2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义：第一章 第四节
2018年高中物理粤教版必修2课件：第一章第四节平抛运动
1.如图所示，以 9.8 m/s 的水平初速度 v0 抛出的物体， 飞行一段时间后，垂直地撞在倾角 θ 为 30°的斜面上，
可知物体完成这段飞行的时间是( )
3 A. 3 s C. 3 s
23 B. 3 s D．2 s
解析：物体垂直撞在斜面上，是已知 速度方向，可将速度按如图分解，再根据 竖直方向上的分运动求解时间．由图可知：tan θ＝vv0y，即 tan 30°＝9g.t8，可以求出 t＝ 3 s，故 C 正确．
答案：C
2.如图所示，从某高度水平抛出一小球， 经过时间 t 到达地面时，速度与水平方向的 夹角为 θ，不计空气阻力，重力加速度为 g.下列说法正确 的是( )
小试身手
2．一架飞机水平匀速飞行，飞机上每隔 1 s 释放一 个铁球，先后共释放 4 个，若不计空气阻力，则落地前四 个铁球在空中的排列情况是( )
解析：飞机水平匀速飞行，不计空气阻力，从飞机上 释放的铁球只受重力作用，且具有相同水平初速度，铁球 做平抛运动，四个铁球落地前水平方向上的运动保持与飞 机相对静止，只是竖直方向上在重力作用下加速下落，则 落地前四个铁球在空中排成一条竖直线，相邻两铁球间的 距离不同，选项 B 正确，其他选项均错．
答案：AD
知识点二 平抛运动的分解及规律
提炼知识 1．平抛运动的分解． (1)实验探究． 探究平抛运动的常用实验装置为平抛仪，如图所示．
研究水平方向上的分运动的性质时，把两个小铁球 分别吸在电磁铁 C、D 上；研究竖直方向分运动的性质时， 把两个小铁球分别吸在电磁铁 C、E 上．此外，如果想要 精确地研究平抛运动的两个分运动的性质，可以利用频 闪照片来观察、Fra bibliotek析，如图所示．
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义
第四节机械能守恒定律[学习目标] 1.知道什么是机械能，知道物体的动能和势能可以相互转化.2.能够根据动能定理、重力做功与重力势能变化间的关系，推导出机械能守恒定律.3.会根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒，能运用机械能守恒定律解决有关问题．一、动能与势能的相互转化1．重力势能与动能的转化只有重力做功时，若重力对物体做正功，则物体的重力势能减少，动能增加，物体的重力势能转化为动能，若重力对物体做负功，则物体的重力势能增加，动能减少，物体的动能转化为重力势能．2．弹性势能与动能的转化只有弹簧弹力做功时，若弹力对物体做正功，则弹簧的弹性势能减少，物体的动能增加，弹簧的弹性势能转化为物体的动能；若弹力对物体做负功，则弹簧的弹性势能增加，物体的动能减少，物体的动能转化为弹簧的弹性势能．3．机械能：重力势能、弹性势能与动能统称为机械能．二、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而机械能的总量保持不变．2．表达式：E k1＋E p1＝E k2＋E p2，即E1＝E2.[即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)机械能守恒时，物体一定只受重力和弹力作用．(×)(2)合力为零，物体的机械能一定守恒．(×)(3)合力做功为零，物体的机械能保持不变．(×)(4)只有重力做功时，物体的机械能一定守恒．(√)2．如图1所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高为H处自由落下，不计空气阻力，假设桌面处的重力势能为零，则小球落到地面前瞬间的机械能为________．图1答案mgH一、机械能守恒条件的理解[导学探究]如图2所示，过山车由高处在关闭发动机的情况下飞奔而下．图2(1)过山车受哪些力作用？各做什么功？(2)过山车下滑时，动能和势能怎么变化？两种能的和不变吗？(3)若忽略过山车的摩擦力和空气阻力，过山车下滑时机械能守恒吗？答案(1)重力、支持力、摩擦力和空气阻力．重力做正功，支持力不做功，摩擦力和空气阻力做负功．(2)动能增加、势能减小，因为摩擦阻力和空气阻力做负功，所以动能和势能的和变小，机械能不守恒．(3)守恒．[知识深化]机械能守恒条件的理解1．从能量特点看：只有系统动能和势能相互转化，无其他形式能量(如内能)之间转化，则系统机械能守恒．2．从机械能的定义看：根据动能与势能之和是否变化判断机械能是否守恒，如一个物体沿水平方向匀速运动时，动能和势能之和不变，机械能守恒；但沿竖直方向匀速运动时，动能不变，势能变化，机械能不守恒．3．从做功特点看：只有重力和系统内的弹力做功．例1(多选)不计空气阻力，下列说法中正确的是()A．用绳子拉着物体匀速上升，只有重力和绳子的拉力对物体做功，机械能守恒B．做竖直上抛运动的物体，只有重力对它做功，机械能守恒C．沿光滑斜面自由下滑的物体，只有重力对物体做功，机械能守恒D．用水平拉力使物体沿光滑水平面做匀加速直线运动，机械能守恒答案BC例2 (多选)如图3所示，弹簧固定在地面上，一小球从它的正上方A 处自由下落，到达B 处开始与弹簧接触，到达C 处速度为0，不计空气阻力，则在小球从B 到C 的过程中( )图3A ．弹簧的弹性势能不断增加B ．弹簧的弹性势能不断减少C ．小球和弹簧组成的系统机械能不断减少D ．小球和弹簧组成的系统机械能保持不变 答案 AD解析 从B 到C ，小球克服弹力做功，弹簧的弹性势能不断增加，A 正确，B 错误；对小球、弹簧组成的系统，只有重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，C 错误，D 正确． 二、机械能守恒定律的应用例3 如图4所示，质量m ＝70 kg 的运动员以10 m /s 的速度从高h ＝10 m 的滑雪场A 点沿斜坡自由滑下，以最低点B 所在的水平面为零势能面，一切阻力可忽略不计．求运动员：(g ＝10 m/s 2)图4(1)在A 点时的机械能； (2)到达最低点B 时的速度大小； (3)相对于B 点能到达的最大高度． 答案 (1)10 500 J (2)10 3 m/s (3)15 m解析 (1)运动员在A 点时的机械能E ＝E k ＋E p ＝12m v 2＋mgh ＝12×70×102 J ＋70×10×10 J ＝10 500 J.(2)运动员从A 点运动到B 点的过程，根据机械能守恒定律得E ＝12m v 2B ，解得v B ＝2E m＝ 2×10 50070m/s ＝10 3 m/s (3)运动员从A 点运动到斜坡上最高点的过程中，由机械能守恒定律得E ＝mgh ′，解得h ′＝E mg ＝10 50070×10m ＝15 m.1．机械能守恒定律的应用步骤首先对研究对象进行正确的受力分析，判断各个力是否做功，并分析是否符合机械能守恒的条件．若机械能守恒，则根据机械能守恒定律列出方程，或再辅以其他方程进行求解． 2．机械能守恒定律常用的三种表达式(1)从不同状态看：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(或E 1＝E 2) 此式表示系统的两个状态的机械能总量相等． (2)从能的转化角度看：ΔE k ＝－ΔE p此式表示系统动能的增加(减少)量等于势能的减少(增加)量． (3)从能的转移角度看：ΔE A 增＝ΔE B 减．此式表示系统A 部分机械能的增加量等于系统B 部分机械能的减少量．针对训练 某游乐场过山车模型简化为如图5所示，光滑的过山车轨道位于竖直平面内，该轨道由一段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R ，可视为质点的过山车从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．图5(1)若要求过山车能通过圆形轨道最高点，则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度至少要多少？(2)考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的7倍，过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度不得超过多少？ 答案 (1)2.5R (2)3R解析 (1)设过山车总质量为M ，从高度h 1处开始下滑，恰能以v 1通过圆形轨道最高点．在圆形轨道最高点有：Mg ＝M v 21R① 运动过程机械能守恒：Mgh 1＝2MgR ＋12M v 21 ②由①②式得：h 1＝2.5R 即高度至少为2.5R .(2)设从高度h 2处开始下滑，游客质量为m ，过圆周最低点时速度为v 2，游客受到的支持力最大是N ＝7mg .最低点：N －mg ＝m v 22R③运动过程机械能守恒：mgh 2＝12m v 22④由③④式得：h 2＝3R 即高度不得超过3R .1．(机械能是否守恒的判断)(多选)下列物体中，机械能守恒的是( ) A ．做平抛运动的物体 B ．被匀速吊起的集装箱 C ．光滑曲面上自由运动的物体D ．物体以45g 的加速度竖直向上做匀减速运动答案 AC2．(机械能守恒的判断)如图6所示，一轻质弹簧固定于O 点，另一端系一重物，将重物从与悬点O 在同一水平面且弹簧保持原长的A 点无初速度地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A 点摆向最低点B 的过程中( )图6A ．系统的弹性势能不变B ．重物的重力势能增大C ．重物的机械能不变D ．重物的机械能减少 答案 D解析 重物从A 点释放后，在从A 点向B 点运动的过程中，重物的重力势能逐渐减少，动能逐渐增加，弹簧逐渐被拉长，弹性势能逐渐增加，所以，重物减少的重力势能一部分转化为动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能，对重物和弹簧构成的系统，机械能守恒，但对重物来说，其机械能减少，选项D 正确．3.(机械能守恒定律的应用)如图7所示，从光滑的14圆弧槽的最高点滑下的小物块，滑出槽口时速度沿水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面在水平面内，若要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，已知圆弧轨道的半径为R 1，半球的半径为R 2，则R 1与R 2的关系为( )图7A ．R 1≤R 2B ．R 1≥R 2C ．R 1≤R 22D ．R 1≥R 22答案 D解析 小物块沿光滑的14圆弧槽下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒，故有mgR 1＝12m v 2①要使小物块滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平抛运动，则 mg ≤m v 2R 2②由①②解得R 1≥R 22.4．(机械能守恒定律的应用)如图8所示，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC ，其半径R ＝0.5 m ，轨道在C 处与水平地面相切，在C 处放一小物块，给它一水平向左的初速度v 0＝5 m /s ，结果它沿CBA 运动，通过A 点，最后落在水平地面上的D 点，求C 、D 间的距离s .(重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力)图8答案 1 m解析 解法一：应用机械能守恒定律求解物块由C 到A 过程，只有重力做功，机械能守恒，则ΔE p ＝－ΔE k ， 即2mgR ＝12m v 20－12m v 2①物块从A 到D 过程做平抛运动，则 竖直方向：2R ＝12gt 2②水平方向：s ＝v t③由①②③式并代入数据得：s ＝1 m. 解法二：应用动能定理求解物块由C 到A 过程，只有重力做功，由动能定理得－2mgR ＝12m v 2－12m v 20物块从A 到D 过程做平抛运动，则 竖直方向：2R ＝12gt 2水平方向：s ＝v t 联立解得：s ＝1 m.课时作业一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题)1．一个物体在运动的过程中所受的合力为零，则这个过程中( ) A ．机械能一定不变B ．物体的动能保持不变，而势能一定变化C ．若物体的势能变化，机械能一定变化D ．若物体的势能变化，机械能不一定变化 答案 C解析 由于物体在平衡力的作用下运动，速度不变，即物体的动能不变，当物体的势能变化时机械能一定变化，C 正确，A 、B 、D 错误． 2．下列运动的物体，机械能守恒的是( ) A ．物体沿斜面匀速下滑B ．物体从高处以0.9g 的加速度竖直下落C ．物体沿光滑曲面滑下D ．拉着一个物体沿光滑的斜面匀速上升 答案 C解析 物体沿斜面匀速下滑时，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小．物体以0.9g 的加速度竖直下落时，除重力外，其他力的合力向上，大小为0.1mg ，其他力的合力在物体下落时对物体做负功，物体的机械能不守恒．物体沿光滑曲面滑下时，只有重力做功，机械能守恒．拉着物体沿斜面匀速上升时，拉力对物体做功，物体的机械能不守恒．综上所述，机械能守恒的是C 项．3．质量为1 kg 的物体从倾角为30°、长2 m 的光滑斜面顶端由静止开始下滑，若选初始位置为零势能点，那么，当它滑到斜面中点时具有的机械能和重力势能分别是(g 取10 m/s 2)( ) A ．0 J ，－5 J B ．0 J ，－10 J C ．10 J,5 J D ．20 J ，－10 J答案 A4．如图1所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施．管道除D点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑．若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管形管道A、B内部(管道A比管道B高)．某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过管道A内部最高点时，对管壁恰好无压力．则这名挑战者()图1A．经过管道A最高点时的机械能大于经过管道B最低点时的机械能B．经过管道A最高点时的动能大于经过管道B最低点时的动能C．经过管道B最高点时对管外侧壁有压力D．不能经过管道B的最高点答案 C5.如图2所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()图2A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案 B解析圆环在下落过程中机械能减少，弹簧弹性势能增加，而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒．圆环下落到最低点时速度为零，但是加速度不为零，即合力不为零；圆环下降高度h ＝(2L)2－L2＝3L，所以圆环重力势能减少了3mgL，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加了3mgL.故选B.6.如图3所示，用长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A的正下方O点钉有一光滑小钉子，今将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是()图3A.L 2B.L 3C.23LD.35L 答案 D解析 设小球做完整圆周运动时其轨道半径为R ，小球刚好过最高点的条件为mg ＝m v 20R解得v 0＝gR小球由静止释放到运动至圆周的最高点过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得0＝12m v 20－mg (L －2R ) 解得R ＝25L所以OA 的最小距离为L －R ＝35L ，故D 正确．7．以相同大小的初速度v 0将物体从同一水平面分别竖直上抛、斜上抛、沿光滑斜面(足够长)上滑，如图4所示，三种情况达到的最大高度分别为h 1、h 2和h 3，不计空气阻力(斜上抛物体在最高点的速度方向水平)，则( )图4A ．h 1＝h 2>h 3B ．h 1＝h 2<h 3C ．h 1＝h 3<h 2D ．h 1＝h 3>h 2答案 D解析 竖直上抛物体和沿斜面运动的物体，上升到最高点时，速度均为0，由机械能守恒得mgh ＝12m v 20，所以h ＝v 202g ，斜上抛物体在最高点速度不为零，设为v 1，则mgh 2＝12m v 20－12m v 21，所以h 2＜h 1＝h 3，故D 对．8.把质量为m 的石块从高h 的山崖上以沿与水平方向成θ角斜向上的方向抛出(如图5所示)，抛出的初速度为v 0，石块落地时的速度大小与下面哪些量无关(不计空气阻力)( )图5A ．石块的质量B ．石块初速度的大小C ．石块初速度的仰角D ．石块抛出时的高度 答案 AC解析 以地面为参考平面，石块运动过程中机械能守恒，则mgh ＋12m v 20＝12m v 2即v 2＝2gh ＋v 20，所以v ＝v 20＋2gh由此可知，v 与石块的初速度大小v 0和高度h 有关，而与石块的质量和初速度的方向无关． 9．图6是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 处时，下列表述正确的有( )图6A ．N 小于滑块重力B ．N 大于滑块重力C ．N 越大表明h 越大D ．N 越大表明h 越小答案 BC解析 设滑块在B 点的速度大小为v ，选B 处所在平面为零势能面，从开始下滑到B 处，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2，在B 处由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2r ，因而选B 、C.10.如图7所示，质量相同的小球A 和B 分别悬挂在长为L 和2L 的不同长绳上，先将小球拉至同一水平位置从静止释放，不计空气阻力，当两绳竖直时，则( )图7A ．两球的速率一样大B ．两球的动能一样大C ．两球的机械能一样大D ．两球所受的拉力一样大答案 CD解析 两球在下落过程中机械能守恒，开始下落时，重力势能相等，动能都为零，所以机械能相等，下落到最低点时的机械能也一样大，选项C 正确．选取小球A 为研究对象，设小球到达最低点时的速度大小为v A ，动能为E k A ，小球所受的拉力大小为F A ，则mgL ＝12m v 2A ，F A －mg ＝m v 2A L，可得v A ＝2gL ，E k A ＝mgL ，F A ＝3mg ；同理可得v B ＝2gL ，E k B ＝2mgL ，F B ＝3mg ，故选项A 、B 错误，选项D 正确．二、非选择题11.如图8所示，某大型露天游乐场中过山车的质量为1 t ，从轨道一侧的顶点A 处由静止释放，到达底部B 处后又冲上环形轨道，使乘客头朝下通过C 点，再沿环形轨道到达底部B 处，最后冲上轨道另一侧的顶点D 处，已知D 与A 在同一水平面上．A 、B 间的高度差为20 m ，圆环半径为5 m ，如果不考虑车与轨道间的摩擦和空气阻力，g 取10 m/s 2.试求：图8(1)过山车通过B 点时的动能；(2)过山车通过C 点时的速度大小；(3)过山车通过D 点时的机械能．(取过B 点的水平面为零势能面)答案 (1)2×105 J (2)10 2 m/s (3)2×105 J解析 (1)过山车由A 点运动到B 点的过程中，由机械能守恒定律ΔE k 增＝ΔE p 减可得过山车在B 点时的动能．12m v 2B －0＝mgh AB E k B ＝12m v 2B ＝mgh AB 解得E k B ＝2×105 J(2)同理可得，过山车从A 点运动到C 点时有12m v 2C －0＝mgh AC 解得v C ＝10 2 m/s(3)由机械能守恒定律可知，过山车在D 点时的机械能就等于在A 点时的机械能，则有E D ＝E A ＝mgh AB解得E D ＝2×105 J.12．如图9所示，竖直平面内有一半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，一水平面与圆弧槽相接于D 点，质量m ＝0.5 kg 的小球从B 点正上方H 高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出后落在水平面上的Q 点，DQ 间的距离s ＝2.4 m ，球从D 点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h ＝0.8 m ，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：图9(1)小球释放点到B 点的高度H ；(2)经过圆弧槽最低点C 时轨道对小球的支持力大小N .答案 (1)0.95 m (2)34 N解析 (1)设小球在飞行过程中通过最高点P 的速度为v 0，P 到D 和P 到Q 可视为两个对称的平抛运动，则有：h ＝12gt 2，s 2＝v 0t 可得：v 0＝s 2g 2h ＝2.42× 102×0.8m /s ＝3 m/s 在D 点有：v y ＝gt ＝4 m/s在D 点合速度大小为：v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s设v 与水平方向夹角为θ，cos θ＝v 0v ＝35A 到D 过程机械能守恒：mgH ＋mgR cos θ＝12m v 2 解得：H ＝0.95 m(2)设小球经过C 点时速度为v C ，A 到C 过程机械能守恒：mg (H ＋R )＝12m v 2C由牛顿第二定律有，N －mg ＝m v 2C R解得N ＝34 N.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2课件：第一章 第四节
一、平抛运动 1.定义：将物体用一定的初速度沿水平方向 抛出，仅在 重力 作用下物体 所做的运动. 2.平抛运动的特点：(1)初速度沿 水平方向. (2)只受重力作用. 3.平抛运动的性质：加速度为 g 的 匀变速曲线 运动.
二、平抛运动的分解 1.分运动规律探究： (1)利用平抛仪的探究. ①水平方向上运动性质的探究. 如图1，调整电磁铁C、D分别离轨道A、B 出口水平线的高度相等，并同时释放.实验 发现，两铁球总是 相碰 .
第一章
第四节 平抛运动
学习目标 1.会用运动的合成与分解的方法分析平抛运动. 2.理解平抛运动可以看作是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由 落体运动的合运动. 3.会用平抛运动的规律解答有关实际问题，注意平抛运动在生活、生产 中的应用.
内容索引
Ⅰ自主预习梳理
Ⅱ 重点知识探究
Ⅲ 当堂达标检测
Ⅰ
图1
②竖直方向上运动性质的探究. 利用电磁铁C、E，保证两球的抛出点在同一水平线上，一小球从轨道A射 出的同时，释放电磁铁E吸着的小球，实验发现，两者总是 同时 落在下 面的水平轨道上.
(2)利用频闪照相法进行探究. ①水平方向相等时间内水平距离 相等 . ②竖直方向两球经过相等的时间，落到相同的 高度 ，如图2.
1234
解析 答案
2.(平抛运动规律的应用)如图10所示，滑板运动员以速度v0从离地高h处的 平台末端水平飞出，落在水平地面上.忽略空气阻力，运动员和滑板可视
为质点，下列表述正确的是
A.v0越大，运动员在空中运动时间越长
√B.v0越大，运动员落地瞬间速度越大
C.运动员落地瞬间速度与高度h无关
D.运动员落地位置与v0大小无关
2tan θ，选项D正确.
粤教版物理必修二课件第1章-第4节
6．平抛运动竖直方向上是自由落体运动，在连续相等的 时间 t 内位移之比为 1∶3∶5∶7∶…∶(2n－1)，且相邻的后 一个 t 比前一个 t 内多下落 Δy＝gt2，而水平方向在连续相等 的时间内位移相等．
1．平抛运动中，速度偏向角是指过该点轨迹的切线与水 平方向的夹角；位移偏向角是指该点与起点的连线与水平方 向的夹角．不要将两者混淆． 2．平抛运动中，某时刻速度、位移与初速度方向的夹角 α、θ 的关系为 tan α＝2tan θ，而不要误记为 α＝2θ.
2．轨迹研究法 描出平抛运动的轨迹，建立起水平、竖直的直角坐标系， 通过对平抛运动轨迹的研究，找出平抛运动的规律． 例如，假定物体在水平方向做匀速直线运动，确定运动 时间相等的一些点的坐标，研究物体在竖直方向运动的位移 随时间的变化关系，确定竖直方向的运动规律．
第四节
平抛运动
教师用书独具演示
●课标要求
知识与 技能 过程与 方法 情感态度 与价值观 1.会用运动的合成与分解的方法分析平抛运动． 2.掌握抛体运动的位置与速度的关系． 1.掌握平抛运动的特点，能够运用平抛规律解决 有关问题． 2.通过例题分析并再次体会平抛运动的规律．
1.培养学生仔细观察、认真思考、积极参与、勇 于探索的精神． 2.主动探究实现知识迁移.
