得運動員在斜面上滑行的加速度a＝7.4 m/s2. (2)運動員從斜面上起跳后沿豎直方向做自由落體運動， 根據(jù)自由落體運動規(guī)律有H＝gt2，解得t＝0.8 s. (3)為了不觸及障礙物，運動員以速度v沿水平方向起跳后豎直下落高度為H－h(huán)時，他沿水平方向運動的距離為＋L，設該段時間為t′，則H－h(huán)＝gt′2，＋L＝vt′， 解得v＝6.0 m/s. 題組3　平拋運動中的臨界問題 9．如圖9所示， 可視為質(zhì)點的小球，位于半徑為 m半圓柱體左端點A的正上方某處，以一定的初速度水平拋出小球，其運動軌跡恰好能與半圓柱體相切于B點．過B點的半圓柱體半徑與水平方向的夾角為60，則初速度為(不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2)(　　) 圖9 A. m/s B．4 m/s C．3 m/s D. m/s 答案　C 解析　小球飛行過程中恰好與半圓柱體相切于B點，可知在B點的速度與水平方向的夾角為30，設位移與水平方向的夾角為θ，則有tan θ＝＝.因為tan θ＝＝，則豎直位移為y＝R，v＝2gy＝gR，又有tan 30＝，聯(lián)立以上各式解得v0＝ ＝ m/s＝3 m/s，故選C. 10.如圖10所示，水平屋頂高H＝5 m，圍墻高h＝3.2 m，圍墻到房子的水平距離L＝3 m，圍墻外空地寬x＝10 m，為使小球從屋頂水平飛出落在圍墻外的空地上，g取10 m/s2.求： 圖10 (1)小球離開屋頂時的速度v0的大小范圍； (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)設小球恰好落到空地的右側邊緣時的水平初速度為v01，則小球的水平位移：L＋x＝v01t1 小球的豎直位移：H＝gt 聯(lián)立兩式得v01＝(L＋x) ＝13 m/s 設小球恰好越過圍墻的邊緣時的水平初速度為v02，則此過程中小球的水平位移：L＝v02t2 小球的豎直位移：H－h(huán)＝gt 聯(lián)立兩式得：v02＝L＝5 m/s 小球離開屋頂時的速度大小為5 m/s≤v0≤13 m/s (2)小球落在空地上，下落高度一定，落地時的豎直分速度一定，當小球恰好越過圍墻的邊緣落在空地上時，落地速度最小． 豎直方向：v＝2gH 又有：vmin＝ 代入數(shù)據(jù)解得：vmin＝5 m/s