1 2 gt vy gt h 2 【解析】 如图可得 tan φ＝ ＝ ，tan θ＝ ＝ ＝ v0 v0 s v0 t gt ，故 D 正确． 2v0
【答案】
D
探究平抛运动规律的两种方法
【问题导思】 1．研究平抛运动常用什么方法？ 2．用什么方法知道平抛运动两分运动的性质？ 3．如何用轨迹法研究平抛运动？
(2)运动员的水平位移 x＝v0t，x＝Lcos θ，将 t＝3 s， L＝75 m，θ＝37° 代入求得 v0＝20 m/s. (3)运动员落地时的竖直分速度 vy＝g· t＝10×3 m/s＝30 m/s 所以他落地时速度大小
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义
第一节什么是抛体运动[学习目标]1.知道什么是抛体运动.2.知道曲线运动的速度方向，理解曲线运动的性质.3.知道物体做直线或曲线运动的条件，会确定轨迹弯曲方向与受力方向的关系.一、抛体运动1.定义：将物体以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动.2.做抛体运动的条件：(1)有一定的初速度；(2)只受重力.3.运动性质：由于物体只受重力作用，抛体的加速度a＝g，故抛体运动是匀变速运动.二、抛体运动的速度方向1.速度方向：在曲线运动中，质点在某一时刻(或某一位置)的速度方向就是曲线上这点的切线方向.2.曲线运动的性质：曲线运动的速度方向时刻在改变，曲线运动是一种变速运动.3.曲线运动的分类匀变速曲线运动：加速度恒定.非匀变速曲线运动：加速度变化.三、物体做直线或曲线运动的条件1.物体做直线运动的条件：物体所受合力(加速度)的方向与速度方向在同一直线上.2.物体做曲线运动的条件：物体所受合力(加速度)的方向与速度方向不在同一直线上.这包含三个层次的内容：(1)初速度不为零；(2)合力不为零；(3)合力与速度方向不共线.3.曲线运动的轨迹特点做曲线运动的物体的轨迹与速度方向相切且向合力方向弯曲，而且处在速度方向与合力方向构成的夹角之间(如图1所示).即合力指向曲线的凹侧.图1[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)做抛体运动的物体，速度可能不变.(×)(2)曲线运动一定是变速运动，但变速运动不一定是曲线运动.(√)(3)物体的速度不断改变，它一定做曲线运动.(×)(4)做曲线运动物体的位移大小可能与路程相等.(×)(5)做曲线运动物体的合力一定是变力.(×)(6)做曲线运动的物体一定有加速度.(√)2.小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v0运动，得到不同轨迹.图2中a、b、c、d为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A时，小钢珠的运动轨迹是__________(填轨迹字母代号)，磁铁放在位置B时，小钢珠的运动轨迹是__________(填轨迹字母代号).实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向__________(选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线运动.图2答案b c不在解析因为磁铁对小钢珠只能提供引力，磁铁在A处时，F与v0同向，小钢珠做变加速直线运动，运动轨迹为b；当磁铁放在B处时，F与v0不在同一直线上，引力指向曲线的凹侧，运动轨迹为c.当合外力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动.一、曲线运动的速度方向、抛体运动特点[导学探究](1)如图3所示，砂轮上打磨下来的炽热的微粒沿砂轮的切线飞出，其速度方向不断变化，那么如何确定物体在某一点的速度方向？图3(2)曲线运动一定是变速运动吗？(3)曲线运动可能是匀变速运动吗？(4)物体做曲线运动时，加速度可以为零吗？为什么？答案(1)从题图可以看出，从砂轮上打磨下来的炽热微粒沿脱落点的切线方向飞出，所以物体在某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向.(2)由于曲线运动的速度方向时刻在变化，不论其速度大小是否变化，其速度一定变化，因此曲线运动一定是变速运动.(3)曲线运动是否是匀变速运动取决于物体所受的合外力情况.合外力为恒力，物体做匀变速曲线运动；合外力为变力，物体做非匀变速曲线运动.(4)不可以，物体做曲线运动时，速度不断变化，所以加速度一定不为零.[知识深化]1.曲线运动的速度方向：做曲线运动的物体的速度方向在其轨迹的各点的切线方向上，物体的速度方向时刻发生变化.2.抛体运动的理解：(1)抛体运动特点：①具有初速度，初速度的方向不确定.②只受重力作用.当物体所受空气阻力与重力相比可忽略不计时，抛出物体的运动可视为抛体运动.(2)运动性质：由于物体只受重力作用，抛出物体的加速度a＝g恒定，因此抛体运动一定是匀变速运动.(3)轨迹：直线或曲线①当物体的初速度方向竖直向上或向下时，物体做匀变速直线运动.②当物体的初速度方向不在竖直方向上时，物体做匀变速曲线运动，并且抛体运动的轨迹总是向下弯曲的.(4)抛体运动的几种形式(如图4所示)图4例1下列关于抛体运动的说法正确的是()A.做抛体运动的物体，只有当做直线运动时才为匀变速运动B.做抛体运动的物体，只有做曲线运动时速度才发生变化C.物体无论做怎样的抛体运动，一定做匀变速运动D.将物体沿某一倾斜方向抛出时，运动不一定是匀变速运动答案 C解析做抛体运动的物体，由于只受重力作用，加速度恒为重力加速度，因此抛体运动不论轨迹是直线还是曲线，均为匀变速运动，速度一定发生变化，故A、B、D错，C正确.例2如图5所示，物体沿曲线由a点运动至b点，关于物体在ab段的运动，下列说法正确的是()图5A.物体的速度可能不变B.物体的速度不可能均匀变化C.a点的速度方向由a指向bD.ab段的位移大小一定小于路程答案 D解析做曲线运动的物体的速度方向时刻改变，即使速度大小不变，速度方向也在不断发生变化，故A项错误；做曲线运动的物体必定受到力的作用，当物体所受到的合力为恒力时，物体的加速度恒定，速度均匀变化，B项错误；ɑ点的速度方向沿ɑ点的切线方向，C项错误；做曲线运动的物体的位移大小必小于路程，D项正确.二、物体做曲线运动的条件[导学探究](1)图6甲是抛出的石子在空中划出的弧线，图乙是某卫星绕地球运行的部分轨迹.请画出物体在A、B、C、D四点的受力方向和速度方向.图6(2)用一块磁铁，如何使小钢球做以下运动：①加速直线运动；②减速直线运动；③曲线运动.(3)物体做曲线运动的条件是什么？答案(1)各点受力方向和速度方向如图所示.(2)①把磁铁放置在小钢球运动方向的正前方；②把磁铁放置在小钢球运动方向的正后方；③把磁铁放置在小钢球运动方向的某一侧.(3)所受合力方向与速度方向不共线.[知识深化]1.物体做曲线运动的条件：当物体受到的合力的方向与其运动方向不共线时，物体将做曲线运动，与其受到的合力大小是否变化无关.2.合外力与运动轨迹的关系：物体运动时其轨迹总偏向合外力所指的一侧，或者说合外力总指向运动轨迹的凹侧.例3曲线运动是自然界更为普遍的运动形式，下面关于曲线运动的一些说法中，正确的是()A.物体只要受到变力的作用，就会做曲线运动B.物体在方向不变的外力作用下一定会做直线运动C.物体在方向不断变化的外力作用下一定会做曲线运动D.物体在大小不变的外力作用下必做匀变速曲线运动答案 C解析若力与初速度方向不在一条直线上，物体做曲线运动，A、B错误.物体所受的外力方向不断变化，表明外力不会与速度始终共线，故在该外力作用下物体一定会做曲线运动，C 对.做匀变速曲线运动物体的受力恒定不变，而不光是受力大小不变，D错误.例4汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶.图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是()答案 D解析A选项中力的方向与速度方向相同，B选项中力的方向与速度方向相反，这两种情况下汽车会做直线运动，不符合实际，A、B错误；物体做曲线运动时，合力的方向指向运动轨迹的凹侧，故C错误，D对.针对训练一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风突然停止，则其运动的轨迹可能是()答案 C解析物体自由下落到某处突然受一恒定水平向右的风力，则轨迹应向右弯曲，且弯点的切线方向应竖直向下，故A、B、D都错；撤去风力后，物体只受重力，即合外力向下，轨迹应向下弯曲，只有C符合，故C正确.物体做曲线运动时，关于受力(加速度)的“一定”与“不一定”1.“一定”：物体受到的合外力(加速度)一定不为零.物体所受合外力(加速度)的方向与其速度方向一定不在同一条直线上.2.“不一定”：物体受到的合外力(加速度)不一定变化，即物体受到的合外力可以是恒力，也可以是变力.1.(抛体运动的理解)关于抛体运动，下列说法中正确的是()A.将物体向空中抛出，物体就做抛体运动B.物体只在重力作用下的运动就是抛体运动C.在匀速直线飞行的飞机上跳下的伞兵，做抛体运动D.物体有一定的初速度，仅在重力作用下的运动为抛体运动答案 D解析 将物体向空中抛出，若物体还受到空气的阻力，物体就不做抛体运动.故A 错误；物体只在重力作用下的运动，若初速度为0，物体做自由落体运动，不是抛体运动，故B 错误；伞兵在降落伞张开前后，空气阻力的作用都不能忽略，故伞兵不做抛体运动，C 错误.2.(曲线运动的速度方向)从高处水平抛出的物体在各个时刻的速度、加速度方向如图所示，其中正确的是( )答案 C解析 物体在飞行过程中只受重力，方向竖直向下，所以加速度的方向竖直向下，B 、D 图错；在曲线运动中，速度的方向时刻改变，而A 图中速度的方向保持不变，A 图错；C 图中速度和加速度的方向都正确，应选C.3.(曲线运动的条件)对做曲线运动的物体，下列说法正确的是( ) A.速度方向与合外力方向不可能在同一条直线上 B.加速度方向与合外力方向可能不在同一条直线上 C.加速度方向与速度方向有可能在同一条直线上 D.合外力的方向一定是变化的 答案 A解析 由物体做曲线运动的条件可知，速度方向与合外力方向不可能在同一条直线上，所以A 正确；根据牛顿第二定律，加速度与合外力一定同向，所以B 、C 不正确；在恒力作用下，物体也可以做曲线运动，只要合外力方向与速度方向不共线就可以，所以D 不正确，故选A.4.(合力与曲线运动)(多选)质量为m 的物体，在F 1、F 2、F 3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F 1、F 2不变，仅将F 3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做 ( ) A.加速度大小为F 3m 的匀变速直线运动B.加速度大小为2F 3m的匀变速直线运动 C.加速度大小为2F 3m的匀变速曲线运动 D.匀速直线运动 答案 BC解析 物体在F 1、F 2、F 3三个共点力作用下做匀速直线运动，必有F 3与F 1、F 2的合力等大反向，当F 3大小不变，方向改变90°时，F 1、F 2的合力大小仍为F 3，方向与改变方向后的F 3夹角为90°，故F 合＝2F 3，加速度a ＝F 合m ＝2F 3m .若初速度方向与F 合方向共线，则物体做匀变速直线运动；若初速度方向与F 合方向不共线，则物体做匀变速曲线运动.综上所述，本题选B 、C.课时作业选择题(1～8为单项选择题，9～14为多项选择题)1.某次地震中，运输机不断向灾区空投救灾物资，地面上的人与飞行员看到空中下落的物资的运动情况是(空气阻力忽略不计)( ) A.都是竖直下落 B.都沿曲线下落C.地面上的人看到的是沿曲线下落D.飞行员看到的是沿曲线下落 答案 C2.下列运动属于抛体运动且轨迹是直线的是( ) A.水平射出的子弹 B.竖直向上抛出的石块 C.火箭的加速升空过程D.宇宙飞船的返回舱安全软着陆过程 答案 B解析 水平射出的子弹所受重力竖直向下，是曲线运动，A 错；竖直向上抛出的石块，初速度与重力在一条直线上，运动轨迹是直线，B 正确；火箭加速升空的过程中，受重力和竖直向上的推力，它的运动不属于抛体运动，C 错；宇宙飞船的返回舱软着陆过程受重力和竖直向上的阻力作用，不属于抛体运动，故D 错. 3.关于曲线运动，下列说法中正确的是( )A.做曲线运动的物体，在一段时间内运动的路程可能为零B.曲线运动一定是匀速运动C.在平衡力作用下，物体可以做曲线运动D.在恒力作用下，物体可以做曲线运动 答案 D解析 做曲线运动的物体，在一段时间内可能回到出发点，但路程不为零，位移可能为零，A 错误；曲线运动的速度方向一定变化，所以一定是变速运动，B 错误；由牛顿第一定律可知，在平衡力作用下，物体一定做匀速直线运动或处于静止状态，C错误；不论是否为恒力，只要物体受力方向与物体速度方向不共线，物体就做曲线运动，所以D正确.4.如图1是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动.图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是()图1A.M点B.N点C.P点D.Q点答案 C解析根据轨迹弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向大体向上，与粒子和重金属原子核的点的连线的方向相反，故M、N、P、Q轨迹上的四点的加速度的方向中，只有P点标出的方向是正确的.5.若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合力F的方向，如图所示.则可能的轨迹是()答案 B解析物体做曲线运动时，速度沿曲线的切线方向，合力方向和速度方向不共线，且指向曲线凹的一侧，则运动轨迹在合力与速度之间，且向合力的方向弯曲.6.翻滚过山车是大型游乐园里比较刺激的一种娱乐项目.如图2所示，翻滚过山车(可看成质点)从高处冲下，过M点时速度方向如图所示，在圆形轨道内经过A、B、C三点.下列说法正确的是()图2A.过山车做匀速运动B.过山车做变速运动C.过山车受到的合力等于零D.过山车经过A、C两点时的速度方向相同答案 B解析过山车做曲线运动，其速度方向时刻变化，速度是矢量，故过山车的速度是变化的，即过山车做变速运动，A错，B对；做变速运动的过山车具有加速度，由牛顿第二定律可知过山车所受合力一定不为零，C错；过山车经过A点时，速度方向竖直向上，经过C点时，速度方向竖直向下，D错.7.一个质点在恒力F作用下，在xOy平面上从O点运动到B点的轨迹如图3所示，且在A点时的速度方向与x轴平行，则恒力F的方向可能是()图3A.沿＋x方向B.沿－x方向C.沿＋y方向D.沿－y方向答案 D解析根据曲线运动的轨迹位于速度方向和合力方向所夹的范围内且向合力方向弯曲，可知B、C错误；若恒力F沿＋x方向则速度方向不可能与x轴平行，故A错误，所以正确选项为D.8.一运动物体经过P点时，其速度v与合力F的方向不在同一直线上，当物体运动到Q点时，突然使合力的方向与速度方向相同直至物体运动经过M点，若用虚线表示物体的运动轨迹，则下列图中可能正确的是(其中C、D选项中的QM段均是直线)()答案 C解析经过P点时，其速度v与合力F的方向不在同一直线上，物体做曲线运动，合力应该指向轨迹的内侧，当合力方向与速度方向平行时，物体做直线运动，所以从Q到M做直线运动，故C正确.9.关于曲线运动的速度，下列说法正确的是()A.速度的大小与方向都在时刻变化B.速度的大小不断发生变化，速度的方向不一定发生变化C.速度的方向不断发生变化，速度的大小不一定发生变化D.质点在某一点的速度方向就是轨迹上该点的切线方向答案CD解析做曲线运动的物体，速度的大小可以不发生变化，但速度的方向一定会发生变化，故A、B错误，C正确；质点在某一点的速度方向就是轨迹上该点的切线方向，D正确.10.如图4所示，一个质点沿轨道ABCD运动，图中画出了质点在各处的速度v和质点所受合力F的方向，其中可能正确的是()图4A.A位置B.B位置C.C位置D.D位置答案BD解析当F＝0时，物体将做直线运动，故A错误；曲线上点的速度方向为该点的切线方向，物体弯曲的方向与受力的方向相同，故B、D正确；物体弯曲的方向与受力的方向相同，不能相反，故C错误.11.关于做曲线运动物体的速度和加速度，下列说法中正确的是()A.速度方向不断改变，加速度方向不断改变B.速度方向不断改变，加速度一定不为零C.加速度越大，速度的大小改变得越快D.加速度越大，速度改变得越快答案BD解析物体做曲线运动时，速度方向时刻改变，受到外力作用，由牛顿第二定律知，加速度一定不为零；由加速度物理意义知，加速度越大，速度改变越快，故正确答案为B、D. 12.一质点在恒力F的作用下，由O点运动到A点的轨迹如图5所示，在A点时的速度方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿图示中的()图5A.F1的方向B.F2的方向C.F3的方向D.F4的方向答案CD解析做曲线运动的物体，所受恒力F一定指向轨迹曲线的内侧，且不可能与某时刻的速度在一条直线上，因此只有F3、F4是可能的方向，C、D正确.13.质点在三个恒力F1、F2、F3的共同作用下保持平衡状态，若突然撤去F1，保持其他力不变，则质点()A.一定做匀变速运动B.一定做直线运动C.一定做非匀变速运动D.可能做曲线运动答案AD解析质点在恒力作用下产生恒定的加速度，加速度恒定的运动一定是匀变速运动.由题意可知，当突然撤去F1时，质点受到的合力大小等于F1的大小，方向与F1相反，故选项A正确，选项C错误；在撤去F1之前，质点保持平衡，有两种可能：一是质点处于静止状态，则撤去F1后，质点做匀变速直线运动；二是质点处于匀速直线运动状态，则撤去F1后，质点可能做直线运动(条件是：F1的方向和速度方向在同一条直线上)，也可能做曲线运动(条件是：F1的方向和速度方向不在同一条直线上)，故选项B错误，选项D正确.14.在光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动.现突然将与速度反方向的2 N的力水平旋转90°，则关于物体运动情况的叙述正确的是()A.物体做速度大小不变的曲线运动B.物体做加速度为 2 m/s2的匀变速曲线运动C.物体做速度越来越大的曲线运动D.物体做非匀变速曲线运动，其速度越来越大答案BC解析物体原来所受合外力为零，当将与速度反方向的2 N的力水平旋转90°后其受力如图所示，其中F x＝F y＝2 N，F是F x、F y的合力，即F＝2 2 N，且大小、方向都不变，是恒力，那么物体的加速度为a＝Fm＝222 m/s2＝ 2 m/s2，恒定.又因为F与v夹角θ＜90°，所以物体做速度越来越大、加速度恒为 2 m/s2的匀变速曲线运动，故正确答案是B、C两项.。
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第三节飞向太空[学习目标]1.了解火箭的基本原理，了解万有引力定律对航天技术发展的重大贡献.2.了解人造卫星的轨道和同步卫星的知识.3.会分析人造卫星的变轨问题．一、火箭1．火箭的原理利用火药燃烧向后急速喷出的气体产生的反作用力，使火箭向前射出．2．火箭的组成：主要有壳体和燃料两部分．3．多级火箭：多级火箭是用几个火箭连接而成的火箭组合．一般用三级．火箭起飞时，第一级火箭的发动机“点火”，推动各级火箭一起前进，当这一级的燃料燃尽后，第二级火箭开始工作，并自动脱掉第一级火箭的外壳，第二级火箭在第一级火箭基础上进一步加速，以此类推，最终达到所需要的速度．二、航天技术的发展历程1．遨游太空1957年10月4日，苏联发射了第一颗人造地球卫星.1961年4月12日，世界第一艘载人宇宙飞船“东方1号”带着苏联宇航员加加林环绕地球一圈.1969年7月20日，美国的“阿波罗11号”宇宙飞船将两名宇航员送上月球.1971年4月9日，苏联发射了“礼炮1号”空间站.1973年，美国将“天空实验室”空间站送入太空，实现了人类无法在地面上进行的各种科学实验.1981年4月12日，美国“哥伦比亚号”航天飞机首次载人航天飞行试验成功.2003年10月15日，我国首次载人航天飞行取得圆满成功．2．空间探测器1962年美国的“水手2号”探测器第一次对金星进行了近距离考察.1989年美国宇航局发射的“伽利略号”探测器飞行6年到达木星，对木星进行了长达7年的考察.2003年美国的“勇气号”与“机遇号”火星探测器分别发射成功．经过七个多月的旅行后，“勇气号”于2004年1月登陆火星．2007年中国的“嫦娥一号”月球探测器发射成功．2010年中国的“嫦娥二号”月球探测器发射成功．2013年中国的“嫦娥三号”月球探测器成功登月．[即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)在地面上发射人造卫星的最小速度是7.9 km/s.(√)(2)如果在地面发射卫星的速度大于11.2 km/s ，卫星会永远离开地球．(√)(3)要发射一颗人造月球卫星，在地面的发射速度应大于16.7 km/s.(×)(4)使火箭向前射出的力是它利用火药燃烧向后急速喷出的气体产生的作用力．(√)2．恒星演化发展到一定阶段，可能成为恒星世界的“侏儒”——中子星．中子星的半径较小，一般在7～20 km ，但它的密度大得惊人．若某中子星的半径为10 km ，密度为1.2×1017 kg /m 3，那么该中子星上的第一宇宙速度约为__________ km/s.答案 5.8×104解析 中子星上的第一宇宙速度即为它表面处的卫星的环绕速度，此时卫星的轨道半径近似地认为是该中子星的半径，且中子星对卫星的万有引力充当向心力，由G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GM r ，又M ＝ρV ＝ρ4πr 33，得v ＝r 4πGρ3＝10×103×4×3.14×6.67×10－11×1.2×10173m /s ≈5.8×107 m/s ＝5.8×104 km/s.一、火箭与人造卫星的发射1．人造卫星：人造卫星要进入飞行轨道必须有足够大的速度．发射速度大于7.9 km /s 可进入绕地球飞行的轨道，成为人造地球卫星；发射速度大于或等于11.2 km/s 可成为太阳的人造行星或飞到其他行星上去． 2．三级火箭： (1)一级火箭的最终速度达不到发射人造卫星所需要的速度，发射卫星要用多级火箭．(2)三级火箭的工作过程．火箭起飞时，第一级火箭的发动机“点火”，燃料燃尽后，第二级火箭开始工作，并且自动脱掉第一级火箭的外壳，以此类推……由于各级火箭的连接部位需大量附属设备，这些附属设备具有一定的质量，并且级数越多，连接部位的附属设备质量越大，并且所需的技术要求也相当精密，因此，火箭的级数并不是越多越好，一般用三级火箭．例1 (多选)一颗人造地球卫星以初速度v 发射后，可绕地球做匀速圆周运动，若使发射速度增大为2v ，则该卫星可能( )A ．绕地球做匀速圆周运动B ．绕地球运动，轨道变为椭圆C ．不绕地球运动，成为太阳的人造行星D ．挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的宇宙答案 CD解析以初速度v发射后能成为人造地球卫星，可知发射速度v一定大于第一宇宙速度7.9 km/s；当以2v速度发射时，发射速度一定大于15.8 km/s，已超过了第二宇宙速度11.2 km/s，也可能超过第三宇宙速度16.7 km/s，所以此卫星不再绕地球运行，可能绕太阳运行，或者飞到太阳系以外的宇宙，故选项C、D正确．二、人造卫星轨道与同步卫星[导学探究]1.如图1所示，圆a、b、c的圆心均在地球的自转轴线上．b、c的圆心与地心重合，d为椭圆轨道，且地心为椭圆的一个焦点．四条轨道中哪些可以作为卫星轨道？为什么？图1答案b、c、d轨道都可以．因为卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，而万有引力是始终指向地心的，故卫星做匀速圆周运动的向心力必须指向地心，因此b、c轨道都可以，a轨道不可以．卫星也可在椭圆轨道运行，故d轨道也可以．2．地球同步卫星的轨道在哪个面上？周期是多大？同步卫星的高度和轨道面可以任意选择吗？答案同步卫星是相对地面静止的卫星，必须和地球自转同步，也就是说必须在赤道面上，周期是24 h．由于周期一定，故同步卫星离地面的高度也是一定的，即同步卫星不可以任意选择高度和轨道面．[知识深化]1．人造地球卫星的轨道：卫星绕地球做匀速圆周运动时，由地球对它的万有引力充当向心力．因此卫星绕地球做匀速圆周运动的圆心必与地心重合，而这样的轨道有多种，其中比较特殊的有与赤道共面的赤道轨道和通过两极上空的极地轨道．当然也存在着与赤道平面呈某一角度的圆轨道．如图2所示．图22．地球同步卫星(1)定义：相对于地面静止的卫星，又叫静止卫星．(2)特点：①确定的转动方向：和地球自转方向一致；②确定的周期：和地球自转周期相同，即T＝24 h；③确定的角速度：等于地球自转的角速度；④确定的轨道平面：所有的同步卫星都在赤道的正上方，其轨道平面必须与赤道平面重合；⑤确定的高度：离地面高度固定不变(3.6×104 km)；⑥确定的环绕速率：线速度大小一定(3.1×103 m/s)．例2(多选)可以发射一颗这样的人造卫星，使其圆轨道()A．与地球表面上某一纬线(非赤道)是共面的同心圆B．与地球表面上某一经线所决定的圆是共面的同心圆C．与地球表面上的赤道线是共面的同心圆，但卫星相对地面是静止的D．与地球表面上的赤道线是共面的同心圆，但卫星相对地面是运动的答案CD解析人造卫星飞行时，由于地球对卫星的引力作为它做圆周运动的向心力，而这个力的方向必定指向圆心，即指向地心，故所有的人造卫星其轨道圆的圆心一定要和地球的中心重合，不能是地轴上(除地心外)的某一点，故选项A是错误的；由于地球同时绕着地轴在自转，所以卫星的轨道平面也不可能和经线所决定的平面共面，所以选项B也是错误的；相对地球表面静止的就是同步卫星，它必须在赤道线平面内，且距地面有确定的高度，而低于或高于该高度的人造卫星也是可以在赤道平面内运动的，不过由于它们的周期和地球自转的周期不相同，就会相对于地面运动，故正确选项为C、D.例3关于地球的同步卫星，下列说法正确的是()A．同步卫星的轨道和北京所在纬度圈共面B．同步卫星的轨道必须和地球赤道共面C．所有同步卫星距离地面的高度不一定相同D．所有同步卫星的质量一定相同答案 B解析同步卫星所受向心力指向地心，与地球自转同步，故卫星所在轨道与赤道共面，故A 项错误，B项正确；同步卫星距地面高度一定，但卫星的质量不一定相同，故C、D项错误．解决本题的关键是掌握同步卫星的特点：同步卫星定轨道(在赤道上方)、定周期(与地球的自转周期相同)、定速率、定高度．针对训练(多选)我国“中星11号”商业通信卫星是一颗同步卫星，它定点于东经98.2度的赤道上空，关于这颗卫星的说法正确的是()A．运行速度大于7.9 km/sB．离地面高度一定，相对地面静止C．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大D ．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等答案 BC解析 “中星11号”是地球同步卫星，距地面有一定的高度，运行速度要小于7.9 km/s ，A 错．其位置在赤道上空，高度一定，且相对地面静止，B 正确．其运行周期为24小时，小于月球的绕行周期27天，由ω＝2πT知，其运行角速度比月球的大，C 正确．同步卫星与静止在赤道上的物体具有相同的角速度，但半径不同，由a ＝rω2知，同步卫星的向心加速度大，D 错．三、卫星与宇宙飞船的变轨问题[导学探究] 航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B 为轨道Ⅱ上的一点，如图3所示．图3(1)航天飞机在轨道Ⅱ上由B 向A 运动时速度大小怎样变化？(2)航天飞机在A 点由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ运行，怎样才能实现变轨？答案 (1)速度变小．(2)航天飞机应加速．[知识深化]1．卫星的变轨问题：卫星变轨时，先是线速度v 发生变化导致需要的向心力发生变化，进而使轨道半径r 发生变化．(1)当卫星减速时，卫星所需的向心力F 向＝m v 2r减小，万有引力大于所需的向心力，卫星将做近心运动，向低轨道变迁．(2)当卫星加速时，卫星所需的向心力F 向＝m v 2r增大，万有引力不足以提供卫星所需的向心力，卫星将做离心运动，向高轨道变迁．以上两点是比较椭圆和圆轨道切点速度的依据．2．飞船对接问题：(1)低轨道飞船与高轨道空间站对接如图4甲所示，低轨道飞船通过合理地加速，沿椭圆轨道(做离心运动)追上高轨道空间站与其完成对接．图4(2)同一轨道飞船与空间站对接如图乙所示，后面的飞船先减速降低高度，再加速提升高度，通过适当控制，使飞船追上空间站时恰好具有相同的速度．3．卫星轨道的突变：由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间内启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道．如图5所示，发射同步卫星时，可以分多过程完成：图5(1)先将卫星发送到近地轨道Ⅰ.(2)使其绕地球做匀速圆周运动，速率为v1，变轨时在P点点火加速，短时间内将速率由v1增加到v2，使卫星进入椭圆形的转移轨道Ⅱ.(3)卫星运行到远地点Q时的速率为v3，此时进行第二次点火加速，在短时间内将速率由v3增加到v4，使卫星进入同步轨道Ⅲ，绕地球做匀速圆周运动．例4我国成功发射了“天宫二号”空间实验室，之后发射了“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接(如图6所示)．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是()图6A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接答案 C解析 若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速，所需向心力变大，则飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道，不能实现对接，选项A 错误；若使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速，所需向心力变小，则空间实验室将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，选项B 错误；要想实现对接，可使飞船在比空间实验室半径较小的轨道上加速，然后飞船将进入较高的空间实验室轨道，逐渐靠近空间实验室后，两者速度接近时实现对接，选项C 正确；若飞船在比空间实验室半径较小的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道，不能实现对接，选项D 错误．例5 如图7所示为卫星发射过程的示意图，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再一次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )图7A ．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B ．卫星在轨道3上的周期大于在轨道2上的周期C ．卫星在轨道1上经过Q 点时的速率大于它在轨道2上经过Q 点时的速率D ．卫星在轨道2上经过P 点时的加速度小于它在轨道3上经过P 点时的加速度答案 B解析 卫星在圆轨道上做匀速圆周运动时有：G Mm r 2＝m v 2r ，v ＝ GM r因为r 1＜r 3，所以v 1＞v 3，A 项错误，由开普勒第三定律知T 3>T 2，B 项正确；在Q 点从轨道1到轨道2需要做离心运动，故需要加速．所以在Q 点v 2Q >v 1Q ，C 项错误．在同一点P ，由GMm r2＝ma 知，卫星在轨道2上经过P 点的加速度等于它在轨道3上经过P 点的加速度，D 项错误．判断卫星变轨时速度、加速度变化情况的思路：1．判断卫星在不同圆轨道的运行速度大小时，可根据“越远越慢”的规律判断．2．判断卫星在同一椭圆轨道上不同点的速度大小时，可根据开普勒第二定律判断，即离中心天体越远，速度越小．3．判断卫星由圆轨道进入椭圆轨道或由椭圆轨道进入圆轨道时的速度大小如何变化时，可根据离心运动或近心运动的条件进行分析．4．判断卫星的加速度大小时，可根据a ＝F m ＝G M r 2判断．1．(人造卫星的发射)2013年6月11日17时38分，“神舟十号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员王亚平进行了首次太空授课．在飞船进入离地面343 km 的圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小( )A ．等于7.9 km/sB ．介于7.9 km /s 和11.2 km/s 之间C ．小于7.9 km/sD ．介于7.9 km /s 和16.7 km/s 之间答案 C解析 卫星在圆形轨道上运行的速度v ＝ GM r.由于轨道半径r ＞地球半径R ，所以v ＜ GM R＝7.9 km/s ，C 正确． 2．(卫星运动的特征参量)(多选)设地面附近重力加速度为g 0，地球半径为R 0，人造地球卫星圆形轨道半径为R ，那么以下说法中正确的是( )A ．卫星在轨道上向心加速度大小为g 0R 20R 2B ．卫星运行的速度大小为 R 20g 0RC ．卫星运行的角速度大小为R 3R 20g 0 D ．卫星运行的周期为2πR 3R 20g 0答案 ABD 解析 由G Mm R 2＝ma ，得a ＝G M R 2，又g 0＝GM R 20，故a ＝g 0R 20R 2，A 对．又a ＝v 2R，v ＝aR ＝R 20g 0R，B 对．ω＝a R ＝g 0R 20R 3，C 错． T ＝2πω＝2πR 3g 0R 20，D 对．3．(对同步卫星的认识)下列关于我国发射的“亚洲一号”地球同步通讯卫星的说法，正确的是( )A ．若其质量加倍，则轨道半径也要加倍B ．它在北京上空运行，故可用于我国的电视广播C ．它以第一宇宙速度运行D ．它运行的角速度与地球自转角速度相同答案 D解析 由G Mm r 2＝m v 2r 得r ＝GM v 2，可知轨道半径与卫星质量无关，A 错；同步卫星的轨道平面必须与赤道平面重合，即在赤道上空运行，不能在北京上空运行，B 错；第一宇宙速度是卫星在最低圆轨道上运行的速度，而同步卫星在高轨道上运行，其运行速度小于第一宇宙速度，C 错；所谓“同步”就是卫星保持与赤道上某一点相对静止，所以同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，D 对．4．(卫星的变轨问题)(多选)肩负着“落月”和“勘察”重任的“嫦娥三号”沿地月转移轨道直奔月球，如图8所示，在距月球表面100 km 的P 点进行第一次制动后被月球捕获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后，卫星在P 点又经过第二次“刹车制动”，进入距月球表面100 km 的圆形工作轨道Ⅱ，绕月球做匀速圆周运动，在经过P 点时会再一次“刹车制动”进入近月点距月球表面15公里的椭圆轨道Ⅲ，然后择机在近月点下降进行软着陆，则下列说法正确的是( )图8A ．“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动的周期最长B ．“嫦娥三号”在轨道Ⅲ上运动的周期最长C ．“嫦娥三号”经过P 点时在轨道Ⅱ上运动的线速度最大D ．“嫦娥三号”经过P 点时，在三个轨道上的加速度相等答案 AD解析 由于“嫦娥三号”在轨道Ⅰ上运动的半长轴大于在轨道Ⅱ上运动的半径，也大于轨道Ⅲ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，“嫦娥三号”在各轨道上稳定运行时的周期关系为T Ⅰ＞T Ⅱ＞T Ⅲ，故A 正确，B 错误；“嫦娥三号”在由高轨道降到低轨道时，都要在P 点进行“刹车制动”，所以经过P 点时，在三个轨道上的线速度关系为v Ⅰ＞v Ⅱ＞v Ⅲ，所以C 错误；由于“嫦娥三号”在P 点时的加速度只与所受到的月球引力有关，故D 正确．课时作业一、选择题(1～6为单项选择题，7～10为多项选择题)1．由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的( )A. 质量可以不同B. 轨道半径可以不同C. 轨道平面可以不同D. 速率可以不同 答案 A解析 万有引力提供卫星做圆周运动的向心力GMm r 2＝m (2πT )2r ＝m v 2r，解得周期T ＝2πr 3GM ，环绕速度v ＝GM r，可见周期相同的情况下轨道半径必然相同，B 错误．轨道半径相同必然环绕速度相同，D 错误．同步卫星相对于地面静止在赤道上空，所有的同步卫星轨道运行在赤道上空同一个圆轨道上，C 错误．同步卫星的质量可以不同，A 正确．2．地球上相距很远的两位观察者，都发现自己的正上方有一颗人造卫星，相对自己静止不动，则这两位观察者的位置以及两颗人造卫星到地球中心的距离可能是( )A ．一人在南极，一人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等B ．一人在南极，一人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不等，但应成整数倍C ．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等D ．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不等，但应成整数倍答案 C解析 观察者看到的都是同步卫星，卫星在赤道上空，到地心的距离相等．3．“神舟十号”与“天宫一号”在对接前，在各自轨道上运行，它们的轨道如图1所示，假定它们都做匀速圆周运动，则( )图1A ．宇航员在“神舟十号”上不受地球引力作用B ．“天宫一号”的运行周期比“神舟十号”长C ．“天宫一号”的加速度比“神舟十号”大D ．“神舟十号”运行速度较大，要减速才能与“天宫一号”对接答案 B解析 宇航员在“神舟十号”上也受地球引力作用，选项A 错误；“神舟十号”与“天宫一号”在对接前，“天宫一号”的轨道半径大于“神舟十号”的轨道半径，根据G Mm r 2＝m 4π2T 2r可得：“天宫一号”的运行周期比“神舟十号”长，选项B 正确；根据a ＝G Mr 2可得：“天宫一号”的加速度比“神舟十号”小，选项C 错误；“神舟十号”若减速，将做近心运动，会远离“天宫一号”的轨道，选项D 错误．4.如图2，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )图2A.v 1v 2＝r 2r 1B.v 1v 2＝r 1r 2C.v 1v 2＝(r 2r 1)2D.v 1v 2＝(r 1r 2)2 答案 A解析 由题意知，两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据G Mmr 2＝m v 2r，得v ＝ GMr ，所以v 1v 2＝r 2r 1，故A 正确，B 、C 、D 错误． 5．如图3所示，我国发射“神舟十号”飞船时，先将飞船发送到一个椭圆轨道上，其近地点M 距地面200 km ，远地点N 距地面340 km.进入该轨道正常运行时，通过M 、N 点时的速率分别是v 1和v 2.当某次飞船通过N 点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km 的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，这时飞船的速率为v 3，比较飞船在M 、N 、P 三点正常运行时(不包括点火加速阶段)的速率大小和加速度大小，下列结论正确的是( )图3A ．v 1＞v 3＞v 2，a 1＞a 3＞a 2B ．v 1＞v 2＞v 3，a 1＞a 2＝a 3C ．v 1＞v 2＝v 3，a 1＞a 2＞a 3D ．v 1＞v 3＞v 2，a 1＞a 2＝a 3 答案 D解析 根据万有引力提供向心力，即GMm r 2＝ma 得：a ＝GMr 2，由图可知r 1＜r 2＝r 3，所以a 1＞a 2＝a 3；当某次飞船通过N 点时，地面指挥部发出指令，点燃飞船上的发动机，使飞船在短时间内加速后进入离地面340 km 的圆形轨道，所以v 3＞v 2，根据GMm r 2＝m v2r 得：v ＝GMr，又因为r 1＜r 3，所以v 1＞v 3，故v 1＞v 3＞v 2.故选D.6．如图4所示，假设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 0，飞船在距月球表面高度为3R 的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A 点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B 再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动．则( )图4A ．飞船在轨道Ⅰ上的运行速度为14g 0RB ．飞船在A 点处点火时，速度增加C ．飞船在轨道Ⅰ上运行时通过A 点的加速度大于在轨道Ⅱ上运行时通过A 点的加速度D ．飞船在轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的时间为2πR g 0答案 D解析 据题意，飞船在轨道Ⅰ上运动时有：G Mm(4R )2＝m v 24R ，经过整理得：v ＝GM4R，而GM ＝g 0R 2，代入上式计算得v ＝g 0R4，所以A 选项错误；飞船在A 点处点火使速度减小，飞船做靠近圆心的运动，B 选项错误；据a ＝GM(4R )2可知，飞船两条运行轨迹的A 点距月心的距离均相等，所以加速度相等，所以C 选项错误；飞船在轨道Ⅲ上运行一周的时间为：G MmR 2＝mR 4π2T2，经过整理得T ＝2πRg 0，所以D 选项正确．7．如图5所示，我国在轨运行的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星——“风云1号”，绕地球做匀速圆周运动的周期为12 h ，另一类是地球同步轨道卫星——“风云2号”，运行周期为24 h ．下列说法正确的是( )图5A ．“风云1号”的线速度大于“风云2号”的线速度B ．“风云1号”的向心加速度大于“风云2号”的向心加速度C ．“风云1号”的发射速度大于“风云2号”的发射速度D ．“风云1号”“风云2号”相对地面均静止 答案 AB解析 由r 3T 2＝k 知，风云2号的轨道半径大于风云1号的轨道半径．由G Mmr 2＝m v 2r ＝ma 得v＝GM r ，a ＝GMr2，r 越大，v 越小，a 越小，所以A 、B 正确．把卫星发射的越远，所需发射速度越大，C 错误．只有同步卫星相对地面静止，所以D 错误．8．如图6，航天飞机在完成太空任务后，在A 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B 为轨道Ⅱ上的近地点，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有( )图6A ．在轨道Ⅱ上经过A 的速度小于经过B 的速度B ．在轨道Ⅱ上经过A 的速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的速度C ．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D ．在轨道Ⅱ上经过A 的向心加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的向心加速度 答案 ABC9．如图7所示，a 、b 、c 是在地球大气层外圆形轨道上运行的3颗人造卫星，下列说法正确的是( )图7A ．b 、c 的线速度大小相等，且大于a 的线速度B ．a 加速可能会追上bC ．c 加速可追上同一轨道上的b ，b 减速可等到同一轨道上的cD ．a 卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，仍做匀速圆周运动，则其线速度将变大 答案 BD解析 因为b 、c 在同一轨道上运行，故其线速度大小、加速度大小均相等．又由b 、c 轨道半径大于a 轨道半径，由v ＝GMr可知，v b ＝v c ＜v a ，故选项A 错；当a 加速后，会做离心运动，轨道会变成椭圆，若椭圆与b 所在轨道相切(或相交)，且a 、b 同时来到切(或交)点时，a 就追上了b ，故选项B 正确；当c 加速时，c 受的万有引力F ＜m v 2cr c，故它将偏离原轨道，做离心运动，当b 减速时，b 受的万有引力F ＞m v 2b r b ，它将偏离原轨道，做向心运动，所以无论如何c 也追不上b ，b 也等不到c ，故选项C 错；对a 卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，由v ＝GMr可知，r 减小时，v 逐渐增大，故选项D 正确． 10．我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落．已知探测器的质量约为1.3×103 kg ，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s 2，则此探测器( )A ．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/sB ．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC ．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，相对月球的速度先增大后减小D ．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运动的线速度 答案 BD解析 在地球表面附近有G M 地m R 2地＝mg 地，在月球表面附近有G M 月mR2月≈mg 月，可得g 月≈1.656。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义
第七节 功 率[学习目标] 1.理解功率的概念，能运用功率的定义式P ＝Wt 进行有关的计算.2.理解额定功率和实际功率的概念，了解平均功率和瞬时功率的含义.3.根据功率的定义导出P ＝F v ，并能用于分析、计算和解释相关现象，如分析汽车功率一定时，牵引力与速度的关系.一、功率1.定义：功W 与完成这些功所用时间t 的比值.2.公式：P ＝Wt .单位：瓦特，简称瓦，符号W.3.意义：功率是表示物体做功快慢的物理量.4.功率是标(填“标”或“矢”)量.5.额定功率和实际功率(1)额定功率：机械允许长时间正常工作时的最大功率.发动机铭牌上的功率指的就是额定功率.(2)实际功率：机械实际工作时的输出功率.发动机的实际功率不能长时间大于额定功率，否则会损坏机械. 二、功率与速度 1.功率与速度的关系：(1)当F 与v 方向相同时，P ＝F v ； (2)当F 与v 夹角为α时，P ＝F v cos_α. 2.平均功率和瞬时功率(1)平均功率：时间t 内功率的平均值，计算公式：P ＝Wt和P ＝F v .(2)瞬时功率：某一时刻功率的瞬时值，能精确地描述做功的快慢，计算公式：P ＝F v ，其中v 为瞬时速度；当F 与v 夹角为α时，P ＝F v cos α. [即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)由公式P ＝Wt 知，做功越多，功率越大.(×)(2)力对物体做功越快，力的功率一定越大.(√)(3)发动机不能在实际功率等于额定功率情况下长时间工作.(×) (4)汽车爬坡时常常需要换高速挡.(×)2.用水平力使重力为G 的物体沿水平地面以速度v 做匀速直线运动.已知物体与地面间的动摩擦因数为μ，则水平力对物体做功的功率是________. 答案 μG v一、功率[导学探究] 建筑工地上有三台起重机将重物吊起，下表是它们的工作情况记录：(1)三台起重机哪台做功最多？(2)哪台做功最快？怎样比较它们做功的快慢呢？答案 (1)三台起重机分别做功3.2×104 J 、2.4×104 J 、3.2×104 J ，所以A 、C 做功最多. (2)B 做功最快，可以用功与所用时间的比值表示做功的快慢. [知识深化]1.对功率P ＝Wt的理解功率表示的是物体做功的快慢，而不是做功的多少. 2.理解：(1)P ＝F v cos α揭示功率与力、速度的关系. 特例：当F 与v 同向时，即α＝0°时，P ＝F v .此时若P 一定，则F 与v 成反比；若F 一定，则P 与v 成正比；若v 一定，则P 与F 成正比.(2)平均功率和瞬时功率的计算：①平均功率：P ＝Wt或P ＝F v (F 、v 同向).②瞬时功率：P ＝F v cos α(α为F 、v 夹角)，当F 、v 同向时，P ＝F v . 3.额定功率和实际功率：(1)额定功率和实际功率：发动机铭牌上的额定功率，指的是机械正常工作时，允许达到的最大功率.发动机的实际功率是指机械实际运行的功率，它可以小于或等于额定功率，但不能长时间大于额定功率.(2)发动机的额定功率P 额＝F v 反映了机械的额定功率对机械的动力与速度的制约关系.因机器在设计制造时，就确定了它的额定功率，所以当机械的功率达到额定功率时，要增大动力则必须减小速度.例1 一台起重机将静止在地面上、质量为m ＝1.0×103 kg 的货物匀加速竖直吊起，在2 s 末货物的速度v ＝4 m /s.(取g ＝10 m/s 2，不计额外功)求： (1)起重机在这2 s 内的平均功率； (2)起重机在2 s 末的瞬时功率. 答案 (1)2.4×104 W (2)4.8×104 W解析 设货物所受的拉力为F ，加速度为a ，则 (1)由a ＝vt得，a ＝2 m/s 2F ＝mg ＋ma ＝1.0×103×10 N ＋1.0×103×2 N ＝1.2×104 N 2 s 内货物上升的高度 h ＝12at 2＝4 m 起重机在这2 s 内对货物所做的功 W ＝F ·h ＝1.2×104×4 J ＝4.8×104 J 起重机在这2 s 内的平均功率P ＝W t ＝4.8×104J 2 s＝2.4×104 W(2)起重机在2 s 末的瞬时功率P ＝F v ＝1.2×104×4 W ＝4.8×104 W.针对训练1 一个质量为1 kg 的物块，沿倾角为37°、足够长的光滑斜面由静止开始下滑，当它下滑4 s 时重力的瞬时功率为多大？这4 s 内重力的平均功率为多大？(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案 144 W 72 W解析 由mg sin 37°＝ma 得物块下滑的加速度为 a ＝g sin 37°＝10×0.6 m /s 2＝6 m/s 2下滑4 s 时物块的瞬时速度为v ＝at ＝6×4 m /s ＝24 m/s 4 s 内物块的位移为s ＝12at 2＝12×6×42 m ＝48 m所以物块下滑4 s 时重力的瞬时功率为P ＝mg v cos 53°＝1×10×24×0.6 W ＝144 W 在这4 s 内重力的平均功率为P ＝W t ＝mgs cos 53°t ＝1×10×48×0.64W ＝72 W.二、机车的两种启动方式运动过程分析 汽车两种启动方式的过程分析与比较例2 在水平路面上运动的汽车的额定功率为100 kW ，质量为10 t ，设阻力恒定，且为车重的0.1倍(g 取10 m/s 2)，求：(1)若汽车以不变的额定功率从静止启动，汽车的加速度如何变化？ (2)当汽车的加速度为2 m/s 2时，速度为多大？ (3)汽车在运动过程中所能达到的最大速度的大小. 答案 (1)逐渐减小 (2)103m /s (3)10 m/s解析 (1)汽车以不变的额定功率从静止启动，v 变大，由P ＝F v 知，牵引力F 减小，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 知，汽车的加速度减小.(2)由F －f ＝ma 1 ① P ＝F v 1②联立①②代入数据得：v 1＝103m/s (3)当汽车速度达到最大时，a 2＝0，F 2＝f ，P ＝P 额，故 v max ＝P 额f ＝1050.1×104×10m /s ＝10 m/s.例3 质量为2 000 kg 、额定功率为80 kW 的汽车，在平直公路上行驶中的最大速度为20 m /s.若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，运动中的阻力不变.求： (1)汽车所受阻力的大小； (2)3 s 末汽车的瞬时功率； (3)汽车做匀加速运动的时间；(4)汽车在匀加速运动中牵引力所做的功. 答案 (1)4 000 N (2)4.8×104 W (3)5 s (4)2×105 J解析 (1)以最大速度行驶时，根据P ＝F v 可求得F ＝4 000 N. 而此时牵引力和阻力大小相等，则f ＝F ＝4 000 N. (2)3 s 末汽车的速度v 3＝at 3＝6 m/s ， 由F －f ＝ma 得F 1＝8 000 N ，故此时汽车的功率为P ′＝F 1v 3＝4.8×104 W.(3)设汽车做匀加速运动的时间为t ，则t 时刻的速度为v t ＝at ， 这时汽车的功率为额定功率P ＝F 1v t ，代入数据得t ＝5 s.(4)匀加速运动阶段牵引力为恒力，牵引力所做的功W ＝F 1s ＝F 1·12at 2＝8 000×12×2×52 J ＝2×105 J.机车启动问题中几个物理量的求法1.机车的最大速度v m 的求法：机车达到匀速前进时速度最大，此时牵引力F 等于阻力f ，故v m ＝P F ＝Pf.2.匀加速启动持续时间的求法：牵引力F ＝ma ＋f ，匀加速的最后速度v m ′＝P 额ma ＋f，时间t ＝v m ′a. 3.瞬时加速度的求法：据F ＝Pv 求出牵引力，则加速度a ＝F －f m.针对训练2 如图1所示，为修建高层建筑常用的塔式起重机.在起重机将质量m ＝5×103 kg 的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a ＝0.2 m /s 2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m ＝1.02 m/s 的匀速运动.取g ＝10 m/s 2，不计额外功.求：图1(1)起重机允许的最大输出功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 s 末的输出功率. 答案 (1)5.1×104 W (2)5 s 2.04×104 W解析 (1)设起重机允许的最大输出功率为P 0，重物达到最大速度时拉力F 0等于重力. P 0＝F 0v m ，F 0＝mg .代入数据得，P 0＝5.1×104 W.(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许的最大输出功率，设此时重物受到的拉力为F ，速度为v 1，匀加速运动经历的时间为t 1， 有：P 0＝F v 1，F －mg ＝ma ，v 1＝at 1. 代入数据得，t 1＝5 s.第2 s 末，重物处于匀加速运动阶段， 设此时速度为v 2，输出功率为P ， v 2＝at ，P ＝F v 2. 得：P ＝2.04×104 W.1.(对功率的理解)关于功率，下列说法正确的是( )A.由P ＝Wt 可知，只要知道W 和t 的值就可以计算出任意时刻的功率B.由P ＝F v 可知，汽车的功率一定与它的速度成正比C.由P ＝F v 可知，牵引力一定与速度成反比D.当汽车的功率一定时，牵引力一定与速度成反比 答案 D解析 公式P ＝Wt求的是这段时间内的平均功率，不能求瞬时功率，故A 错误；根据P ＝F v可知，当汽车牵引力一定时，汽车的功率与速度成正比，故B 错误；由P ＝F v 可知，当汽车功率一定时，牵引力与速度成反比，故C 错误，D 正确.2.(平均功率和瞬时功率)一个质量为m 的小球做自由落体运动，那么，在前t 时间内重力对它做功的平均功率P 及在t 时刻重力做功的瞬时功率P 分别为( ) A.P ＝mg 2t 2，P ＝12mg 2t 2B.P ＝mg 2t 2，P ＝mg 2t 2C.P ＝12mg 2t ，P ＝mg 2tD.P ＝12mg 2t ，P ＝2mg 2t答案 C解析 前t 时间内重力做功的平均功率 P ＝W t ＝mg ·12gt 2t ＝12mg 2tt 时刻重力做功的瞬时功率P ＝F v ＝mg ·gt ＝mg 2t 故C 正确.3.(功率的计算)如图2所示，位于水平面上的物体A 的质量m ＝5 kg ，在F ＝10 N 的水平拉力作用下从静止开始向右运动，在位移s ＝36 m 时撤去力F .求：在下述两种条件下，力F 对物体做功的平均功率各是多大？(取g ＝10 m/s 2)图2(1)水平面光滑；(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.15. 答案 (1)60 W (2)30 W解析 (1)在光滑水平面上，物体的加速度 a ＝F m ＝105 m /s 2＝2 m/s 2 由v 2－v 20＝2as ，得v ＝12 m/s 物体的平均速度v ＝v2＝6 m/s则P ＝F v ＝10×6 W ＝60 W (2)在粗糙水平面上，物体的加速度a ′＝F －μmg m ＝10－0.15×5×105 m /s 2＝0.5 m/s 2由v ′2－v 20＝2a ′s ，得v ′＝6 m/s 物体的平均速度v ′＝v ′2＝3 m/s则P ′＝F v ′＝10×3 W ＝30 W.4.(机车启动问题)汽车发动机的额定功率P ＝60 kW ，若其总质量为m ＝5 t ，在水平路面上行驶时，所受阻力恒为F ＝5.0×103 N ，若汽车启动时保持额定功率不变，则： (1)求汽车所能达到的最大速度v max . (2)当汽车加速度为2 m/s 2时，速度是多大？ (3)当汽车速度是6 m/s 时，加速度是多大？ 答案 (1)12 m /s (2)4 m/s (3)1 m/s 2解析 汽车在运动中所受的阻力大小为：F ＝5.0×103 N.(1)汽车保持恒定功率启动时，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大.所以，此时汽车的牵引力为F 1＝F ＝5.0×103 N ， 则汽车的最大速度为v max ＝PF 1＝6×1045.0×103m /s ＝12 m/s.(2)当汽车的加速度为2 m/s 2时，设牵引力为F 2，由牛顿第二定律得：F 2－F ＝ma ， F 2＝F ＋ma ＝5.0×103 N ＋5.0×103×2 N ＝1.5×104 N ， 汽车的速度为v ＝PF 2＝6×1041.5×104m /s ＝4 m/s. (3)当汽车的速度为6 m/s 时，牵引力为F 3＝P v ′＝6×1046 N ＝1×104 N.由牛顿第二定律得F 3－F ＝ma ′， 汽车的加速度为a ′＝F 3－F m ＝1×104－5.0×1035×103m /s 2＝1 m/s 2.课时作业一、选择题(1～7为单项选择题，8～11为多项选择题) 1.关于功率，下列说法正确的是( ) A.功率是描述力对物体做功多少的物理量 B.力做功时间越长，力的功率一定越小 C.力对物体做功越快，力的功率一定越大 D.力对物体做功越多，力的功率一定越大 答案 C解析 功率是描述力对物体做功快慢的物理量，做功越快，功率越大，A 错误，C 正确；力对物体做功时间长，未必做功慢，B 错误；力对物体做功多，未必做功快，D 错误. 2.如图1所示是甲、乙两物体做功与所用时间的关系图象，那么甲物体的功率P 甲与乙物体的功率P 乙相比( )图1A.P 甲＞P 乙B.P 甲＜P 乙C.P 甲＝P 乙D.无法判定 答案 B解析 根据功率的定义式P ＝Wt 可知，在功与所用时间的关系图象中，直线的斜率表示该物体的功率.因此，由图线斜率可知P 甲＜P 乙，选项B 正确.3.2015年10月，我国自主研发的第一艘平流层飞艇“圆梦”号试飞成功.若飞艇在平流层水平匀速飞行时，所受空气阻力与飞行速度成正比.当匀速飞行速度为v 时，动力系统的输出功率为P ；当匀速飞行速度为2v 时，动力系统的输出功率为( ) A.P 4 B.P 2 C.2P D.4P答案 D4.如图2所示是小孩滑滑梯的情景，假设滑梯是固定光滑斜面，倾角为30°，小孩质量为m ，由静止开始沿滑梯下滑，滑行距离为s 时，重力的瞬时功率为( )图2A.mg gsB.12mg gs C.mg 2gs D.12mg 6gs 答案 B解析 小孩的加速度a ＝mg sin 30°m ＝12g ，由v 2＝2as 得小孩滑行距离为s 时的速率v ＝gs ，故此时重力的瞬时功率P ＝mg v sin 30°＝12mg gs ，B 正确.5.质量为m 的汽车，其发动机额定功率为P .当它开上一个倾角为θ的斜坡时，受到的阻力为车重力的k 倍，则车的最大速度为( ) A.P mg sin θ B.P cos θmg (k ＋sin θ) C.P cos θmgD.Pmg (k ＋sin θ) 答案 D解析 当汽车做匀速运动时速度最大，此时汽车的牵引力F ＝mg sin θ＋kmg ，由此可得v m ＝Pmg (k ＋sin θ)，故选项D 正确.6.质量为5 t 的汽车，在水平路面上以加速度a ＝2 m/s 2启动，所受阻力为1.0×103 N ，汽车启动后第1 s 末的瞬时功率是( ) A.2 kW B.22 kW C.1.1 kW D.20 kW 答案 B解析 根据牛顿第二定律得F －f ＝ma ， 则F ＝f ＋ma ＝1 000 N ＋5 000×2 N ＝11 000 N.汽车在第1 s 末的速度v ＝at ＝2×1 m /s ＝2 m/s ，所以P ＝F v ＝11 000×2 W ＝22 000 W ＝22 kW ，故B 正确.7.质量为2 t 的汽车，发动机的额定功率为30 kW ，在水平公路上能以54 km /h 的最大速度行驶，如果保持功率不变，汽车速度为36 km/h 时，汽车的加速度为( )A.0.5 m /s 2B.1 m/s 2C.1.5 m /s 2D.2 m/s 2答案 A解析 当牵引力和阻力相等时，汽车的速度最大，最大速度为v m ＝54 km /h ＝15 m/s ，由P ＝F v m ＝f v m 可得，阻力f ＝P v m ＝30 00015N ＝2 000 N 速度为v ＝36 km /h ＝10 m/s 时汽车的牵引力为：F ＝P v ＝3 000 N由牛顿第二定律可得F －f ＝ma ，所以a ＝F －f m ＝3 000－2 0002 000m /s 2＝0.5 m/s 2， 故选A.8.放在水平面上的物体在拉力F 作用下做匀速直线运动，先后通过A 、B 两点，在这个过程中( )A.物体的运动速度越大，力F 做功越多B.不论物体的运动速度多大，力F 做功不变C.物体的运动速度越大，力F 做功的功率越大D.不论物体的运动速度多大，力F 做功的功率不变答案 BC解析 求做功用W ＝Fs cos α，故不论速度多大，F 做功不变，故A 错，B 对；物体运动速度越大，通过相等位移所用时间越短，功率就越大，故C 对，D 错.9.质量为3 kg 的物体，从高45 m 处自由落下(g 取10 m/s 2)，那么在下落的过程中( )A.前2 s 内重力做功的功率为300 WB.前2 s 内重力做功的功率为675 WC.第2 s 末重力做功的功率为600 WD.第2 s 末重力做功的功率为900 W答案 AC解析 前2 s 内物体下落的高度h ＝12gt 2＝20 m ，重力做功的功率P 1＝mgh t ＝30×202W ＝300 W ，A 对，B 错；第2 s 末物体的速度v ＝gt ＝20 m/s ，此时重力做功的功率P 2＝mg v ＝600 W ，C 对，D 错.10.我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104 kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A.弹射器的推力大小为1.1×106 NB.弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2答案 ABD11.一辆质量为m 的轿车，在平直公路上运行，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过一定时间，其速度由零增大到最大值v m ，若所受阻力恒为f .则关于轿车的速度v 、加速度a 、牵引力F 、功率P 的图象正确的是( )答案 ACD解析 由于启动阶段轿车受到的牵引力不变，加速度不变，所以轿车在开始阶段做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不增加了，再增加速度，就须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值v m ＝P 额F ＝P 额f，所以A 、C 、D 正确，B 错误.二、非选择题12.如图3所示，位于水平面上的物体A ，在斜向上的恒定拉力F 作用下，由静止开始向右做匀加速直线运动.已知物体质量为10 kg ，F 的大小为100 N ，方向与速度v 的夹角为37°，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g ＝10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图3(1)第2 s 末，拉力F 对物体做功的功率是多大？(2)从运动开始，物体前进12 m 过程中拉力对物体做功的平均功率是多大？答案 (1)960 W (2)480 W解析 (1)物体对水平面的压力等于水平面对物体的支持力，N ＝mg －F sin 37°＝100 N －100×0.6 N ＝40 N由牛顿第二定律得物体的加速度a ＝F cos 37°－μN m ＝100×0.8－0.5×4010m /s 2＝6 m/s 2 第2 s 末，物体的速度v ＝at ＝12 m/s拉力F 对物体做功的功率P ＝F v cos 37°＝960 W(2)从运动开始，前进12 m 用时t ′＝2s a ＝ 2×126s ＝2 s 该过程中拉力对物体做功W ＝Fs cos 37°＝100×12×0.8 J ＝960 J拉力对物体做功的平均功率P ′＝W t ′＝9602W ＝480 W. 13.某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图4所示的v －t 图象，已知小车在0～t 1时间内做匀加速直线运动，t 1～10 s 时间内小车牵引力的功率保持不变，7 s 末达到最大速度，在10 s 末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m ＝1 kg ，整个运动过程中小车受到的阻力f 大小不变.求：图4(1)小车所受阻力f 的大小；(2)在t 1～10 s 内小车牵引力的功率P ；(3)求出t 1的值及小车在0～t 1时间内的位移.答案 (1)2 N (2)12 W (3)1.5 s 2.25 m解析 (1)在10 s 末撤去牵引力后，小车只在阻力f 的作用下做匀减速运动，由图象可得减速时加速度的大小为a ＝2 m/s 2则f ＝ma ＝2 N(2)小车做匀速运动阶段即7～10 s 内，设牵引力为F ，则F ＝f由图象可知v m ＝6 m/s解得P ＝F v m ＝12 W(3)设t 1时间内的位移为s 1，加速度大小为a 1，t 1时刻的速度大小为v 1，则由P ＝F 1v 1得F 1＝4 N ，F 1－f ＝ma 1得a 1＝2 m/s 2，则t 1＝v 1a 1＝1.5 s ， s 1＝12a 1t 21＝2.25 m.。
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第五节 斜抛运动[学习目标] 1.知道斜抛物体的运动，知道斜抛运动又可分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动.2.通过实验探究斜抛运动的射高和射程跟速度和抛射角的关系，并能将所学知识应用到生产、生活中.一、斜抛运动及运动规律1.定义：将物体用一定的初速度沿斜上方(或斜下方)抛出去，仅在重力作用下物体所做的运动.2.运动性质：匀变速曲线运动.3.运动的分解：(如图1)(1)水平方向以初速度v 0x 做匀速直线运动，v 0x ＝v 0cos_θ. (2)竖直方向以初速度v 0y 做竖直上抛运动，v 0y ＝v 0sin_θ.图1(3)坐标表达式：x ＝v 0cos_θ·t ； y ＝v 0sin θ·t －12gt 2.(4)分速度表达式：v x ＝v 0cos_θ； v y ＝v 0sin_θ－gt .二、射程、射高和弹道曲线 1.射程(X )、射高(Y )和飞行时间(T )：(1)射程(X )：在斜抛运动中，从物体被抛出的地点到落地点间的水平距离.表达式：X ＝v 20sin 2θg.(2)射高(Y )：从抛出点的水平面到物体运动轨迹最高点间的高度差.表达式：Y ＝v 20sin 2 θ2g .(3)飞行时间(T )：从物体被抛出到落地所用的时间.表达式：T ＝2v 0sin θg .2.弹道曲线：(1)实际的抛体运动：物体在运动过程中总要受到空气阻力的影响.(2)弹道曲线与抛物线：在没有空气的理想空间中炮弹飞行的轨迹为抛物线，而炮弹在空气中飞行的轨迹叫做弹道曲线，由于空气阻力的影响，使弹道曲线的升弧长而平伸，降弧短而弯曲.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)初速度越大斜抛运动的射程越大.(×) (2)抛射角越大斜抛运动的射程越大.(×)(3)仅在重力作用下斜抛运动的轨迹曲线是抛物线.(√)(4)斜上抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动.(√)2.如图2是果蔬自动喷灌技术，从水管中射出的水流轨迹呈现一道道美丽的弧线，如果水喷出管口的速度是20 m/s ，管口与水平方向的夹角为45°，空气阻力不计，那么水的射程是________ m ，射高是________ m.图2答案 40 10 解析 水的竖直分速度 v y ＝v 0sin 45°＝10 2 m/s上升的最大高度Y ＝v 2y 2g ＝(102)220 m ＝10 m.水在空中的飞行时间为t ＝2v yg ＝2 2 s.水的水平分速度v x ＝v 0cos 45°＝10 2 m/s.水平射程X ＝v x t ＝102×2 2 m ＝40 m.一、斜抛运动的特点[导学探究] 如图3所示，运动员斜向上投出标枪，标枪在空中划出一条优美的曲线后插在地上，若忽略空气对标枪的阻力作用，请思考：图3(1)标枪到达最高点时的速度是零吗？ (2)标枪在竖直方向上的运动情况是怎样的？答案(1)不是零(2)竖直上抛运动[知识深化]1.受力特点：斜抛运动是忽略了空气阻力的理想化运动，因此物体仅受重力，其加速度为重力加速度g.2.运动特点：物体具有与水平方向存在夹角的初速度，仅受重力，因此斜抛运动是匀变速曲线运动，其轨迹为抛物线.3.速度变化特点：由于斜抛运动的加速度为定值，因此，在相等的时间内速度的变化量大小相等，方向均竖直向下，故相等的时间内速度的变化相同，即Δv＝gΔt.4.对称性特点：(1)速度对称：相对于轨道最高点两侧对称的两点速度大小相等或水平方向速度相等，竖直方向速度等大反向.(如图4所示)图4(2)时间对称：相对于轨道最高点两侧对称的曲线上升时间等于下降时间，这是由竖直上抛运动的对称性决定的.(3)轨迹对称：其运动轨迹关于过最高点的竖直线对称.例1关于斜抛运动，下列说法中正确的是()A.物体抛出后，速度增大，加速度减小B.物体抛出后，速度先减小，再增大C.物体抛出后，沿着轨迹的切线方向，先做减速运动，再做加速运动，加速度始终沿着切线方向D.斜抛物体的运动是匀变速运动答案 D解析斜抛物体的运动在水平方向是匀速直线运动，竖直方向是竖直上抛或竖直下抛运动，抛出后只受重力，故加速度恒定.若是斜上抛运动则竖直分速度先减小后增大，若是斜下抛运动则竖直分速度一直增大，故A、B、C项错误.由于斜抛运动的物体只受重力的作用且与初速度方向不共线，故做匀变速运动，D项正确.解决斜抛类问题要理解以下几点(1)斜抛运动分为斜上抛和斜下抛(2)只受重力作用做匀变速运动(3)斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛或竖直下抛运动. 针对训练 (多选)对做斜上抛运动的物体，下列说法正确的是( ) A.水平分速度不变 B.加速度不变C.在相同的高度处速度大小相同D.经过最高点时，瞬时速度为零 答案 ABC解析 斜上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竖直上抛运动，所以A 正确；做斜上抛运动的物体只受重力作用，加速度恒定，B 正确；根据运动的对称性，物体在相同的高度处的速度大小相等，C 正确；经过最高点时，竖直分速度为零，水平分速度不为零，D 错误.二、斜抛运动的规律及其应用例2 一座炮台置于距地面60 m 高的山崖边，以与水平线成45°角的方向发射一颗炮弹，炮弹离开炮口时的速度为120 m /s.求：(忽略空气阻力，g 取10 m/s 2) (1)炮弹所达到的最大高度；(2)炮弹落到地面时的时间和速度大小； (3)炮弹的水平射程.答案 (1)420 m (2)17.65 s 125 m/s (3)1 498 m 解析 (1)竖直分速度v 0y ＝v 0sin 45°＝22v 0＝60 2 m/s 所以h ＝v 20y2g ＝(602)220m ＝360 m故上升的最大高度h max ＝h ＋h 0＝420 m ； (2)上升阶段所用时间t 1＝v 0y g ＝60210 s ＝6 2 s下降阶段所用时间t 2＝2h maxg＝ 2×42010s ＝221 s 所以运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝(62＋221) s ≈17.65 s落地时的水平速度v x ＝v 0x ＝v 0cos 45°＝60 2 m/s 落地时的竖直速度v y ＝2gh max合速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝(602)2＋2×10×420 m/s≈125 m/s(3)水平射程X ＝v x t ＝602×17.65 m ≈1 498 m.斜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竖直上抛运动，因此可以分析两个方向的直线运动来研究斜抛运动.例3 如图5所示，做斜上抛运动的物体到达最高点时，速度v ＝24 m /s ，落地时速度v t ＝30 m/s ，g 取10 m/s 2.求：图5(1)物体抛出时速度的大小和方向； (2)物体在空中的飞行时间T ； (3)射高Y 和水平射程X .答案 (1)30 m/s ，与水平方向夹角为37° (2)3.6 s (3)16.2 m 86.4 m解析 (1)根据斜抛运动的对称性，物体抛出时的速度与落地时的速度大小相等，故v 0＝v t ＝30 m/s ，设与水平方向夹角为θ，则cos θ＝v v 0＝45，故θ＝37°.(2)由(1)知，竖直方向的初速度为v y ＝v 20－v 2＝302－242m /s ＝18 m/s故飞行时间T ＝2v y g ＝2×1810s ＝3.6 s(3)射高Y ＝v 2y2g ＝1822×10m ＝16.2 m水平射程X ＝v T ＝24×3.6 m ＝86.4 m.1.(对斜抛运动的理解)一物体做斜抛运动(不计空气阻力)，在由抛出到落地的过程中，下列表述中正确的是( )A.物体的加速度是不断变化的B.物体的速度不断减小C.物体到达最高点时的速度等于零D.物体到达最高点时的速度沿水平方向 答案 D解析 加速度决定于物体受到的重力，所以加速度是不变的，斜上抛运动的速度是先变小再变大，所以A 、B 选项均错；在最高点的速度不为零且沿水平方向，所以只有D 项对. 2.(弹道曲线的理解)如图6所示，是一枚射出的炮弹飞行的理论曲线和弹道曲线，关于理论曲线和弹道曲线的说法正确的是( )图6A.理论计算误差造成的B.炮弹的形状造成的C.空气阻力的影响造成的D.弹道曲线的升弧和降弧对称 答案 C解析 炮弹在空中飞行的实际轨迹称为弹道曲线，由于受空气阻力，弹道曲线的升弧和降弧不对称，故C 正确.3.(斜抛运动的理解)如图7所示，一物体以初速度v 0做斜抛运动，v 0与水平方向成θ角.AB 连线水平，则从A 到B 的过程中下列说法不正确的是( )图7A.上升时间t ＝v 0sin θgB.最大高度h ＝(v 0sin θ)22gC.在最高点速度为0D.AB 间位移s AB ＝2v 20sin θcos θg答案 C解析 将物体的初速度沿着水平和竖直方向分解，有：v 0x ＝v 0cos θ，v 0y ＝v 0sin θ；上升时间：t ＝v 0y g ＝v 0sin θg ，故A 正确；根据位移公式，最大高度h ＝v 20y 2g ＝(v 0sin θ)22g，故B 正确；在最高点速度的竖直分量为零，但水平分量不为零，故最高点速度不为零，故C 错误；结合竖直上抛运动的对称性可知，运动总时间为：t ′＝2t ＝2v 0sin θg；故AB 间位移s AB ＝v 0x t ′＝2v 20sin θcos θg，故D 正确.4.(斜抛运动规律的应用)世界上最窄的海峡是苏格兰的塞尔海峡，它位于欧洲大陆与塞尔岛之间，这个海峡只有约6 m 宽，假设有一位运动员，他要以相对于水平面37°的角度进行“越海之跳”，可使这位运动员越过这个海峡的最小初速度是多少？忽略空气阻力.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2) 答案 7.9 m/s解析 画出运动员做斜抛运动的轨迹如图所示.在竖直方向上：v 0sin 37°＝gt . 上升时间：t ＝v 0sin 37°g运动员跳跃时间：T ＝2t 在水平方向上：6 m ≤T v 0cos 37°. 解得v 0≥7.9 m/s故跨越海峡的最小速度为7.9 m/s.课时作业一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题) 1.关于斜抛运动，下列说法正确的是( ) A.斜抛运动是一种不受任何外力作用的运动B.斜抛运动是曲线运动，它的速度方向不断改变，不可能是匀变速运动C.任意两段相等时间内的速度大小变化相等D.任意两段相等时间内的速度变化相等 答案 D解析 根据斜抛运动的定义可知，A 错.斜抛运动是曲线运动，是因为初速度方向与重力方向不共线，但物体只受重力，产生的重力加速度是恒定不变的，所以斜抛运动是匀变速曲线运动，故B 错.根据加速度的定义式可得Δv ＝g Δt ，所以在相等的时间内速度的变化相等，而速度是矢量，包括大小与方向两个因素，在这里我们只能判断出速度的变化相等，故C 错，D 对.2.关于斜抛运动和平抛运动的共同特点，下列说法不正确的是( ) A.加速度都是gB.运动轨迹都是抛物线C.运动时间都与抛出时的初速度大小无关D.速度变化率不随时间变化答案 C解析斜抛运动和平抛运动都是仅受重力作用的抛体运动，因此其加速度或速度变化率都是相同的，都为重力加速度，因此选项A、D正确.它们的轨迹均为抛物线，选项B正确.斜抛运动的时间由竖直方向的分运动决定，平抛运动的时间仅与高度有关，与初速度无关，故选项C错误.3.关于斜抛运动的射高，下列说法中正确的是()A.初速度越大，射高越大B.抛射角越大，射高越大C.初速度一定时，抛射角越大，射高越小D.抛射角一定时，初速度越大，射高越大答案 D解析斜抛运动的射高，是由初速度和抛射角共同决定的，初速度一定时，抛射角越大，射高越大；抛射角一定时，初速度越大，射高也越大，故D正确.4.下列关于斜抛运动的说法中正确的是()A.上升阶段与下降阶段的加速度相同B.物体到达最高点时，速度为零C.物体到达最高点时，速度为v0cos θ(θ是v0与水平方向间的夹角)，但不是最小D.上升和下降至空中同一高度时，速度相同答案 A解析斜抛物体的加速度为重力加速度g，A正确；除最高点速度为v0cos θ外，其他的点的速度均是v0cos θ与竖直速度的合成，B、C错误；上升与下降阶段速度的方向一定不同，D 错误.5.一位田径运动员在跳远比赛中以10 m/s的速度沿与水平面成30°的角度起跳，在落到沙坑之前，他在空中滞留的时间约为(g取10 m/s2)()A.0.42 sB.0.83 sC.1 sD.1.5 s答案 C解析起跳时竖直向上的分速度v0y＝v0sin 30°＝10×12m/s＝5 m/s所以在空中滞留的时间为t＝2v0yg＝2×510s＝1 s.6.由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m3/min，水离开喷口时的速度大小为16 3 m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g 取10 m/s 2)( ) A.28.8 m 1.12×10－2 m 3B.28.8 m 0.672 m 3C.38.4 m 1.29×10－2 m 3D.38.4 m 0.776 m 3 答案 A解析 水离开喷口后做斜上抛运动，将运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上：v y ＝v sin θ代入数据可得v y ＝24 m/s故水柱能上升的高度h ＝v 2y 2g＝28.8 m水从喷出到最高处着火位置所用的时间：t ＝v yg代入数据可得t ＝2.4 s 故空中水柱的水量为： V ＝2.460×0.28＝1.12×10－2 m 3A 项正确.7.在不考虑空气阻力的情况下，以相同大小的初速度，抛出甲、乙、丙三个手球，抛射角为30°、45°、60°，则射程较远的手球是( ) A.甲 B.乙 C.丙 D.不能确定 答案 B解析 不考虑空气阻力的情况下，三个小球的运动可看作斜抛运动，然后根据斜抛运动的射程公式X ＝v 20sin 2θg分析可知射程较远的手球是乙.8.关于炮弹的弹道曲线，下列说法中正确的是( ) A.如果没有空气阻力，弹道曲线的升弧和降弧是对称的B.由于空气阻力的作用，弹道曲线的升弧短而弯曲，降弧长而平伸C.由于空气阻力的作用，炮弹落地时速度方向与水平面的夹角要比发射时大D.由于空气阻力的作用，在弹道曲线的最高点，炮弹的速度方向不是水平的 答案 AC解析 关于弹道曲线，由于要考虑空气阻力的影响，炮弹在水平方向不再做匀速运动，而是减速运动，在竖直方向上也不再是匀变速运动，而且炮弹所受的阻力与速度大小也有关系，因此弹道曲线在上升段会较长和缓直，而下降阶段则较短而弯曲，但轨迹在最高点仍只有水平方向的速度，否则就不会是最高点了.9.如图1所示，在地面上某一高度处将A 球以初速度v 1水平抛出，同时在A 球正下方地面处将B 球以初速度v 2斜向上抛出，结果两球在空中相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中( )图1A.A 和B 的初速度大小关系为v 1<v 2B.A 和B 的加速度大小关系为a 1>a 2C.A 做匀变速运动，B 做变加速运动D.A 和B 的速度变化量相同 答案 AD解析 如图所示，设v 2与水平方向夹角为θ，两球分别做平抛运动和斜抛运动，都只受重力作用，都做匀变速运动，加速度均为g ，B 、C 错误. 两球经过相等时间Δt 在空中相遇， 则水平位移相等，故v 1Δt ＝v 2cos θΔt ，故v 1<v 2，A 正确； 由加速度的定义式a ＝ΔvΔt＝g 得Δv ＝g Δt ，故两球从抛出到相遇过程中，A 和B 的速度变化量相同，D 正确.10.如图2所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同.空气阻力不计，则( )图2A.B 的加速度比A 的大B.B 的飞行时间比A 的长C.B 在最高点的速度比A 在最高点的大D.B 在落地时的速度比A 在落地时的大 答案 CD解析 由题可知，A 、B 两小球均做斜抛运动，由运动的分解可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度均为重力加速度；设上升的最大高度为h ，在下落过程，由h ＝12gt 2，可知下落时间t ＝2h g， 根据运动的对称性可知，两球上升时间和下落时间相等， 故两小球的运动时间相等； 由x ＝v x t ，可知v xA <v xB ； 由v 2y ＝2gh ，可知落地时， 竖直方向的速度v yA ＝v yB ， 再由v ＝v 2x ＋v 2y ，可知B 在落地时的速度比A 在落地时的大，所以正确选项为C 、D. 二、非选择题11.小李以一定的初速度将石子向斜上方抛出去，石子所做的运动是斜抛运动，他想：怎样才能将石子抛得更远呢？于是他找来小王一起做了如下探究：他们用如图3甲所示的装置来做实验，保持容器水平，让喷水嘴的位置和喷水方向不变(即抛射角不变)做了三次实验：第一次让水的喷出速度较小，这时水喷出后落在容器的A 点；第二次让水的喷出速度稍大，水喷出后落在容器的B 点；第三次让水的喷出速度最大，水喷出后落在容器的C 点.图3(1)小李和小王经过分析后得出的结论是____________________；小王回忆起上体育课时的情景，想起了几个应用上述结论的例子，其中之一就是为了将铅球推的更远，应尽可能____________________.(2)然后控制开关让水喷出的速度不变，让水沿不同方向喷出，又做了几次实验，如图乙所示，得到数据如下表.小李和小王对上述数据进行了归纳分析，得出的结论是：______________________ ________________________________________________________________________； 小李和小王总结了一下上述探究过程，他们明确了斜抛物体在水平方向飞行距离与初速度和抛射角的关系，他们感到这次探究成功得益于在探究过程中两次较好的运用了________法. 答案 (1)在抛射角一定时，当物体抛出的初速度越大物体抛出的距离越远 增大初速度 (2)在初速度一定时，随着抛射角的增大，抛出距离先是越来越大，然后越来越小.当夹角为45°时，抛出距离最大 控制变量解析 (1)由图知在抛射角一定时，初速度越大，飞行距离越远.为了将铅球推得更远，应尽可能增大铅球的初速度.(2)由表中数据可知，在抛射速度一定时，抛射角逐渐增大，飞行距离逐渐增大，到45°时，飞行距离最大，抛射角再增大时，飞行距离反而减小.本次探究过程使用的是控制变量法. 12.从某高处以6 m /s 的初速度、以30°抛射角斜向上方抛出一石子，落地时石子的速度方向和水平线的夹角为60°，求石子在空中运动的时间和抛出点离地面的高度(g 取10 m/s 2). 答案 1.2 s 3.6 m解析 如图所示，石子落地时的速度方向和水平线的夹角为60°，则v y v x ＝3，即v y ＝3v x ＝3v 0cos 30°＝3×6×32m /s ＝9 m/s.取向上为正方向，落地时竖直速度向下， 则－v y ＝v 0sin 30°－gt ，得t ＝1.2 s.由竖直方向位移公式：h ＝v 0sin 30°×t －12gt 2＝3×1.2 m －5×1.22 m ＝－3.6 m ，负号表示落地点比抛出点低.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义
章末总结一、运动的合成和分解1.小船渡河的两类典型问题设河宽为d、水流的速度为v水(方向：沿河岸指向下游)、船在静水中的速度为v船(方向：船头指向).图1(1)最短时间船头垂直于河岸行驶，t min ＝dv 船，与v 水的大小无关.船向下游偏移：s ＝v 水t min (如图1甲所示). (2)最短航程①若v 船>v 水，则s min ＝d ，此时船的航向垂直于河岸，船头与上游河岸成θ角，满足cos θ＝v 水v 船(如图乙所示).②若v 船<v 水，此时船头指向应与上游河岸成θ′角，满足cos θ′＝v 船v 水，则s min ′＝dcos θ′＝v 水v 船d (如图丙所示). 例1 如图2所示，两次渡河时船头指向均垂直于岸，且船相对水的速度大小不变，已知第一次实际航程为A 至B ，位移为s 1，实际航速为v 1，所用时间为t 1.由于水速增大，第二次实际航程为A 至C ，位移为x 2，实际航速为v 2，所用时间为t 2.则( )图2A.t 2>t 1，v 2＝s 2v 1s 1B.t 2>t 1，v 2＝s 1v 1s 2C.t 2＝t 1，v 2＝s 2v 1s 1D.t 2＝t 1，v 2＝s 1v 1s 2答案 C解析 设河宽为d ，船自身的速度为v ，则t 1＝t 2；对合运动，过河时间t ＝s 1v 1＝s 2v 2，故C 正确.针对训练1 (多选)某河宽为600 m ，河中某点的水流速度v 与该点到较近河岸的距离d 的关系如图3所示.船在静水中的速度为4 m/s ，要想使船渡河的时间最短，下列说法正确的是( )图3A.船在航行过程中，船头应与河岸垂直B.船在河水中航行的轨迹是一条直线C.渡河的最短时间为240 sD.船离开河岸400 m 时的速度大小为2 5 m/s 答案 AD解析 若船渡河的时间最短，船在航行过程中，必须保证船头始终与河岸垂直，选项A 正确；因水流的速度大小发生变化，根据运动的合成与分解可知，船在河水中航行的轨迹是一条曲线，选项B 错误；渡河的最短时间为t min ＝d v 船＝6004s ＝150 s ，选项C 错误；船离开河岸400 m 时的水流速度大小与船离开河岸200 m 时的水流速度大小相等，即v 水＝3300×200 m /s ＝2 m/s ，则船离开河岸400 m 时的速度大小为v ′＝v 2船＋v 2水＝42＋22 m/s ＝2 5 m/s ，选项D 正确.2.绳、杆关联速度问题绳、杆等连接的两个物体在运动过程中，其速度通常是不一样的，但两者的速度是有联系的(一般两个物体沿绳或杆方向的速度大小相等)，我们称之为“关联”速度.解决此类问题的一般步骤如下：第一步：先确定合运动，物体的实际运动就是合运动；第二步：确定合运动的两个实际作用效果，一是沿牵引方向的平动效果，改变速度的大小；二是沿垂直于牵引方向的转动效果，改变速度的方向； 第三步：按平行四边形定则进行分解，作好运动矢量图； 第四步：根据沿绳(或杆)牵引方向的速度相等列方程.例2 (多选)如图4所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m ，水的阻力恒为f ，当轻绳与水面的夹角为θ时，船的速度为v ，人的拉力大小为F ，则此时( )图4A.人拉绳行走的速度为v cos θB.人拉绳行走的速度为vcos θC.船的加速度为F cos θ－fmD.船的加速度为F －fm答案 AC解析 船的运动产生了两个效果：一是使滑轮与船间的绳缩短，二是使绳绕滑轮转动，因此将船的速度按如图所示进行分解，人拉绳行走的速度v 人＝v ∥＝v cos θ，选项A 正确，B 错误；绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F ，与水平方向成θ角，因此F cos θ－f ＝ma ，解得a ＝F cos θ－f m，选项C 正确，D 错误.针对训练2 如图5所示，水平面上有一汽车A ，通过定滑轮用绳子拉同一水平面上的物体B ，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为v A 和v B ，则v A 和v B 的比值为多少？图5答案 cos β∶cos α解析 物体B 实际的运动(合运动)水平向右，根据它的实际运动效果可知，两分运动分别为沿绳方向的分运动(设其速度为v 1)和垂直绳方向的分运动(设其速度为v 2).如图甲所示，有v 1＝v B cos β①汽车A 实际的运动(合运动)水平向右，根据它的实际运动效果，两分运动分别为沿绳方向的分运动(设其速度为v 3)和垂直绳方向的分运动(设其速度为v 4).如图乙所示，则有v 3＝v A cos α② 又因二者沿绳子方向上的速度相等，即v 1＝v 3③ 由①②③式得 v A ∶v B ＝cos β∶cos α. 二、竖直上抛运动的处理方法 1.分段法将竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段.上升阶段为初速度为v 0、加速度为－g 的匀减速直线运动(以向上为正方向，不考虑空气阻力).速度、位移公式分别为v t ＝v 0－gt 、s ＝v 0t －12gt 2.到达最高点的时间t ＝v 0g ，到达最高点的位移s ′＝v 202g ；下降阶段是自由落体运动，其速度公式为v t ＝gt ，位移公式为s ＝12gt 2.2.整体分析法取竖直向上的方向作为正方向，则速度公式为v t ＝v 0－gt ，位移公式为s ＝v 0t －12gt 2.例3 一物体做竖直上抛运动，它经过抛出点上方0.4 m 处时，速度是3 m /s ，它经过抛出点下方0.4 m 处时，速度应为多少？(g 取10 m/s 2) 答案 5 m/s ，方向竖直向下 解析 解法一 分段法上升过程：设到达抛出点上方0.4 m 处时还能上升的高度为s 1，则s 1＝v 202g ＝322×10m ＝0.45 m.下降过程：从最高点处下落到抛出点下方0.4 m 处时，下落高度s 2＝0.45 m ＋2×0.4 m ＝1.25m ，由v 2t ＝2gs 2得v t ＝2×10×1.25 m /s ＝5 m/s ，方向竖直向下. 解法二 整体法设以向上的方向为正方向，距抛出点上方0.4 m 处的速度为v 0，距抛出点下方0.4 m 处的速度为v t ，物体在该过程中发生的位移s ＝－0.4 m －0.4 m ＝－0.8 m ，运动中加速度a ＝－g .由v 2t －v 20＝2as 得v 2t ＝v 20＋2as 即v t ＝±5 m /s ，由于是下落，故v t ＝－5 m/s ，大小为5 m/s ，方向竖直向下.针对训练3 在离地高h 处，沿竖直方向向上和向下抛出两个小球，他们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( ) A.2v g B.v g C.2h v D.h v答案 A解析 设落地速度为v ′， 规定向下为正方向，则无论竖直向下还是竖直向上抛出都满足 v ′2－v 2＝2gh 则v ′＝v 2＋2gh ，所以落地时两球的速度大小相等. 对于竖直上抛的小球运动时间为 t 1＝v ′－(－v )g ＝v ′＋v g，对于竖直下抛的小球运动时间t 2＝v ′－vg，故两球落地的时间差为：Δt ＝t 1－t 2＝2vg .三、解决平抛运动的三个突破口 1.把平抛运动的时间作为突破口平抛运动规律中，各物理量都与时间有联系，所以只要求出抛出时间，其他的物理量都可轻松解出.2.把平抛运动的偏转角作为突破口图6如图6可得tan θ＝gt v 0＝2hx (推导：tan θ＝v y v x ＝gt v 0＝gt 2v 0t ＝2h x)tan α＝hx ，所以有tan θ＝2tan α.从以上各式可以看出偏转角和其他各物理量都有关联，通过偏转角可以确定其他的物理量. 3.把平抛运动的一段轨迹作为突破口图7平抛运动的轨迹是一条抛物线，已知抛物线上的任意一段，就可求出水平初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了.设图7为某小球做平抛运动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A 和B ，E 为AB 的中间时刻. 设t AE ＝t EB ＝T由竖直方向上的匀变速直线运动得FC －AF ＝gT 2，所以T ＝ Δyg＝ FC －AFg由水平方向上的匀速直线运动得 v 0＝EF T ＝EFg FC －AF.例4 如图8所示，在倾角为37°的斜面上从A 点以6 m /s 的初速度水平抛出一个小球，小球落在B 点，求：(g 取10 m/s 2)图8(1)A 、B 两点间的距离和小球在空中飞行的时间； (2)小球刚碰到斜面时的速度方向与水平方向夹角的正切值. 答案 (1)6.75 m 0.9 s (2)32解析 (1)如图所示，设小球落到B 点时速度的偏转角为α，运动时间为t .则tan 37°＝h x ＝gt 22v 0t ＝56t又因为tan 37°＝34，解得t ＝0.9 s由x ＝v 0t ＝5.4 m则A 、B 两点间的距离l ＝xcos 37°＝6.75 m(2)在B 点时，tan α＝v y v 0＝gt v 0＝32.设物体做平抛运动的初速度为v 0，下落高度为h ，水平位移为x ，某时刻竖直分速度为v y ，合速度为v ，方向与初速度v 0的夹角为θ；某时刻合位移的方向与初速度夹角为α，则有h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，v y ＝gt ，tan θ＝gt v 0，tan α＝gt 2v 0，tan α＝12tan θ. 针对训练4 如图9所示，两个相对的斜面，倾角分别为37°和53°，在顶点把两个小球A 、B 以大小相同的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上.若不计空气阻力，求A 、B 两个小球的运动时间之比.图9答案916解析 由平抛运动规律得：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，因tan θ＝yx ，故t ＝2v 0tan θg ，所以t A t B ＝tan 37°tan 53°＝916.。
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第一节 功[学习目标] 1.理解功的概念，知道做功的两个因素.2.会用功的公式进行有关计算，明确功是标量.3.理解正、负功的概念，会根据公式计算多个力所做的总功．一、功1．功的定义：力对物体做的功等于力的大小、位移的大小以及力和位移夹角的余弦的乘积． 2．功的公式：W ＝Fs cos_α，其中F 、s 、α分别为力的大小、位移的大小、力与位移方向的夹角．3．单位：国际单位制中，功的单位是焦耳，简称焦，符号是J. 二、正功和负功1．力对物体做正功和负功的条件 由W ＝Fs cos α可知(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功；(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或称物体克服这个力做功；(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功．2．总功的计算几个力对一个物体做功的代数和，等于这几个力的合力对这个物体所做的功． [即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)公式W ＝Fs cos α中的s 是物体运动的路程．(×) (2)物体只要受力且运动，该力就一定做功．(×)(3)功有正负之分，所以功是矢量．(×)(4)一个力对物体做了负功，则说明这个力一定阻碍物体的运动．(√)2．如图1所示，静止在光滑水平面上的物体，在与水平方向成60°角斜向上的力F作用下运动10 m，已知F＝10 N，则拉力F所做的功是________J.图1答案50一、对功的理解[导学探究]1．观察图2，分析图中的哪个人对物体做了功？图2答案小川拉着重物上升的过程，小川对重物做了功，其他三人都没有做功．2．如图3所示，物体在与水平方向夹角为α的力F的作用下前进了s，则力F对物体做的功如何表示？图3答案如图把力F沿水平方向和竖直方向进行正交分解，物体在竖直方向上没有发生位移，竖直方向的分力没有对物体做功，水平方向的分力F cos α所做的功为Fs cos α，所以力F对物体所做的功为Fs cos α.[知识深化]对公式W＝Fs cos α的理解1．力F对物体做的功，只与s、α有关，与物体的运动状态及物体是否还受其他作用力等因素无关．2．计算力F的功时要特别注意，F与s必须具有同时性，即s必须是力F作用过程中物体发生的位移．3．功是标量，没有方向，但是有正负．4．公式W ＝Fs cos α适用于计算恒力做功，若是变力，此公式不再适用．例1 如图4所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m ，在与水平面成θ角的恒定拉力F 作用下，沿水平地面向右移动了一段距离s .已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，则雪橇受到的( )图4A ．支持力做功为mgsB ．重力做功为mgsC ．拉力做功为Fs cos θD ．滑动摩擦力做功为－μmgs 答案 C解析 支持力和重力与位移垂直，不做功，A 、B 错误；拉力和摩擦力做功分别为W 1＝Fs cos θ，W 2＝－μ(mg －F sin θ)s ，C 正确，D 错误． 二、正负功的判断[导学探究] 某物体在力F 作用下水平向右运动的位移为s ，拉力的方向分别如图5甲、乙所示，分别求两种情况下拉力对物体做的功．图5答案32Fs －32Fs [知识深化] 1．正、负功的意义功是标量，只有正、负，没有方向，功的正负不表示大小，只表示能量转移或转化的方向，即：动力对物体做正功，使物体获得能量，阻力对物体做负功，使物体失去能量． 2．判断力是否做功及做功正负的方法(1)根据力F 的方向与位移s 的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形． (2)根据力F 的方向与速度v 的方向间的夹角α——常用于曲线运动的情形． 若α为锐角则做正功，若α为直角则不做功，若α为钝角则做负功．例2(多选)质量为m的物体，静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图6所示．物体相对斜面静止，则下列说法正确的是()图6A．重力对物体m做正功B．合力对物体m做功为零C．摩擦力对物体m做负功D．支持力对物体m做正功答案BCD解析物体的受力和位移如图所示．支持力N与位移s的夹角α<90°，故支持力做正功，D 选项正确；重力与位移垂直，故重力不做功，A选项错误；摩擦力f与位移s的夹角大于90°，故摩擦力做负功，C选项正确；物体做匀速运动，所受合力为零，合力不做功，故B选项正确．三、总功的求解思路例3如图7所示，一个质量为m＝2 kg的物体，受到与水平方向成37°角斜向上方的力F ＝10 N作用，在水平地面上从静止开始向右移动的距离为s＝2 m，已知物体和地面间的动摩擦因数为0.3，g取10 m/s2，求外力对物体所做的总功．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)图7答案7.6 J解析物体受到的摩擦力为：f＝μN＝μ(mg－F sin 37°)＝0.3×(2×10－10×0.6)N＝4.2 N解法1：先求各力的功，再求总功．拉力F对物体所做的功为：W1＝Fs cos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J摩擦力f对物体所做的功为：W2＝fs cos 180°＝－4.2×2 J＝－8.4 J由于重力、支持力对物体不做功，故外力对物体所做的总功W等于W1和W2的代数和，即W ＝W1＋W2＝7.6 J.解法2：先求合力，再求总功．物体受到的合力为：F合＝F cos 37°－f＝3.8 N，所以W＝F合s＝3.8×2 J＝7.6 J.几个力对物体做功的计算当物体在多个力的共同作用下发生一段位移时，合力对物体所做的功等于各分力对物体做功的代数和．故计算合力的功有以下两种方法：(1)先由W＝Fs cos α计算各个力对物体所做的功W1、W2、W3……然后求所有力做功的代数和，即W合＝W1＋W2＋W3＋….(2)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W合＝F合s cos α计算总功，此时α为F合的方向与s的方向间的夹角．注意：当在一个过程中，几个力作用的位移不相同时，只能用方法(1)．针对训练如图8所示，平行于斜面向上的拉力F使质量为m的物体匀加速地沿着长为L、倾角为α的斜面的一端向上滑到另一端，物体与斜面间的动摩擦因数为μ.求作用在物体上的各力对物体所做的总功．图8答案FL－mgL sin α－μmgL cos α解析选物体为研究对象，其受力如图所示：解法一：拉力F对物体所做的功为：W F＝FL.重力mg对物体所做的功为：W G＝mgL cos(90°＋α)＝－mgL sin α.摩擦力对物体所做的功为：W f＝fL cos 180°＝－fL＝－μmgL cos α.弹力N对物体所做的功为：W N＝NL cos 90°＝0.故各力的总功为：W＝W F＋W G＋W f＋W N＝FL－mgL sin α－μmgL cos α解法二：物体受到的合力为：F合＝F－mg sin α－f＝F－mg sin α－μmg cos α所以合力做的功为：W＝F合L＝FL－mgL sin α－μmgL cos α.1．(对功的理解)(多选)下列说法中正确的是()A．功是矢量，正负表示其方向B．功是标量，正负表示的是外力对物体做功还是物体克服外力做功C．力对物体做正功还是做负功取决于力和位移的方向关系D．力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量答案BCD解析功是标量，正负表示的是外力对物体做功还是物体克服外力做功，A错误，B正确；力对物体做正功还是做负功取决于力和位移的方向关系，故C正确；有力作用在物体上，物体在力的方向上移动了距离，力对物体做的功总是在某过程中完成的，所以功是一个过程量，故D正确．2.(正负功的判断)如图9所示，重物P放在一长木板OA上，将长木板绕O端转过一个小角度的过程中，重物P相对于木板始终保持静止，关于木板对重物P的摩擦力和支持力做功的情况是()图9A．摩擦力对重物做正功B．摩擦力对重物做负功C．支持力对重物不做功D．支持力对重物做正功答案 D解析重物受到的摩擦力方向始终与速度方向垂直，故不做功，支持力方向始终与速度方向相同，故做正功．3．(功的计算)用水平恒力F作用于质量为m的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离s，恒力F做功为W1；再用该恒力作用在质量为2m的物体上，使之在粗糙的水平面上沿力的方向移动同样的距离s，恒力F做功为W2，则两次恒力做功的关系是()A．W1>W2B．W1<W2C．W1＝W2D．无法判断答案 C解析物体沿力的方向运动，恒力做功就是指力F做的功，根据W＝Fs cos α，两次做功中的F、s、α均相同，所以两次F做功相同，即W1＝W2.4．(总功的计算)如图10所示，质量m＝50 kg的滑雪运动员从高度h＝30 m的坡顶由静止下滑，斜坡的倾角θ＝37°，滑雪板与雪面之间的动摩擦因数μ＝0.1.则运动员滑至坡底的过程中：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，装备质量不计)图10(1)滑雪运动员所受的重力对他做了多少功？(2)各力对运动员做的总功是多少？答案(1)1.5×104 J(2)1.3×104 J解析(1)重力做的功为：W G＝mgh＝50×10×30 J＝1.5×104 J(2)运动员所受合力：F合＝mg sin 37°－μmg cos 37°＝260 N合力方向沿斜坡向下，沿合力方向的位移s＝hsin 37°＝50 m合力做的功W合＝F合·s＝260×50 J＝1.3×104 J.课时作业一、选择题(1～8为单项选择题，9～12为多项选择题)1．下列选项所示的四幅图是小华提包回家的情景，其中小华提包的力不做功的是()答案 B2．如图所示，力F大小相等，A、B、C、D选项中物体运动的位移s也相同，哪种情况F 做功最少()答案 D解析A选项中，拉力做功W＝Fs；B选项中，拉力做功W＝Fs cos 30°＝32Fs；C选项中，拉力做功W＝Fs cos 30°＝32Fs；D选项中，拉力做功W＝Fs cos 60°＝12Fs，故D选项中拉力F做功最少．3.如图1所示，人站在超市自动扶梯的斜面上，与扶梯一起沿斜面匀速上升．在这个过程中，人脚所受的静摩擦力()图1A．等于零，对人不做功B．沿斜面向上，对人不做功C．沿斜面向上，对人做负功D．沿斜面向上，对人做正功答案 D解析人脚受到的静摩擦力沿斜面向上，位移沿斜面向上，故摩擦力做正功，故D正确．4．如图2所示，一小孩和一大人都以水平的力匀速推动相同的木箱在相同的路面上走相同的位移(推箱的速度大小如图中所示)，比较此过程中两人分别对木箱做功的多少()图2A．大人做的功多B．小孩做的功多C．大人和小孩做的功一样多D．条件不足，无法判断答案 C解析由平衡条件知大人与小孩的推力相等(即都等于各自木箱受到的滑动摩擦力，两木箱的滑动摩擦力相等)，又由于两只木箱的位移相同．故由W＝Fs知两人做功一样多．5．一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯对人的支持力的做功情况是()A．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B．加速时做正功，匀速和减速时做负功C．加速和匀速时做正功，减速时做负功D．始终做正功答案 D解析在加速、匀速、减速的过程中，支持力与人的位移方向始终相同，所以支持力始终对人做正功，故D正确．6.如图3所示，质量为m的物体A静止在倾角为θ的斜面体B上，斜面体B的质量为M.现对该斜面体B施加一个水平向左的推力F，使物体A随斜面体B一起沿水平方向向左匀速运动，当移动的距离为s时，斜面体B对物体A所做的功为()图3A．Fs B．mgs sin θ·cos θC．mgs sin θD．0答案 D解析对物体A进行受力分析，其受到重力mg、支持力N、静摩擦力f，如图所示，由于物体A做匀速运动，所以支持力N与静摩擦力f的合力即斜面体B对物体A的作用力竖直向上，而位移方向水平向左，所以斜面体B对物体A的作用力的方向与位移方向垂直，斜面体B对物体A所做的功为0，D正确．7．起重机以1 m /s 2的加速度将质量为1 000 kg 的货物匀加速地向上提升，若g 取10 m/s 2，则在第1 s 内起重机对货物所做的功是( ) A ．500 J B ．4 500 J C ．6 000 J D ．5 500 J答案 D解析 对货物受力分析，由于是匀加速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma ，可计算出起重机对货物的拉力F ＝11 000 N ，位移s ＝12at 2＝0.5 m ．则在第1 s 内起重机对货物所做的功W＝Fs cos α＝11 000×0.5×1 J ＝5 500 J ，D 正确．8.如图4所示，同一物体分别沿斜面AD 和BD 自顶点由静止开始下滑，该物体与两斜面间的动摩擦因数相同．在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为W A 和W B ，则( )图4A ．W A >WB B ．W A ＝W BC ．W A <W BD ．无法确定答案 B解析 设斜面AD 、BD 与水平面CD 所成夹角分别为α、β，根据功的公式，得W A ＝μmg cos α·s AD ＝μmgs CD ，W B ＝μmg cos β·s BD ＝μmgs CD ，所以B 正确． 9．下面关于功的计算式W ＝Fs cos α的说法正确的是( ) A ．F 必须是恒力 B ．s 是路程 C ．s 是位移D ．α是力与位移两矢量的夹角 答案 ACD10．一物体在两个力F 1、F 2的共同作用下发生了一段位移，力F 1、F 2做功分别为W 1＝6 J 、W 2＝－6 J ，下列说法正确的是( ) A ．这两个力一定大小相等、方向相反 B ．F 1是动力，F 2是阻力 C ．这两个力做的总功为0 D ．F 1比F 2做的功多 答案 BC解析 由力F 1、F 2做功的正负可以确定力F 1、F 2与位移的夹角分别为小于90°、大于90°，但这两个力不一定大小相等、方向相反，A错；F1做正功一定是动力，F2做负功一定是阻力，但正负不表示功的大小，B对，D错；两个力做的总功等于这两个力所做功的代数和，C对．11．物体在运动过程中克服某个力做功，说明()A．这个力一定阻碍物体的运动B．这个力不一定阻碍物体的运动C．这个力与物体运动方向的夹角α>90°D．这个力与物体运动方向的夹角α<90°答案AC解析如果一个力对物体做负功，我们也可以说物体克服这个力做功．做负功表示这个力阻碍物体的运动，因为这个力与物体运动方向的夹角α>90°.故选A、C.12．如图5所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速传送至高处，在此过程中，下述说法正确的是()图5A．摩擦力对物体做正功B．支持力对物体做正功C．重力对物体做负功D．合外力对物体做正功答案AC解析摩擦力方向平行皮带向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，A对；支持力始终垂直于速度方向，不做功，B错；重力对物体做负功，C对；合外力为零，不做功，D错．二、非选择题13．一物体放在水平地面上，如图6甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示．求：图6(1)0～6 s时间内物体的位移；(2)0～10 s时间内物体克服摩擦力所做的功．答案(1)6 m(2)30 J解析(1)由题图丙可知0～6 s时间内物体的位移为：s ＝6－22×3 m ＝6 m. (2)由题图丙可知，在6～8 s 时间内，物体做匀速运动，于是有摩擦力f ＝2 N.0～10 s 时间内物体的总位移为：s ′＝(8－6)＋(10－2)2×3 m ＝15 m. 物体克服摩擦力所做的功：W ＝fs ′＝2×15 J ＝30 J.14.如图7所示，用沿斜面向上、大小为800 N 的力F ，将质量为100 kg 的物体沿倾角为37°的固定斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L ＝5 m ，物体与斜面间的动摩擦因数为0.25，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求这一过程中：图7(1)物体的重力所做的功；(2)摩擦力所做的功；(3)物体所受各力的合力所做的功．答案 (1)－3 000 J (2)－1 000 J (3)0解析 物体受力情况如图所示(1)W G ＝－mgL sin θ＝－3 000 J(2)f ＝μN ＝μmg cos θW f ＝－fL ＝－μmg cos θ·L＝－1 000 J(3)解法一 W F ＝FL ＝4 000 JW ＝W F ＋W G ＋W f ＝0解法二 物体做匀速运动，F 合＝0故W ＝0.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义
第一节 匀速圆周运动[学习目标] 1.知道什么是匀速圆周运动，知道它是变速运动.2.掌握线速度的定义式，理解线速度的大小、方向的特点.3.掌握角速度的定义式，知道周期、转速的概念.4.知道线速度、角速度和周期之间的关系.一、线速度1.定义：质点做匀速圆周运动通过的弧长l 与通过这段弧长所用时间t 的比值，v ＝lt .2.意义：描述做圆周运动的质点运动的快慢.3.方向：线速度是矢量，方向与圆弧相切，与半径垂直.4.匀速圆周运动(1)定义：质点沿圆周运动，如果在相等时间内通过的圆弧长度相等，那么，这种运动就叫做匀速圆周运动.(2)性质：线速度的方向是时刻变化的，所以是一种变速运动. 二、角速度1.定义：质点所在半径转过的角度φ跟转过这一角度所用时间t 的比值，ω＝φt .2.意义：描述物体绕圆心转动的快慢.3.单位(1)角的单位：国际单位制中，弧长与半径的比值表示角的大小，称为弧度，符号：rad. (2)角速度的单位：弧度每秒，符号是rad/s 或rad·s －1.三、周期和转速1.周期T ：做匀速圆周运动的物体运动一周所用的时间，单位：秒(s).2.转速n ：单位时间内转过的圈数，单位：转每秒(r /s)或转每分(r/min).3.周期和转速的关系：T ＝1n (n 单位为r/s 时).四、线速度、角速度、周期间的关系 1.线速度与周期的关系：v ＝2πr T . 2.角速度与周期的关系：ω＝2πT. 3.线速度与角速度的关系：v ＝ωr .①当半径r 一定时，线速度v 与角速度ω成正比. ②当角速度ω一定时，线速度v 与半径r 成正比. ③当线速度v 一定时，角速度ω与半径r 成反比. [即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)匀速圆周运动是一种匀速运动.(×)(2)做匀速圆周运动的物体，相同时间内位移相同.(×) (3)做匀速圆周运动的物体，其合外力不为零.(√) (4)做匀速圆周运动的物体，其线速度不变.(×) (5)做匀速圆周运动的物体，其角速度大小不变.(√) (6)做匀速圆周运动的物体，周期越大，角速度越小.(√)2.A 、B 两个质点，分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长比l A ∶l B ＝2∶3，转过的圆心角比φA ∶φB ＝3∶2，那么它们的线速度之比v A ∶v B ＝________，角速度之比ωA ∶ωB ＝________. 答案 2∶3 3∶2解析 由v ＝l t 知v A v B ＝23；由ω＝φt 知ωA ωB ＝32.一、线速度和匀速圆周运动[导学探究] 如图1所示为自行车的车轮，A 、B 为辐条上的两点，当它们随轮一起转动时，回答下列问题：图1(1)A 、B 两点的速度方向沿什么方向？(2)A 、B 两点在相同的时间内沿圆弧运动的轨迹长度相同吗？哪个运动得快？ (3)如果B 点在任意相等的时间内转过的弧长相等，B 做匀速运动吗？(4)匀速圆周运动的线速度是不变的吗？匀速圆周运动的“匀速”同“匀速直线运动”的“匀速”一样吗？答案 (1)两点的速度方向均沿各自圆周的切线方向. (2)不相同，B 运动的轨迹长，B 运动得快.(3)B 运动的速率不变，但B 运动的方向时刻变化，故B 做非匀速运动.(4)质点做匀速圆周运动时，线速度的大小不变，方向时刻在变化，因此，匀速圆周运动不是线速度不变的运动，只是速率不变，是变速曲线运动.而“匀速直线运动”中的“匀速”指的是速度不变，是大小、方向都不变，二者并不相同. [知识深化]1.对线速度的理解：(1)线速度是物体做圆周运动的瞬时速度，线速度越大，物体运动得越快.(2)线速度是矢量，它既有大小，又有方向，线速度的方向在圆周各点的切线方向上. (3)线速度的大小：v ＝lt ，l 代表弧长.2.对匀速圆周运动的理解：(1)匀中有变：由于匀速圆周运动是曲线运动，其速度方向沿着圆周的切线方向，所以物体做匀速圆周运动时，速度的方向时刻在变化. (2)匀速的含义：①速度的大小不变，即速率不变. ②转动快慢不变，即角速度大小不变. (3)运动性质：线速度的方向时刻改变，所以匀速圆周运动是一种变速运动.例1 (多选)某质点绕圆轨道做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( ) A.因为它速度大小始终不变，所以它做的是匀速运动 B.它速度大小不变，但方向时刻改变，是变速运动 C.该质点速度大小不变，因而加速度为零，处于平衡状态 D.该质点做的是变速运动，具有加速度，故它所受合力不等于零 答案 BD二、角速度、周期和转速[导学探究] 如图2所示，钟表上的秒针、分针、时针以不同的角速度做圆周运动.图2(1)秒针、分针、时针它们转动的快慢相同吗？如何比较它们转动的快慢？ (2)秒针、分针和时针的周期分别是多大？答案 (1)不相同.根据角速度公式ω＝φt 知，在相同的时间内，秒针转过的角度最大，时针转过的角度最小，所以秒针转得最快.(2)秒针周期为60 s ，分针周期为60 min ，时针周期为12 h. [知识深化]1.对角速度的理解：(1)角速度描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢，角速度越大，物体转动得越快. (2)角速度的大小：ω＝φt ，φ代表在时间t 内，物体与圆心的连线转过的角度.(3)在匀速圆周运动中，角速度大小不变，是恒量. 2.对周期和频率(转速)的理解：(1)周期描述了匀速圆周运动的一个重要特点——时间周期性.其具体含意是，描述匀速圆周运动的一些变化的物理量，每经过一个周期时，大小和方向与初始时刻完全相同，如线速度等. (2)当单位时间取1 s 时，f ＝n .频率和转速对匀速圆周运动来说在数值上是相等的，但频率具有更广泛的意义，两者的单位也不相同. 3.周期、频率和转速间的关系：T ＝1f ＝1n.例2 (多选)一精准转动的机械钟表，下列说法正确的是( ) A.秒针转动的周期最长 B.时针转动的转速最小 C.秒针转动的角速度最大 D.秒针的角速度为π30 rad/s答案 BCD解析 秒针转动的周期最短，角速度最大，A 错误，C 正确；时针转动的周期最长，转速最小，B 正确；秒针的角速度为ω ＝2π60 rad/s ＝π30rad/s ，故D 正确.三、描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系[导学探究] 线速度、角速度、周期都是用来描述圆周运动快慢的物理量，它们的物理含义不同，但彼此间却相互联系.(1)线速度与周期及转速的关系是什么？ (2)角速度与周期及转速的关系是什么？ (3)线速度与角速度什么关系？答案 (1)物体转动一周的弧长l ＝2πr ，转动一周所用时间为t ＝T ，则v ＝l t ＝2πrT ＝2πrn .(2)物体转动一周转过的角度为φ＝2π，用时为T ，则ω＝2πT ＝2πn .(3)v ＝ωr . [知识深化]1.描述匀速圆周运动的各物理量之间的关系： (1)v ＝l t ＝2πrT ＝2πnr(2)ω＝φt ＝2πT ＝2πn(3)v ＝ωr2.描述匀速圆周运动的各物理量之间关系的理解：(1)角速度、周期、转速之间关系的理解：物体做匀速圆周运动时，由ω＝2πT ＝2πn 知，角速度、周期、转速三个物理量，只要其中一个物理量确定了，其余两个物理量也确定了. (2)线速度与角速度之间关系的理解：由v ＝ωr 知，r 一定时，v ∝ω；v 一定时，ω∝1r ；ω一定时，v ∝r .例3 做匀速圆周运动的物体，10 s 内沿半径为20 m 的圆周运动100 m ，试求物体做匀速圆周运动时： (1)线速度的大小； (2)角速度的大小； (3)周期的大小.答案 (1)10 m /s (2)0.5 rad/s (3)4π s 解析 (1)依据线速度的定义式v ＝lt 可得v ＝l t ＝10010m /s ＝10 m/s. (2)依据v ＝ωr 可得，ω＝v r ＝1020rad /s ＝0.5 rad/s.(3)T ＝2πω＝2π0.5 s ＝4π s.四、同轴转动和皮带传动问题[导学探究] 如图3为两种传动装置的模型图.图3(1)甲图为皮带传动装置，试分析A 、B 两点的线速度及角速度关系. (2)乙图为同轴传动装置，试分析A 、C 两点的角速度及线速度关系.答案 (1)皮带传动时，在相同的时间内，A 、B 两点通过的弧长相等，所以两点的线速度大小相同，又v ＝rω，当v 一定时，角速度与半径成反比，半径大的角速度小.(2)同轴传动时，在相同的时间内，A 、C 两点转过的角度相等，所以这两点的角速度相同，又因为v ＝rω，当ω一定时，线速度与半径成正比，半径大的线速度大. [知识深化] 常见的传动装置及其特点角速度、周期相同线速度大小相同线速度大小相同线速度与半径成正比：角速度与半径成反比：例4(多选)如图4所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，A、B两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是r A＝r C＝2r B.若皮带不打滑，则A、B、C三轮边缘上a、b、c三点的()图4A.角速度之比为1∶2∶2B.角速度之比为1∶1∶2C.线速度大小之比为1∶2∶2D.线速度大小之比为1∶1∶2答案AD解析A、B两轮通过皮带传动，皮带不打滑，则A、B两轮边缘的线速度大小相等，B、C 两轮固定在一起绕同一轴转动，则B、C两轮的角速度相等.a、b比较：v a＝v b由v＝ωr得：ωa∶ωb＝r B∶r A＝1∶2b、c比较：ωb＝ωc由v＝ωr得：v b∶v c＝r B∶r C＝1∶2所以ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2v a∶v b∶v c＝1∶1∶2故A、D正确.识记传动装置的两个重要特点1.固定在一起同轴转动的物体上各点角速度相同.2.不打滑的摩擦传动(包括皮带传动)的两轮边缘上各点线速度大小相等.例5一个圆环，以竖直直径AB为轴匀速转动，如图5所示，求环上M、N两点的：图5(1)线速度的大小之比；(2)角速度之比.答案(1)3∶1(2)1∶1解析M、N是同一环上的两点，它们与环具有相同的角速度，即ωM∶ωN＝1∶1，两点做圆周运动的半径之比r M ∶r N ＝sin 60°∶sin 30°＝3∶1，故 v M ∶v N ＝ωM r M ∶ωN r N ＝3∶1.1.(对匀速圆周运动的认识)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法中不正确的是( ) A.相等的时间内通过的路程相等 B.相等的时间内通过的弧长相等 C.相等的时间内通过的位移相等D.在任何相等的时间里，连接物体和圆心的半径转过的角度都相等 答案 C解析 匀速圆周运动是指速度大小不变的圆周运动，因此在相等时间内通过的路程相等，弧长相等，转过的角度也相等，A 、B 、D 项正确；相等时间内通过的位移大小相等，方向不一定相同，故C 项错误.2.(描述圆周运动各量的关系)关于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是( ) A.因为在相等的时间内通过的圆弧长度相等，所以线速度恒定 B.如果物体在0.1 s 内转过30°角，则角速度为300 rad/s C.若半径r 一定，则线速度与角速度成反比 D.若半径为r ，周期为T ，则线速度为v ＝2πr T答案 D解析 物体做匀速圆周运动时，线速度大小恒定，方向沿圆周的切线方向，在不断地改变，故选项A 错误；角速度ω＝φt ＝π60.1 rad/s ＝5π3 rad/s ，选项B 错误；线速度与角速度的关系为v ＝ωr ，由该式可知，r 一定时，v ∝ω，选项C 错误；由线速度的定义可得，在转动一周时有v ＝2πrT，选项D 正确.3.(传动问题分析)如图6所示，甲、乙、丙三个齿轮的半径分别为r 1、r 2、r 3，并且r 1＜r 2＜r 3.若甲齿轮的角速度为ω1，则丙齿轮的角速度为()图6A.r 1ω1r 3B.r 3ω1r 1C.r 3ω1r 2D.r 1ω1r 2答案 A解析 甲、乙、丙三个齿轮边缘上各点的线速度大小相等，即r 1ω1＝r 2ω2＝r 3ω3，所以ω3＝r 1ω1r 3，选项A 正确.4.(圆周运动的周期性)如图7所示，半径为R 的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，其正上方h 处沿OB 方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B ，求小球的初速度及圆盘转动的角速度ω的大小.图7答案 Rg2h2n πg2h(n ＝1,2,3…) 解析 设球在空中运动时间为t ，此圆盘转过θ角.则 R ＝v t ，h ＝12gt 2故初速度v ＝Rg 2hφ＝n ·2π(n ＝1,2,3…) 又因为φ＝ωt 则圆盘角速度 ω＝n ·2πt＝2n πg2h(n ＝1,2,3…). 课时作业一、选择题(1～6为单项选择题，7～11为多项选择题)1.用细线拴住一个小球在光滑的水平面内做匀速圆周运动，下列描述小球运动的物理量发生变化的是( ) A.速率 B.线速度 C.周期 D.角速度答案 B解析 做匀速圆周运动的小球的速度大小恒定，线速度变化，匀速圆周运动的周期和角速度恒定，B 符合题意，A 、C 、D 不符合题意.2.一质点做匀速圆周运动时，圆的半径为r ，周期为4 s ，那么1 s 内质点的位移大小和路程分别是( ) A.r 和πr 2B.πr 2和πr2 C.2r 和2r D.2r 和πr2答案 D3.关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系，下面说法中正确的是( ) A.线速度大的角速度一定大 B.线速度大的周期一定小 C.角速度大的半径一定小 D.角速度大的周期一定小 答案 D解析 由v ＝ωr 可知，当r 一定时，v 才与ω成正比；v 一定时，ω才与r 成反比，故A 、C 均错误.由v ＝2πr T 可知，当r 一定时，v 越大，T 越小，B 错误.由ω＝2πT 可知，ω越大，T 越小，故D 正确.4.如图1所示是一个玩具陀螺.a 、b 和c 是陀螺上的三个点.当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( )图1A.a 、b 和c 三点的线速度大小相等B.a 、b 和c 三点的角速度大小相等C.a 、b 的角速度比c 的大D.c 的线速度比a 、b 的大 答案 B解析 同一物体上的三点绕同一竖直轴转动，因此角速度相同，c 的半径最小，故它的线速度最小，a 、b 的半径相同，二者的线速度大小相等，故选B.5.两个小球固定在一根长为L 的杆的两端，绕杆上的O 点做圆周运动，如图2所示.当小球1的速度为v 1时，小球2的速度为v 2，则转轴O 到小球2的距离是( )图2A.L v 1v 1＋v 2B.L v 2v 1＋v 2C.L (v 1＋v 2)v 1D.L (v 1＋v 2)v 2答案 B解析 两球在同一杆上，旋转的角速度相等，均为ω，设两球的转动半径分别为r 1、r 2，则r 1＋r 2＝L .又知v 1＝ωr 1，v 2＝ωr 2，联立得r 2＝L v 2v 1＋v 2，B 正确. 6.如图3所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d ，飞镖距圆盘L ，且对准圆盘上边缘的A 点水平抛出，初速度为v 0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘过盘心O 的水平轴匀速运动，角速度为ω.若飞镖恰好击中A 点，则下列关系正确的是( )图3A.d v 20＝L 2gB.ωL ＝π(1＋2n )v 0(n ＝0,1,2,3…)C.v 0＝ωd 2D.dω2＝g π2(1＋2n )2(n ＝0,1,2,3…) 答案 B解析 依题意飞镖做平抛运动的同时，圆盘上A 点做匀速圆周运动，恰好击中A 点，说明A 正好在最低点被击中，则A 点转动的时间t ＝(2n ＋1)πω，平抛的时间t ＝L v 0，则有L v 0＝(2n ＋1)πω(n ＝0,1,2,3，…)，B 正确，C 错误；平抛的竖直位移为d ，则d ＝12gt 2，联立有dω2＝12g π2(2n＋1)2(n ＝0,1,2,3，…)，A 、D 错误.7.质点做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是( ) A.因为v ＝ωr ，所以线速度v 与轨道半径r 成正比 B.因为ω＝vr ，所以角速度ω与轨道半径r 成反比C.因为ω＝2πn ，所以角速度ω与转速n 成正比D.因为ω＝2πT ，所以角速度ω与周期T 成反比答案 CD解析 当ω一定时，线速度v 才与轨道半径r 成正比，所以A 错误.当v 一定时，角速度ω才与轨道半径r 成反比，所以B 错误.在用转速或周期表示角速度时，角速度与转速成正比，与周期成反比，故C 、D 正确.8.甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( ) A.它们的半径之比为2∶9 B.它们的半径之比为1∶2 C.它们的周期之比为2∶3 D.它们的周期之比为1∶3 答案 AD解析 由v ＝ωr ，得r ＝v ω，r 甲r 乙＝v 甲ω乙v 乙ω甲＝29，A 对，B 错；由T ＝2πω，得T 甲∶T 乙＝2πω甲∶2πω乙＝1∶3，C 错，D 对.9.如图4所示为皮带传动装置，主动轴O 1上有两个半径分别为R 和r 的轮，O 2上的轮半径为r ′，已知R ＝2r ，r ′＝23R ，设皮带不打滑，则( )图4A.ωA ∶ωB ＝1∶1B.v A ∶v B ＝1∶1C.ωB ∶ωC ＝2∶3D.v A ∶v C ＝2∶1答案 AC解析 研究A 、B 两点：A 、B 两点角速度相同――→v ＝ωr v Av B ＝r R ＝12；研究B 、C 两点：B 、C 两点线速度大小相同――→v ＝ωr ωB ωC ＝r ′R ＝23，因v B ＝v C ，故v A ∶v C ＝1∶2.10.如图5所示，一个匀速转动的半径为r 的水平圆盘上放着两个木块M 和N ，木块M 放在圆盘的边缘处，木块N 放在离圆心13r 的地方，它们都随圆盘一起运动.比较两木块的线速度和角速度，下列说法中正确的是( )图5A.两木块的线速度大小相等B.两木块的角速度相同C.木块M 的线速度大小是木块N 的线速度大小的3倍D.木块M 的角速度大小是木块N 的角速度大小的3倍 答案 BC解析 由转动装置特点知，M 、N 两木块有相同的角速度，又由v ＝ωr 知，因r N ＝13r ，r M ＝r ，故木块M 的线速度大小是木块N 的线速度大小的3倍，选项B 、C 正确.11.如图6所示为某一皮带传动装置.主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，转动过程中皮带不打滑.下列说法正确的是( )图6A.从动轮做顺时针转动B.从动轮做逆时针转动C.从动轮的转速为r 1r 2nD.从动轮的转速为r 2r 1n答案 BC解析 主动轮顺时针转动时，皮带带动从动轮逆时针转动，A 项错误，B 项正确；由于两轮边缘线速度大小相等，根据v ＝2πrn ，可得两轮转速与半径成反比，所以C 项正确，D 项错误.二、非选择题12.一汽车发动机的曲轴每分钟转2 400周，求： (1)曲轴转动的周期与角速度. (2)距转轴r ＝0.2 m 点的线速度大小. 答案 (1)140 s 80π rad /s (2)16π m/s解析 (1)由于曲轴每秒钟转2 40060＝40(周)，周期T ＝140s ；而每转一周为2π rad ，因此曲轴转动的角速度ω＝2π×40 rad /s ＝80π rad/s.(2)已知r ＝0.2 m ，因此这一点的线速度v ＝ωr ＝80π×0.2 m /s ＝16π m/s.3.如图7所示为皮带传动装置，皮带轮的圆心分别为O 、O ′，A 、C 为皮带轮边缘上的点，B 为AO 连线上的一点，R B ＝12R A ，R C ＝23R A ，当皮带轮匀速转动时，皮带与皮带轮之间不打滑，求A 、B 、C 三点的角速度大小之比、线速度大小之比.图7答案 2∶2∶3 2∶1∶2解析 由题意可知，A 、B 两点在同一皮带轮上，因此ωA ＝ωB ，又皮带不打滑，所以v A ＝v C ， 故可得ωC ＝v C R C ＝v A 23R A ＝32ωA ， 所以ωA ∶ωB ∶ωC ＝ωA ∶ωA ∶32ωA ＝2∶2∶3.又v B ＝R B ·ωB ＝12R A ·ωA ＝v A 2，所以v A ∶v B ∶v C ＝v A ∶12v A ∶v A ＝2∶1∶2.14.如图8所示，半径为R 的圆轮在竖直面内绕O 轴匀速转动，轮上a 、b 两点与O 的连线相互垂直，a 、b 两点均粘有一个小物体，当a 点转至最低位置时，a 、b 两点处的小物体同时脱落，经过相同时间落到水平地面上.图8(1)试判断圆轮的转动方向(说明判断理由). (2)求圆轮转动的角速度大小. 答案 见解析解析 (1)由题意知，a 物体做平抛运动，若与b 点物体下落的时间相同，则b 物体必须做竖直下抛运动，故知圆轮转动方向为逆时针转动. (2)a 平抛：R ＝12gt 2① b 竖直下抛：2R ＝v 0t ＋12gt 2② 由①②得v 0＝gR 2③又因ω＝v0R④由③④解得ω＝g 2R.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义：模块要点回眸 第四章 第21点 精品
第21点重力势能的“四性”1.重力势能具有系统性.重力势能是物体和地球所组成的系统共有的，而不是地球上物体独有的，通常所说的物体的重力势能是一种简略的习惯说法.2.重力势能具有相对性.重力势能的数学表达式E p＝mgh是与参考平面的选择有关的，式中的h是物体重心到参考平面的高度.重力势能是标量，只有大小而无方向，但有正负，当物体在参考平面上方时，重力势能E p为正值；当物体在参考平面下方时，重力势能E p为负值.物体重力势能正负的物理意义是表示比零势能大，还是比零势能小，这与功的正负的物理意义是不同的.3.参考平面选择的任意性.根据处理问题的方便而定，一般可选择地面或物体运动时所到达的最低点为零势能参考平面.4.重力势能变化的绝对性.物体从一个位置运动到另一个位置的过程中，重力势能的变化与参考平面的选取无关，它的变化是绝对的.对点例题如图1所示，桌面距地面的高度为0.8 m，一物体质量为2 kg，放在桌面上方0.4 m的支架上，g取10 m/s2.求：图1(1)以桌面为零势能参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能减少多少？(2)以地面为零势能参考平面，计算物体具有的重力势能，并计算物体由支架下落到地面过程中重力势能减少多少？(3)以上计算结果说明什么？解题指导(1)以桌面为零势能参考平面，物体距离零势能参考平面的高度h1＝0.4 m，因而物体具有的重力势能E p1＝mgh1＝2×10×0.4 J＝8 J.物体落至地面时，重力势能E p2＝2×10×(－0.8) J＝－16 J.因此物体在此过程中重力势能减少量ΔE p＝E p1－E p2＝8 J－(－16) J＝24 J.(2)以地面为零势能参考平面，物体的高度h1′＝(0.4＋0.8) m＝1.2 m.因而物体具有的重力势能E p1′＝mgh1′＝2×10×1.2 J＝24 J.物体落至地面时重力势能E p2′＝0.在此过程中物体重力势能减少量ΔE p′＝E p1′－E p2′＝24 J－0＝24 J.(3)通过上面的计算可知，重力势能是相对的，它的大小与零势能参考平面的选取有关，而重力势能的变化是绝对的，它与零势能参考平面的选取无关，其变化值与重力对物体做功的多少有关.答案(1)8 J24 J(2)24 J24 J(3)见解析(多选)下列关于重力势能的说法中正确的是()A.重力势能是物体和地球共同具有的，而不是物体单独具有的B.在同一高度，将同一物体以v0向不同方向抛出，落地时物体减少的重力势能一定相等C.重力势能等于零的物体，不可能对别的物体做功D.在地面上的物体，它的重力势能一定为零答案AB解析重力势能是物体与地球共有的，具有系统性，故A正确；重力势能的变化，仅与物体位置的变化有关，而与路径无关，故B正确；重力势能为零的物体，也可能对别的物体做功，故C错误；物体的重力势能是相对于零势能参考平面而言的，如果不选地面为零势能面，地面上的物体的重力势能就不是零，故D错误.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义
第二节 动能 势能[学习目标] 1.明确做功与能量转化的关系.2.知道动能的表达式，会用公式计算物体的动能.3.理解重力势能的概念，知道重力做功与重力势能变化的关系.4.理解弹性势能的概念，会分析决定弹性势能大小的因素．一、功和能的关系1．能量：一个物体能够对其他物体做功，说明这个物体具有能量．2．功和能的关系：功是能量转化的量度，做功的过程是能量转化的过程，做了多少功，就有多少能量发生转化．3．功和能的区别：(1)功是反映物体在相互作用过程中能量变化多少的物理量，功是过程量，与一段位移相联系，是力在空间的积累．(2)能是反映物体做功本领的物理量，它反映了物体的一种状态，故能是状态量，它与某个时刻或某个位置相对应． 二、动能1．定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能． 2．表达式：E k ＝12m v 2.(1)物理意义：物体的动能等于物体的质量与它的速度的平方乘积的一半． (2)表达式中的速度是瞬时速度．(3)动能是标量(填“标量”或“矢量”)，是状态(填“过程”或“状态”)量． 3．单位：动能的国际单位是焦耳，简称焦，用符号J 表示． 三、重力势能1．概念：由物体所处位置的高度决定的能量． 2．重力做的功：(1)做功表达式：W G ＝mgh ＝mgh 1－mgh 2，式中h 指初位置与末位置的高度差；h 1、h 2分别指初位置、末位置的高度．(2)做功的正负：物体下降时重力做正功；物体被举高时重力做负功．(3)做功的特点：只与运动物体的起点和终点的位置有关，而与运动物体所经过的路径无关． 3．重力势能：(1)定义：物体的重力与所处高度的乘积．(2)大小：表达式：E p ＝mgh ；单位：焦耳，符号：J.(3)标矢性：重力势能是标量，只有大小，没有方向．(4)重力做功与重力势能变化的关系①表达式：W G＝mgh1－mgh2＝－ΔE p.②两种情况：4．重力势能的相对性：(1)参考平面：物体的重力势能总是相对于某一水平面来说的，这个水平面叫做参考平面．在参考平面上，物体的重力势能取作0.(2)重力势能的相对性特点①选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是不同的．②对选定的参考平面，上方物体的重力势能是正值，下方物体的重力势能是负值，负号表示物体在这个位置具有的重力势能要比在参考平面上具有的重力势能小．5．重力势能的系统性：重力势能是物体与地球所组成的系统共有的．四、弹性势能1．定义：发生形变的物体，在恢复原状时能够对外界做功，因而具有能量．2．大小：跟形变量的大小有关，形变量越大，弹性势能也越大．对于弹簧来说，弹性势能与拉伸或压缩长度有关；当形变量一定时，劲度系数越大的弹簧弹性势能越大．3．势能：与相互作用物体的相对位置有关的能量．[即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)动能不变的物体，一定处于平衡状态．(×)(2)某物体的速度加倍，它的动能也加倍．(×)(3)一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．(√)(4)同一物体在不同位置的重力势能分别为E p1＝3 J，E p2＝－10 J，则E p1<E p2.(×)(5)物体由高处到低处，重力一定做正功，重力势能一定减少．(√)(6)重力做功一定与路径无关，只与初、末位置的高度差有关．(√)2．(1)一个质量为0.1 kg的球在光滑水平面上以5 m/s的速度匀速运动，与竖直墙壁碰撞以后以原速率被弹回，若以初速度方向为正方向，则小球碰墙前后速度的变化为________，动能的变化为________．(2)质量为m 的物体从地面上方H 高处由静止释放，落在地面后出现一个深度为h 的坑，如图1所示，在此过程中，重力对物体做功为________，重力势能________(填“减少”或“增加”)了________．图1答案 (1)－10 m/s 0 (2)mg (H ＋h ) 减少 mg (H ＋h )一、动能[导学探究] 如图2所示，一个质量为m 、初速度为v 的物体，在水平桌面上运动，因受摩擦阻力f 的作用，运动一段位移s 后静止下来．在这一过程中，物体克服摩擦阻力做了功，根据功和能的关系，这个功在数值上就等于物体初始所具有的动能．请推导这个物体初始所具有的动能．图2答案 选初速度的方向为正方向， 由牛顿第二定律得－f ＝m (－a ) 由位移速度关系得s ＝v 22a摩擦力对物体所做的功是 W ＝－fs ＝m (－a )·v 22a ＝－12m v 2即物体克服摩擦力做功的大小为W ′＝12m v 2根据功和能的关系，12m v 2就是物体初始所具有的动能．[知识深化] 1．对动能的理解(1)动能是标量，没有负值，与物体的速度方向无关．(2)动能是状态量，具有瞬时性，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应．(3)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系．2．动能变化量ΔE k物体动能的变化量是末动能与初动能之差，即ΔE k＝12m v22－12m v21，若ΔE k>0，则表示物体的动能增加，若ΔE k<0，则表示物体的动能减少．例1下列关于动能的说法正确的是() A．两个物体中，速度大的动能也大B．某物体的速度加倍，它的动能也加倍C．做匀速圆周运动的物体动能保持不变D．某物体的动能保持不变，则速度一定不变答案 C解析动能的表达式为E k＝12m v2，即物体的动能大小由质量和速度大小共同决定，速度大的物体的动能不一定大，故A错误；速度加倍，它的动能变为原来的4倍，故B错误；速度只要大小保持不变，动能就不变，故C正确，D错误．二、重力做功[导学探究]如图3所示，一个质量为m的物体，从高度为h1的位置A分别按下列三种方式运动到高度为h2的位置B，在这个过程中思考并讨论以下问题：图3(1)根据功的公式求出甲、乙两种情况下重力做的功；(2)求出丙中重力做的功；(3)重力做功有什么特点？答案(1)甲中W G＝mgh＝mgh1－mgh2乙中W G′＝mgs cos θ＝mgh＝mgh1－mgh2(2)把整个路径AB分成许多很短的间隔AA1、A1A2…，由于每一段都很小，每一小段都可以近似地看做一段倾斜的直线，设每段小斜线的高度差分别为Δh1、Δh2…，则物体通过每段小斜线时重力做的功分别为mgΔh1、mgΔh2….物体通过整个路径时重力做的功W G″＝mgΔh1＋mgΔh2＋…＝mg(Δh1＋Δh2＋…)＝mgh＝mgh1－mgh2(3)物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关．[知识深化]1．重力做功大小只与重力和物体高度变化有关，与受其他力及运动状态均无关．2．物体下降时重力做正功，物体上升时重力做负功．3．在一些往复运动或多个运动过程的复杂问题中求重力做功时，利用重力做功的特点，可以省去大量中间过程，一步求解．例2在同一高度，把三个质量相同的球A、B、C分别以相等的速率竖直上抛、竖直下抛和平抛，它们都落到同一水平地面上．三个球在运动过程中，重力对它们做的功分别为W A、W B、W C，则它们的大小关系为()A．W A>W B＝W CB．W A<W B<W CC．W A＝W B＝W CD．W A>W B>W C答案 C解析由重力做功特点知：W A＝W B＝W C，故C对．三、重力势能[导学探究]如图4所示，质量为m的物体自高度为h的A处下落至高度为h1的B处．求2下列两种情况下，重力做的功和重力势能的变化量，并分析它们之间的关系．图4(1)以地面为零势能参考面；(2)以B处所在的高度为零势能参考面．答案(1)重力做的功W G＝mgΔh＝mg(h2－h1)，选地面为零势能参考面，E p A＝mgh2，E p B＝mgh1，重力势能的变化量ΔE p＝mgh1－mgh2＝－mgΔh.(2)选B处所在的高度为零势能参考面，重力做功W G＝mgΔh＝mg(h2－h1)．物体的重力势能E p A＝mg(h2－h1)＝mgΔh，E p B＝0，重力势能的变化量ΔE p＝0－mgΔh＝－mgΔh.综上两次分析可见W G＝－ΔE p，即重力做的功等于重力势能的变化量的负值，而且重力势能的变化与零势能参考面的选取无关．[知识深化]1．重力做功与重力势能变化的关系：W G ＝E p1－E p2＝－ΔE p 2．重力势能的相对性物体的重力势能总是相对于某一水平参考面，选不同的参考面，物体重力势能的数值是不同的．故在计算重力势能时，必须首先选取参考平面． 3．重力势能的变化量与参考平面的选择无关． 例3 下列关于重力势能的说法正确的是( )A ．物体的位置一旦确定，它的重力势能的大小也随之确定B ．物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大C ．一个物体的重力势能从－5 J 变化到－3 J ，重力势能增加了D ．在地面上的物体具有的重力势能一定等于零 答案 C解析 物体的重力势能与参考平面的选取有关，同一物体在同一位置相对不同的参考平面的重力势能不同，A 选项错；物体在零势能面以上，距零势能面的距离越大，重力势能越大，物体在零势能面以下，距零势能面的距离越大，重力势能越小，B 选项错；重力势能中的正、负号表示大小，－5 J 的重力势能小于－3 J 的重力势能，C 选项对；只有选地面为零势能面时，地面上的物体的重力势能才为零，否则不为零，D 选项错．例4 如图5所示，质量为m 的小球，用一长为l 的细线悬于O 点，将悬线拉直成水平状态，并给小球一个向下的速度让小球向下运动，O 点正下方D 处有一光滑钉子，小球运动到B 处时会以D 为圆心做圆周运动，并经过C 点，若已知OD ＝23l ，则小球由A 点运动到C 点的过程中，重力做功为多少？重力势能减少了多少？图5答案 13mgl 13mgl解析 从A 点运动到C 点，小球下落的高度为h ＝13l ，故重力做功W G ＝mgh ＝13mgl ，重力势能的变化量ΔE p ＝－W G ＝－13mgl负号表示小球的重力势能减少了．重力做功与重力势能变化的关系：W G ＝E p1－E p2＝－ΔE p ，即重力势能变化多少是由重力做功的多少唯一量度的，与物体除重力外是否还受其他力作用以及除重力做功外是否还有其他力做功等因素均无关． 四、弹性势能[导学探究] 如图6所示，滑块与墙壁间夹有一轻质弹簧，用力将滑块向左推，使弹簧压缩，松手后，弹簧会将滑块弹出，若压缩量变大，则滑块弹出的距离会怎样变化？若劲度系数不同的弹簧，在压缩量相同的情况下，滑块弹出的距离哪个更大？图6答案 压缩量变大，滑块弹出的距离变大；压缩量相同时劲度系数大的弹簧，滑块弹出得远． [知识深化]1．弹力做功与弹性势能变化的关系(1)关系：弹力做正功时，弹性势能减少，弹力做负功时，弹性势能增加，并且弹力做多少功，弹性势能就变化多少．(2)表达式：W 弹＝－ΔE p ＝E p1－E p2. 2．使用范围：在弹簧的弹性限度内．注意：弹力做功和重力做功一样，也和路径无关，弹性势能的变化只与弹力做功有关． 例5 如图7所示，处于自然长度的轻质弹簧一端与墙接触，另一端与置于光滑地面上的物体接触，现在物体上施加一水平推力F ，使物体缓慢压缩弹簧，当推力F 做功100 J 时，弹簧的弹力做功________J ，以弹簧处于自然长度时的弹性势能为零，则弹簧的弹性势能为________J.图7答案 －100 100解析 在物体缓慢压缩弹簧的过程中，推力F 始终与弹簧弹力等大反向，所以推力F 做的功等于克服弹簧弹力所做的功，即W 弹＝－W F ＝－100 J ．由弹力做功与弹性势能的变化关系知，弹性势能增加了100 J.1．(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( ) A ．一般情况下，E k ＝12m v 2中的v 是相对于地面的速度B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关C ．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反D ．当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化答案AB解析动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关．动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能．选A、B.2．(重力势能的理解)关于重力势能，下列说法正确的是()A．重力势能是地球和物体共同具有的，而不是物体单独具有的B．处在同一高度的物体，具有的重力势能相同C．重力势能是标量，不可能有正、负值D．浮在海面上的小船的重力势能一定为零答案 A解析重力势能具有系统性，重力势能是物体与地球共有的，故A正确；重力势能等于mgh，其中h是相对于参考平面的高度，参考平面不同，h不同，另外质量也不一定相同，故处在同一高度的物体，其重力势能不一定相同，选项B错误；重力势能是标量，但有正负，负号表示物体在零势能参考平面的下方，故C错误；零势能面的选取是任意的，并不一定选择海平面为零势能面，故浮在海面上的小船的重力势能不一定为零，选项D错误．3．(弹力做功与弹性势能变化的关系)如图8所示，轻弹簧下端系一重物，O点为其平衡位置(即重力和弹簧弹力大小相等的位置)，今用手向下拉重物，第一次把它直接拉到A点，弹力做功为W1，第二次把它拉到B点后再让其回到A点，弹力做功为W2，则这两次弹力做功的关系为()图8A．W1<W2B．W1＝2W2C．W2＝2W1D．W1＝W2答案 D解析弹力做功与路径无关，只与初、末位置有关，两次初、末位置相同，故W1＝W2，D 正确．4．(重力做功与重力势能变化的关系)在离地80 m处无初速度释放一小球，小球质量为m＝200 g，不计空气阻力，g取10 m/s2，取最高点所在水平面为零势能参考平面．求：(1)在第2 s末小球的重力势能；(2)3 s内重力所做的功及重力势能的变化．答案(1)－40 J(2)90 J减少了90 J解析 (1)在第2 s 末小球下落的高度为： h ＝12gt 2＝12×10×22 m ＝20 m 重力势能为：E p ＝－mgh ＝－0.2×10×20 J ＝－40 J. (2)在3 s 内小球下落的高度为 h ′＝12gt ′2＝12×10×32 m ＝45 m.3 s 内重力做功为：W G ＝mgh ′＝0.2×10×45 J ＝90 JW G >0，所以小球的重力势能减少，且减少了90 J.课时作业一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题) 1．关于功和能，下列说法正确的是( ) A ．功就是能，功可以转化为能 B ．做功越多，物体的能越多C ．能量转化中，做的功越多，能量转化越多D ．功是物体能量的量度 答案 C解析 功是能量转化的量度，但二者有本质的区别，也不能相互转化，故A 错；能是状态量，功是过程量，一个物体具有的能量多，做功并不一定多，故B 、D 错；由功能关系可知C 正确．2．关于物体的动能，下列说法中正确的是( ) A ．一个物体的动能可能小于零 B ．一个物体的动能与参考系的选取无关 C ．动能相同的物体的速度一定相同D ．两质量相同的物体，若动能相同，其速度不一定相同 答案 D解析 由E k ＝12m v 2知动能不会小于零，A 选项错误；因v 的大小与参考系的选取有关，故动能的大小也与参考系的选取有关，B 选项错误；由E k ＝12m v 2知，动能的大小与物体的质量和速度的大小都有关系，动能相同，速度不一定相同，C 选项错误；两质量相同的物体，若动能相同，速度的大小一定相同，但速度方向不一定相同，D 选项正确．3.某大型拱桥的拱高为h，AB弧长为L，如图1所示，质量为m的汽车在以不变的速率v由A点运动到B点的过程中，以下说法正确的是()图1A．汽车的重力势能始终不变，重力始终不做功B．汽车的重力势能先减小后增大，总的变化量为零，重力先做负功，后做正功，总功为零C．汽车的重力势能先增大后减小，总的变化量为零，重力先做正功，后做负功，总功为零D．汽车的重力势能先增大后减小，总的变化量为零，重力先做负功，后做正功，总功为零答案 D解析前半段，汽车向高处运动，重力势能增大，重力做负功；后半段，汽车向低处运动，重力势能减小，重力做正功，选项D正确．4．下列关于重力势能的几种理解，正确的是()A．重力势能等于零的物体，一定不会对别的物体做功B．放在地面上的物体，它的重力势能一定等于零C．选取地面为参考平面，从不同高度将某一物体抛出，落地时物体的重力势能不相等D．选取不同的参考平面，物体具有不同数值的重力势能，但并不影响有关重力势能问题的研究答案 D解析重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关，一个物体重力势能的大小跟它能否对别的物体做功无必然联系．5.如图2所示，一颗人造地球卫星绕地球沿椭圆轨道运动，则()图2A．卫星在A点的重力势能比在B点的重力势能大B．卫星在B点的重力势能比在A点的重力势能大C．卫星在A、B两点的重力势能相等D．条件不足，无法比较答案 B解析 设A 、B 两点到地球的距离分别为h A 和h B .如图所示，在AB 连线上取A ′点，使A 与A ′同处于以地心为圆心的同一圆弧上，则A 与A ′处物体重力势能大小相等．另外，卫星由B 至A ′时，引力做正功，重力势能减少，故有E p A <E p B .6．如图3所示，在水平面上平铺着n 块砖，每块砖的质量为m ，厚度为h ，如果人工将砖一块一块地叠放起来，那么人至少做功( )图3A ．n (n －1)mghB.12n (n －1)mgh C ．n (n ＋1)mghD.12n (n ＋1)mgh 答案 B解析 取n 块砖的整体为研究对象，叠放起来后整体的重心距地面12nh ，原来的重心距地面12h ，故有W ＝ΔE p ＝nmg ×12nh －nmg ×12h ＝12n (n －1)mgh ，B 项正确． 7.如图4所示，物体A 的质量为m ，A 的上端连接一个轻弹簧，弹簧原长为L 0，劲度系数为k ，整个系统置于水平地面上，现将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，B 点上移距离为L ，此时物体A 也已经离开地面，则下列说法中正确的是( )图4A ．提弹簧的力对系统做功为mgLB ．物体A 的重力势能增加mgLC ．物体A 的重力势能增加mg (L －L 0)D ．物体A 的重力势能增加mg ⎝⎛⎭⎫L －mg k 答案 D解析 将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，由于开始时有支持力，故拉力先小于mg ，物体离地后等于mg ，拉力的位移为L ，故提弹簧的力对系统做功小于mgL ，故A 错误；B 点上移距离为L ，弹簧伸长量为ΔL ＝mg k，故A 上升的高度为L －ΔL ，所以物体A 的重力势能增加mg ⎝⎛⎭⎫L －mg k ，故B 、C 错误，D 正确． 8．关于弹性势能，下列说法中正确的是( )A ．任何发生弹性形变的物体，都具有弹性势能B ．任何具有弹性势能的物体，一定发生了弹性形变C ．物体只要发生形变，就一定具有弹性势能D ．弹簧的弹性势能只跟弹簧被拉伸或压缩的长度有关答案 AB解析 发生弹性形变的物体的各部分之间，由于弹力作用而具有的势能，叫做弹性势能，所以，任何发生弹性形变的物体都具有弹性势能，任何具有弹性势能的物体一定发生了弹性形变．物体发生了形变，若是非弹性形变，无弹力作用，则物体就不具有弹性势能．弹簧的弹性势能除了跟弹簧被拉伸或压缩的长度有关外，还跟弹簧的劲度系数有关．故选A 、B.9．物体在运动过程中，克服重力做功为50 J ，则( )A ．重力做功为50 JB ．物体的重力势能一定增加了50 JC ．物体的动能一定减少了50 JD ．重力做了50 J 的负功答案 BD解析 克服重力做功50 J ，即重力做了50 J 的负功，A 错，D 对．由重力做功与重力势能改变的关系知，物体的重力势能增加了50 J ，B 对．增加的重力势能并不一定全部由动能转化而来，C 错．10．如图5所示，一轻弹簧一端固定于O 点，另一端系一小球，让它从弹簧保持原长的A 点无初速度释放，不计空气阻力，在小球由A 点摆向最低点B 的过程中( )图5A ．重力势能减少，弹性势能减少B ．重力势能减少，弹性势能增加C ．若用与弹簧原长相等的细绳代替弹簧后，重力做正功，弹力不做功D ．若用与弹簧原长相等的细绳代替弹簧后，重力做功不变，弹力不做功答案 BC解析 小球下摆时，重力做正功，弹簧要伸长，弹力做负功，因此重力势能减少，弹性势能增加，A 错，B 对．用细绳代替弹簧向下摆动，弹力由于始终与运动方向垂直而不做功，重力仍然做正功，由于小球下降高度减小，重力做功减小，C 对，D 错．二、非选择题11.如图6所示，总长为2 m 的光滑匀质铁链，质量为10 kg ，跨过一光滑的轻质定滑轮．开始时铁链的两端相齐，当略有扰动时某一端开始下落，问：从铁链刚开始下落到铁链刚脱离滑轮这一过程中，重力对铁链做了多少功？重力势能如何变化？变化了多少？(g 取10 m/s 2)图6答案 50 J 重力势能减少 50 J解析 如图所示，开始时，铁链重心在A 点，铁链将要离开滑轮时，重心在B 点，则此过程中铁链重心下降距离Δh ＝0.5 m ，重力做功W G ＝mg Δh ＝10×10×0.5 J ＝50 J ，重心下降，重力做正功，故铁链重力势能减少50 J.12．起重机以g 4的加速度将质量为m 的物体匀减速地沿竖直方向提升高度h ，则起重机钢索的拉力对物体做功为多少？物体克服重力做功为多少？物体重力势能变化为多少？(空气阻力不计)答案 3mgh 4mgh 增加了mgh 解析 由题意可知，起重机向下的加速度a ＝g 4，物体上升高度为h ，根据牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，所以F ＝mg －ma ＝34mg ，方向竖直向上．所以拉力做功W F ＝Fh ＝34mgh .重力做功W G ＝－mgh ，即物体克服重力做功mgh .又因W G ＝－ΔE p ，故重力势能变化ΔE p ＝－W G ＝mgh ，即重力势能增加了mgh .。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义
课时2 动能定理及应用[学习目标] 1.能从牛顿第二定律与运动学公式导出动能定理，理解动能定理的物理意义.2.能应用动能定理解决简单的问题．动能定理1．推导：合力对物体所做功与动能变化的关系．如图1所示，质量为m 的物体，在一恒定拉力F 作用下，以初速度v 1开始沿水平面运动，经位移s 后速度增加到v 2，已知物体与水平面的摩擦力恒为f .图1(1)外力做的总功：W ＝(F －f )s . (2)由牛顿第二定律得：F －f ＝ma .(3)由运动学公式得：s ＝v 22－v 212a.由以上式子求得：W ＝12m v 22－12m v 21. 2．内容：合力对物体所做的功等于物体动能的变化． 3．表达式：W ＝E k2－E k1.4．适用范围：既适用于恒力做功，也适用于变力做功． 既适用于直线运动，也适用于曲线运动． [即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)合外力为零，物体的动能一定不会变化．(√) (2)合外力不为零，物体的动能一定会变化．(×) (3)物体动能增加，则它的合外力一定做正功．(√) (4)合外力对物体做负功，物体的动能可能不变．(×)2．在光滑水平面上，质量为2 kg 的物体以2 m/s 的速度向东运动，若对它施加一向西的力F 使它停下来，则该外力对物体做的功是________． 答案 －4 J解析 由动能定理可知：W F ＝0－12m v 2＝0－12×2×22 J ＝－4 J.一、动能定理的理解[导学探究] 歼－15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，如图2所示：图2(1)歼－15战机起飞时，合力做什么功？动能怎么变化？(2)歼－15战机着舰时，动能怎么变化？合力做什么功？增加阻拦索的原因是什么？ 答案 (1)合力做正功．动能变大．(2)动能减小．合力做负功．对飞机做负功更多，让飞机尽快停下来． [知识深化] 对动能定理的理解 1．表达式W ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21 (1)E k2＝12m v 22表示这个过程的未动能； E k1＝12m v 21表示这个过程的初动能． (2)W 表示这个过程中合力做的功，它等于各力做功的代数和．2．物理意义：动能定理指出了合外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即： 若合外力做正功，物体的动能增加，若合外力做负功，物体的动能减小，做了多少功，动能就变化多少．3．实质：动能定理从能量变化的角度反映了力改变运动的状态时，在空间上的累积效果． 例1 下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是( ) A ．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化 B ．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零 C ．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化 D ．物体的动能不变，所受的合外力必定为零 答案 C解析 力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A 、B 错误．物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变化，C 正确．物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D 错误．针对训练 (多选)质点在恒力作用下，从静止开始做匀加速直线运动，则质点的动能( ) A ．与它通过的位移成正比 B ．与它通过的位移的平方成正比 C ．与它运动的时间成正比 D ．与它运动的时间的平方成正比 答案 AD解析 由动能定理得Fs ＝12m v 2，运动的位移s ＝12at 2，质点的动能在恒力F 一定的条件下与质点的位移成正比，与质点运动的时间的平方成正比，故A 、D 正确． 二、动能定理的应用[导学探究] 如图3所示，物体(可视为质点)从长为L 、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止滑下．图3(1)物体受几个力作用？各做什么功？怎么求合力的功？(2)如何求物体到达斜面底端时的速度？能用多种方法求解物体到达斜面底端时的速度吗？哪种方法简单？答案 (1)物体受重力、支持力两个力的作用，如图所示．N 不做功，重力做正功，W 合＝W G ＝mgL sin θ. (2)方法1：物体沿斜面下滑时a ＝g sin θ 由v 2＝2aL 得：v ＝2gL sin θ方法2：由动能定理得W G ＝mgL sin θ＝12m v 2所以v ＝2gL sin θ 方法2简单． [知识深化]1．动力学问题两种解法的比较：两种思路对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间，运算简单，不易出错． 2．应用动能定理解题的步骤：(1)确定研究对象和研究过程(研究对象一般为单个物体或相对静止的物体组成的系统)． (2)对研究对象进行受力分析(注意哪些力做功或不做功)． (3)确定合外力对物体做的功(注意功的正负)．(4)确定物体的初、末动能(注意动能增量是末动能减初动能)． (5)根据动能定理列式、求解．例2 如图4所示，物体在离斜面底端5 m 处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图4答案 3.5 m解析 对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示．方法一 分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v ，物体下滑阶段 N 1＝mg cos 37°， 故f 1＝μN 1＝μmg cos 37°. 由动能定理得：mg sin 37°·s 1－μmg cos 37°·s 1＝12m v 2－0设物体在水平面上滑行的距离为s 2， 摩擦力f 2＝μN 2＝μmg 由动能定理得： －μmg ·s 2＝0－12m v 2由以上各式可得s2＝3.5 m.方法二全过程列方程：mgs1sin 37°－μmg cos 37°·s1－μmg·s2＝0得：s2＝3.5 m.1．动能定理应用中的研究对象一般为单个物体．2．动能定理的研究过程既可以是运动过程中的某一阶段，也可以是运动全过程．3．通常情况下，某问题若涉及时间或过程的细节，要用牛顿运动定律去解决；某问题若不考虑具体细节、状态或时间，如物体做曲线运动、受力为变力等情况，一般要用动能定理去解决．例3如图5所示，物体从高h的斜面顶端A由静止滑下，到斜面底端后又沿水平面运动到C点而停止．要使这个物体从C点沿原路返回到A，则在C点处物体应具有的速度大小至少是()图5A.2gh B．2ghC.ghD.3gh答案 B解析从A→C由动能定理得mgh－W f＝0，从C→A有－mgh－W f＝0－12m v2，故C点速度v0＝2gh.1.(对动能定理的理解)有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图6所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是()图6A．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C．重力和摩擦力的合力做的功为零D ．重力和摩擦力的合力为零 答案 C解析 木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A 错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C 对，B 、D 错． 2．(动能定理的应用)(多选)物体沿直线运动的v －t 图象如图7所示，已知在第1 s 内合力对物体做功为W ，则( )图7A ．从第1 s 末到第3 s 末合力做功为4WB ．从第3 s 末到第5 s 末合力做功为－2WC ．从第5 s 末到第7 s 末合力做功为WD ．从第3 s 末到第4 s 末合力做功为－0.75W 答案 CD解析 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得 第1 s 内：W ＝12m v 20， 第1 s 末到第3 s 末：W 1＝12m v 20－12m v 20＝0，A 错；第3 s 末到第5 s 末： W 2＝0－12m v 20＝－W ，B 错； 第5 s 末到第7 s 末：W 3＝12m (－v 0)2－0＝W ，C 正确；第3 s 末到第4 s 末：W 4＝12m (v 02)2－12m v 20＝－0.75W ，D 正确． 3．(动能定理的应用)如图8所示，AB 段为粗糙水平面轨道，BC 段是固定于竖直平面内的光滑半圆形导轨，半径为R .一质量为 m 的滑块静止在A 点，在水平恒力F 作用下从A 点向右运动，当运动至B 点时，撤去恒力F ，滑块沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C .已知滑块与水平轨道间的滑动摩擦力f ＝mg 4，水平恒力F ＝mg2.求：图8(1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ； (2)滑块运动至C 点的速度大小v C ； (3)水平轨道AB 的长度L . 答案 (1)0.25 (2)gR (3)10R解析 (1)滑块在水平轨道上运动时，由f ＝μN ＝μmg 得：μ＝fN ＝0.25(2)滑块在C 点时仅受重力，据牛顿第二定律，有mg ＝m v 2C R可得：v C ＝gR(3)滑块从A 到C 的过程，运用动能定理得： (F －f )L －2mgR ＝12m v 2C －0 又f ＝mg 4，F ＝mg 2解得：L ＝10R .课时作业一、选择题(1～7为单项选择题，8～10为多项选择题) 1．关于动能定理，下列说法中正确的是( )A ．在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和B ．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变C ．动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动D ．动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况 答案 D解析 动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A 错；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B 错；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C 错，D 对．2．两个物体A 、B 的质量之比为m A ∶m B ＝2∶1，二者初动能相同，它们和水平桌面间的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为(忽略空气阻力的影响)( ) A ．s A ∶s B ＝2∶1 B ．s A ∶s B ＝1∶2 C ．s A ∶s B ＝4∶1D ．s A ∶s B ＝1∶4答案 B解析 物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，对A ：－μm A gs A ＝0－E k ；对B ：－μm B gs B ＝0－E k .故s A s B ＝m B m A ＝12，B 对．3．如图1所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为( )图1A.12m v 20＋mgH B.12m v 20＋mgh C.12m v 20－mgh D.12m v 20＋mg (H —h ) 答案 B解析 由A 到B ，合外力对物体做的功W ＝mgh ，物体的动能变化ΔE k ＝E k －12m v 20，根据动能定理得物体在B 点的动能E k ＝12m v 20＋mgh ，B 正确．4．在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球约以1 m /s 的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6 kg ，篮筐离地高度约为3 m ，该同学身高约为1.5 m ，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功最接近(g 取10 m/s 2)( ) A ．1 J B ．10 J C ．50 J D ．100 J 答案 B解析 对整个过程运用动能定理得，W －mgh ＝12m v 2－0，代入数据解得W ＝mgh ＋12m v 2＝0.6×10×1.5 J ＋12×0.6×12 J ＝9.3 J 最接近10 J ，选项B 正确．5.如图2所示，物体沿曲面从A 点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B 时，下滑的高度为5 m ，速度为6 m /s ，若物体的质量为1 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下滑过程中物体克服阻力所做的功为( )图2A ．50 JB ．18 JC ．32 JD ．0 J答案 C解析 由动能定理得：mgh －W f ＝12m v 2，故W f ＝mgh －12m v 2＝1×10×5 J －12×1×62 J ＝32 J ，C 正确．6．如图3所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图3A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析 质点经过Q 点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得N －mg＝m v 2QR，由题有N ＝2mg ，可得v Q ＝gR ，质点自P 滑到Q 的过程中，由动能定理得mgR －W f ＝12m v 2Q ，得克服摩擦力所做的功为W f ＝12mgR ，选项C 正确． 7．连接A 、B 两点的弧形轨道ACB 和ADB 关于AB 连线对称，材料相同，粗糙程度相同，如图4所示，一个小物块由A 点以一定的初速度v 开始沿ACB 轨道到达B 点的速度为v 1；若由A 以大小相同的初速度v 沿ADB 轨道到达B 点的速度为v 2.比较v 1和v 2的大小有( )图4A ．v 1>v 2B ．v 1＝v 2C ．v 1<v 2D ．条件不足，无法判定 答案 A解析 弧形轨道ACB 和ADB 的长度相等，物块在上面滑动时动摩擦因数相同，物块在上面运动可认为做圆周运动，由于物块在ADB 上运动时对曲面的正压力大于在ACB 上运动时对曲面的正压力，故在ADB 上克服摩擦力做的功大于在ACB 上克服摩擦力做的功，再由动能定理得出选项A 正确．8．关于动能、动能定理，下列说法正确的是( )A ．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化B ．动能不变的物体，一定处于平衡状态C ．合力做正功，物体动能可能减小D ．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变 答案 AD9．质量为m 的物体，从静止开始以a ＝12g 的加速度竖直向下运动h ，下列说法中正确的是( )A ．物体的动能增加了12mghB ．物体的动能减少了12mghC ．物体的重力势能减少了12mghD ．物体的重力势能减少了mgh 答案 AD解析 物体的合力为ma ＝12mg ，向下运动h 时合力做功12mgh ，根据动能定理知物体的动能增加了12mgh ，A 对，B 错．向下运动h 的过程中重力做功mgh ，物体的重力势能减少了mgh ，C 错，D 对．10．如图5甲所示，质量m ＝2 kg 的物体以100 J 的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能E k 随位移s 变化的关系图象如图乙所示，则下列判断中正确的是( )图5A ．物体运动的总位移大小为10 mB ．物体运动的加速度大小为10 m/s 2C ．物体运动的初速度大小为10 m/sD ．物体所受的摩擦力大小为10 N 答案 ACD解析 由图象可知，物体运动的总位移为10 m ，根据动能定理得，－fs ＝0－E k0，解得f ＝E k0s＝10010 N ＝10 N ，故A 、D 正确．根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小为a ＝f m ＝102m /s 2＝5 m/s 2，故B 错误．由E k0＝12m v 2得v ＝ 2E k0m ＝ 2×1002 m /s ＝10 m/s ，故C 正确． 二、非选择题11.如图6所示，竖直平面内的一半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，质量m ＝0.1 kg 的小球(可看作质点)从B 点正上方H ＝0.75 m 高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出，不计空气阻力，(取g ＝10 m/s 2)求：图6(1)小球经过B 点时的动能；(2)小球经过最低点C 时的速度大小v C ；(3)小球经过最低点C 时对轨道的压力大小．答案 (1)0.75 J (2)5 m/s (3)6 N解析 (1)小球从A 点到B 点，根据动能定理有：mgH ＝E k代入数据得：E k ＝0.75 J.(2)小球从A 点到C 点，由动能定理有：mg (H ＋R )＝12m v 2C 代入数据得v C ＝5 m/s. (3)小球在C 点，受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：N －mg ＝m v 2C R，代入数据解得N ＝6 N由牛顿第三定律有：小球对轨道的压力N ′＝6 N.12.如图7所示，质量m ＝10 kg 的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2，今用F ＝50 N 的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，经时间t ＝8 s 后，撤去F ，求：图7(1)力F 所做的功；(2)8 s 末物体的动能；(3)物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功．答案 (1)1 600 J (2)320 J (3)1 600 J解析 (1)在运动过程中，物体所受到的滑动摩擦力为f ＝μmg ＝0.4×10×10 N ＝40 N ， 由牛顿第二定律可得物体加速运动的加速度a ＝F －f m ＝50－4010m /s 2＝1 m/s 2， 由运动学公式可得在8 s 内物体的位移为s ＝12at 2＝12×1×82 m ＝32 m ， 所以力F 做的功为W F ＝Fs ＝50×32 J ＝1 600 J.(2)设在8 s 末物体的动能为E k ，由动能定理可得Fs －fs ＝12m v 2－0＝E k ， 所以E k ＝(1 600－40×32)J ＝320 J.(3)对整个过程利用动能定理有，W F ＋W f ＝0－0，所以|W f |＝W F ＝1 600 J ，即物体从开始运动到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为1 600 J.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义：第一章第4点
第 4 点平抛运动的六个重要结论1.运动时间： t＝2h，即平抛物体在空中的飞翔时间仅取决于着落的高度，与初速度v0无g关 .2.水平射程： x＝v0t ＝ v0 2h，即落地的水平距离只与初速度v0和着落高度h 相关，与其余g要素没关 .3.落地速度： v＝v0 2＋2gh，即落地速度也只与初速度v0和着落高度 h 相关 .4.速度变化量：v＝ g t，即 v 的方向与 g 的方向同样，老是竖直向下 .5.平抛运动的速度偏角θ与位移偏角α的关系： tan θ＝ 2tan α.6.从抛出点开始，平抛物体随意时辰的刹时速度方向的反向延伸线必过水平位移的中点(如图1所示 ).图 1对点例题将某一物体以必定的初速度水平抛出，在某 1 s 内其速度方向与水平方向的夹角由 37°变为 53°，则此物体的初速度大小是多少？此物体在这 1 s 内着落的高度是多少？(g＝10 m/s2， sin 37 ＝°0.6， cos 37 °＝ 0.8，结果保存两位有效数字)解题指导解法一：如图甲所示，小球经过A 点时 v A与水平方向的夹角为37°，经过 B 点时v B与水平方向的夹角为53°.设从初始地点到 A 点经历时间t，则到 B 点共经历t＋ 1 s.v yA＝ gt＝ v0tan 37 ，°v yB ＝ g(t ＋ 1)＝ v 0tan 53 . ° 由以上两式解得初速度v 0≈17 m/s ，且 t ＝9s7121 2 19 21 9 2在这 1 s 内着落的高度×10× ＋1×10×7 m ≈18 m.h ＝y B －y A ＝2g(t ＋1) －2gt ＝2 7m －2解法二：如图乙所示，由几何关系可得v ＝ g t ＝ v 0tan 53 －°v 0tan 37 ，°解得 v 0 ＝g ttan 53 －°tan 37 °≈ 17 m/sv yB 2－ v yA 2依据推导公式有 h ＝2g2－ v 0tan 372v tan 53 °°＝2g≈ 18 m.答案17 m/s18 m1.(多项选择 )两个物体做平抛运动的轨迹如图 2 所示，设它们抛出的初速度分别为v a 、v b ，从抛出至遇到台上的时间分别为t a 、 t b ，则 ()图 2A. v a ＞v bB. v a ＜ v bC.t a ＞ t bD. t a ＜ t b答案 AD分析1 2由题图知， h b＞ h a，由于 h＝ gt ，因此 t a＜ t b，又由于 x＝ v0t，且 x a＞x b，因此 v a＞v b，2选项 A、D 正确.2.如图 3 所示，乒乓球网上沿超出桌面H ，网到桌边的距离为L .某人在乒乓球训练中，从左侧 L 处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰巧经过网的上沿落到右边桌边沿2.设乒乓球的运动为平抛运动，则乒乓球()图 3A.在空中做变加快直线运动B.在水平方向做匀加快直线运动C.在网的右边运动的时间是左边的 2 倍D.击球点的高度是网高的 2 倍答案 C分析乒乓球击出后，在重力作用下做平抛运动，其运动可分解为水平方向上的匀速直线运1A 、B 错误；球在网的左边和右边经过的水平距离之比2 L动和竖直方向上的自由落体运动，L＝v水平t1 ＝t1＝1， C 正确；设击球点到桌v水平t2t2 21 2面的高度为 h，则击球点到网上沿的高度与击球点到桌面的高度之比为h－ H 2gt1 1 h ＝1 2 ＝9，g t 1＋ t22h9因此击球点的高度与网高度之比为H ＝8，D错误.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义：第一章习题课平抛规律的应用
习题课平抛规律的应用[学习目标 ] 1.能娴熟运用平抛运动规律解决斜面上的平抛运动问题和与其余运动形式相综合的问题 .2.能正确掌握平抛运动中波及的方向问题.一、与斜面联合的平抛运动问题[导学研究 ]跳台滑雪是英勇者的运动.在利用山势特别建筑的跳台上，运动员衣着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上获取高速后水平飞出，在空中飞翔一段距离后着陆，这项运动极为壮观，表示图如图 1 所示 .请思虑：图 1(1)运动员从斜坡上的 A 点水平飞出，到再次落到斜坡上的 B 点，依据斜面倾角能够确立运动员位移的方向仍是运动员速度的方向？(2)运动员从斜面上的 A 点水平飞出，到运动员再次落到斜面上，他的竖直分位移与水均分位移之间有什么关系？答案(1) 位移的方向y(2) ＝ tan θ[知识深入 ]常有的两类状况1.顺着斜面抛：如图 2 所示，物体从斜面上某一点水平抛出此后又从头落在斜面上，此时平抛运动物体的合位移方向与水平方向的夹角等于斜面的倾角.结论有：(1)速度方向与斜面夹角恒定；1gt2y2gt(2)水平位移和竖直位移的关系：tan θ＝＝＝；2v0tan θ(3)运动时间t ＝.g图 22.对着斜面抛：做平抛运动的物体垂直打在斜面上，此时物体的合速度与竖直方向的夹角等于斜面的倾角.如图 3 所示：图 3结论有： (1)速度方向与斜面垂直；(2)水均分速度与竖直分速度的关系：tan θ＝v0＝v0；v y gt(3)运动时间 t ＝v0. gtan θ例 1 女子跳台滑雪等 6 个新项目已加入 2014 年冬奥会 .如图 4 所示，运动员踏着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上(未画出 ) 获取一速度后水平飞出，在空中飞翔一段距离后着陆.设一位运动员由斜坡顶的 A 点沿水平方向飞出的速度v0＝20 m/s ，落点在斜坡底的 B 点，斜坡倾角θ＝ 37°，斜坡能够当作一斜面，不计空气阻力.(g 取 10 m/ s2， sin 37 °＝ 0.6，cos 37 °＝0.8) 求：图 4(1)运动员在空中飞翔的时间t.(2)A， B 间的距离s.答案(1)3 s (2)75 m分析(1) 运动员由 A 点到 B 点做平抛运动，则水平方向的位移x＝ v0t1 2y2v0tan 37°又x＝ tan 37 ，°联立以上三式得t＝g＝3 s1 2y2gt(2)由题意知 sin 37 ＝°s＝sgt2得 A、 B 间的距离s＝＝75 m.2sin 37°1.物体从斜面顶端顺着斜面抛，又落于斜面上，已知位移的方向，所以要分解位移.2.从斜面上开始又落于斜面上的过程中，速度方向与斜面平行时，物体到斜面距离最远.例2 如图5 所示，以9.8 m/s 的水平初速度v0抛出的物体，飞翔一段时间后，垂直地撞在倾角为30°的斜面上，这段飞翔所用的时间为(不计空气阻力，g 取 9.8 m/ s2)( )图52 2 2A. 3 sB. 3 sC. 3 sD.2 s答案 C分析把平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，抛出时只有水平初速度v0，垂直地撞在斜面上时，既有水平方向的分速度v0，又有竖直方向的分速度v y. 物体速度的竖直重量确立后，即可求出物体飞翔的时间.如下图，把末速度分解成水平方向的分速度 v0和竖直方向的分速度v y，则有 tan 30 ＝°v0，v y＝ gt，解两式得t＝v y＝3v0＝ 3 s，v y g g故C正确.物体做平抛运动时垂直落在斜面上，是速度与斜面垂直，而不是位移垂直于斜面.所以要分解速度 .二、平抛运动与其余运动形式的综合平抛运动与其余运动形式(如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动等)的综合题目的剖析中要注意平抛运动与其余运动过程在时间上、位移上、速度上的有关剖析.例 3 如图 6 所示，水平抛出的物体，到达斜面上端P 处时其速度方向恰巧沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，以下图中的图象描绘的是物体沿x 方向和 y 方向运动的速度—时间图象，此中正确的选项是 ( )图 6答案C分析0～ t P 段，水平方向：v x ＝v 0 恒定不变，竖直方向：v y ＝ gt ；t P ～ t Q 段，水平方向：v x ＝v 0＋ a 水平 t ，竖直方向： v y ＝ v Py ＋ a 竖直 t(a 竖直＜ g)，所以选项 A 、B 、D 均错误， C 正确 .应选C. 例 4如图 7 所示，在一次空地演习中， 离地 H 高处的飞机发射一颗炮弹，炮弹以水平速度v 1 飞出，欲轰炸地面目标 P ，反响敏捷的地面拦截系统同时以速度v 2 竖直向上发射炮弹进行拦截，设飞机发射炮弹时与拦截系统的水平距离为 s ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2 的关系应知足()图 7A. v 1＝v 2B. v 1＝ sv 2HHH C.v 1＝ s v 2D. v 1＝s v 2答案 B分析 当飞机发射的炮弹运动到拦截炮弹正上方时，知足1 2，此过程中拦截炮 s ＝ v 1t ，h ＝ gt2弹知足 H －h ＝ v 212，即 H ＝v 22s，则 v 1＝s 2，应选项 B 正确 .t － gtt ＝ v·Hv2v 1三、类平抛运动及剖析方法[导学研究 ] 如图 8所示，质量为 m 的物体在圆滑的水平面上向右以速度 v 0 做匀速直线运动，在 t＝ 0 时辰加一个与v0垂直的恒力 F 作用，则：图 8(1)物体的运动轨迹怎样？运动性质是什么？(2)在本来的v0方向上做什么运动？在与v0垂直的方向做什么运动？答案 (1) 运动轨迹为抛物线，是匀变速曲线运动.(2)在 v0方向上不受外力，做匀速直线运动；在与v0 垂直的方向上， a＝F，做匀加快直线运m动 .[知识深入 ]类平抛运动模型1.类平抛运动的受力特色物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直.2.类平抛运动的运动特色在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加快直线运动.加快度F合a＝ m .3.类平抛运动的求解方法(1)惯例分解法：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(即沿合外力的方向)的匀加快直线运动.两分运动相互独立，互不影响，且与合运动拥有等时性.(2)特别分解法：对于有些问题，能够过抛出点成立适合的平面直角坐标系，将加快度 a 分解为 a x、 a y，初速度v0分解为 v x、 v y，而后分别在x、y 方向列方程求解.例 5如图9所示的圆滑斜面长为l 、宽为 b、倾角为θ，一物块(可当作质点极点 P 水平射入，恰巧从底端Q 点走开斜面，试求：(重力加快度为g))沿斜面左上方图 9(1)物块由 P 运动到 Q 所用的时间t；(2)物块由 P 点水平射入时的初速度v0；(3)物块走开 Q 点时速度的大小 v.2l gsin θ答案 (1) gsin θ(2) b2lb2＋ 4l2 gsin θ(3)2l分析 (1) 沿斜面向下的方向有 1 2mgsin θ＝ma ， l ＝ at2联立解得 t ＝2l.gsin θ(2)沿水平方向有 b ＝ v 0tb gsin θv 0＝ ＝b2l .t(3)物块走开 Q 点时的速度大小2 ＋4l 2gsin θv ＝ v 0b2＋ at 2＝2l.1.(平抛运动与其余运动的联合)如图10 所示，在圆滑的水平面上有一小球a 以初速度v 0 运动，同时辰在它正上方有一小球b 也以初速度v 0 水平抛出， 并落于c 点，不计空气阻力， 则 ()图10A. 小球 a 先到达 c 点B. 小球 b 先到达 c 点C.两球同时到达 c 点D.不可以确立 a 、 b 球到达c 点的先后次序答案C分析做平抛运动的小球b 在水平方向上的运动与小球a 同步， b球落地前两球向来在同一竖直线上，两球同时到达c 点， C 正确 .2.(斜面上的平抛运动 )( 多项选择 )如图11 所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上( 忽视空气阻力 )()图 11A. 两次小球运动时间之比t 1∶ t 2＝ 1∶ 2B. 两次小球运动时间之比t 1 ∶t 2＝ 1∶ 2C.两次小球抛出时初速度之比v 01∶ v 02＝ 1∶ 2D.两次小球抛出时初速度之比v 01∶v 02＝ 1∶ 2答案AC分析平抛运动竖直方向为自由落体运动h ＝ 1gt 2，由题意可知两次平抛的竖直位移之比为21∶ 2，所以运动时间之比为t 1 ∶t 2＝ 1∶2，选项A 对，B 错；水平方向为匀速直线运动，由题意知水平位移之比为1∶ 2，即 v 01t 1∶ v 02t 2＝ 1∶2，所以两次平抛初速度之比v 01∶ v 02＝ 1∶2，选项C 对，D错 .3.(类平抛运动)A 、B 两个质点以同样的水平速度v 0 抛出，A 在竖直平面内运动， 落地址为P 1.B沿圆滑斜面运动，落地址为P 2，不计阻力，如图12 所示，以下对于P 1、P 2 在x 轴上远近关系的判断正确的选项是()图 12A.P 1 较远B. P 2 较远C.P 1、 P 2 等远D.A 、B 两项都有可能 答案 B分析 A 质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有h ＝ 1gt 1 2 .B 质点水平抛出2后，受重力和支持力，在斜面平面内所受协力为 mgsin θ，大小恒定且与初速度方向垂直，所 以 B 质点做类平抛运动 .在沿斜面向下方向上h12，由此得 t 2＞ t 1，因为两者在水sin ＝ gsin θ·t 2θ 2平方向 (x 轴方向 )上都做速度为 v 0 的匀速运动，明显x 2＞ x 1.4.(斜面上的平抛运动 )如图 13 所示，小球以 15 m/s 的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞翔一段时间后，恰巧垂直撞在斜面上 .(不计空气阻力， g 取 10 m/ s 2， sin 37 °＝0.6， cos 37 °3 ＝0.8，tan 37°＝4)在这一过程中，求：图 13(1)小球在空中的飞翔时间.(2)抛出点距撞击点的竖直高度.答案(1)2 s (2)20 m分析(1) 将小球垂直撞在斜面上的速度分解，如下图. 由图可知θ＝37°，φ＝90°－37°＝53°.tan φ＝gt，则t＝v0 15× 4s＝2 s. v0 g tan φ＝10 3(2)h＝1gt2＝1× 10×22 m＝20 m.2 2课时作业一、选择题 (1～ 7 为单项选择题，8～ 10 为多项选择题)1.如图 1 所示，气枪水平瞄准被电磁铁吸住的钢球，并在气枪子弹射出枪口的同时，电磁铁的电路恰巧断开，被开释的钢球自由着落，若不计空气阻力，且气枪和电磁铁离地面足够高，则 ()图 1A.子弹老是打在钢球的上方B.子弹老是打在钢球的下方C.只有在气枪离电磁铁为一特定距离时，子弹才能击中着落的钢球D.只需气枪离电磁铁的距离在子弹的射程以内，子弹必定能击中着落的钢球答案 D分析子弹走开气枪后做平抛运动，在竖直方向上子弹和钢球都做自由落体运动.设子弹的初速度为v0，气枪与钢球的水平距离为s，则只需气枪离电磁铁的距离在子弹的射程内，经过s时间 t＝v0，子弹正好击中着落的钢球，应选 D.2.甲、乙两球位于同一竖直线上的不一样地点，甲比乙高h，如图 2 所示，甲、乙两球分别以v1、 v2的初速度沿同一水平方向抛出，且不计空气阻力，则以下条件中有可能使乙球击中甲球的是()图 2A. 同时抛出，且v1<v2B. 甲比乙后抛出，且v1>v2C.甲比乙早抛出，且v1>v2D.甲比乙早抛出，且v1<v2答案 D分析两球在竖直方向均做自由落体运动，要相遇，则甲竖直位移需比乙大，那么甲应早抛，乙应晚抛；要使两球水平位移相等，则乙的初速度应当大于甲的初速度，故 D 选项正确.3.两同样高度的斜面倾角分别为30°、 60°，两小球分别由斜面顶端以同样水平速率如图 3 所示，不计空气阻力，假定两球都能落在斜面上，则分别向左、右双侧抛出的小球下落高度之比为()v 抛出，图3A.1∶2 C.1∶ 9B.3∶1 D.9∶ 1答案 C分析依据平抛运动的规律以及落在斜面上的特色可知，12yx＝ v0t， y＝ 2gt ， tan θ＝x，分别将30°、 60°代入可得两球平抛所经历的时间之比为1∶3，两球着落高度之比为1∶ 9，选项 C 正确 .4.如图 4 所示， A、 B、C 三个小球分别从斜面的顶端以不一样的速度水平抛出，此中到斜面上， C 落到水平面上，A、B 落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为A、B 落α、β，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则 ( )图 4A. α＝β＝γB. α＝β>γC.α＝β<γD. α<β<γ答案 B分析依照平抛运动规律，平抛运动的物体在任一时辰的速度方向与水平方向的夹角的正切值为位移方向与水平方向的夹角的正切值的 2 倍， A、 B 的位移方向同样，则α＝β.图中虚线所示， C 的位移方向与水平方向的夹角小于A、B 的位移方向与水平方向的夹角，所以γ<α＝β.5.如图 5 所示，若质点以初速度v0正对倾角为θ＝37°的斜面水平抛出，要求质点到达斜面时位移最小，则质点的飞翔时间为(不计空气阻力，重力加快度为g)()图 53v0 3v0A. 4gB. 8g8v0 4v0C. 3gD. 3g答案 C分析要使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如下图，有x＝ v0 t， y＝1 2，且 tan θ＝x＝v0t＝2v0，所以 t＝2v0 ＝2v0 ＝8v0，选项 C 正确 . 2gt y 1 2 gt gtan θ gtan 37 °3g2gt6.斜面上有P、 R、 S、 T 四个点，如图 6 所示， PR＝RS＝ ST，从 P 点正上方的Q 点以速度 v 水平抛出一个物体，物体落于R 点，若从 Q 点以速度2v 水平抛出一个物体，不计空气阻力，则物体落在斜面上的()图 6A. R与S 间的某一点B.S 点C.S与 T 间某一点D. T点答案A分析平抛运动的时间由着落的高度决定，着落的高度越高，运动时间越长.假如没有斜面，增添快度后物体着落至与R 等高时恰位于 S 点的正下方，但实质中间斜面阻挡了物体的着落，物领会落在R 与S 点之间斜面上的某个地点，A 项正确.7.如图7 所示， B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左边的 A 点以速度 v 0 平抛，恰巧沿B 点的切线方向进入圆轨道.已知重力加快度为g ，则 A 、 B 之间的水平距离为()图 7v 0 2tan α 2v 0 2tan α A. gB. g0 22v 0 2vD.gtan αC.gtan α答案 Av y v 0tan α 分析如下图，对速度进行分解，小球运动的时间 t ＝ g ＝g ，则 A 、 B 间的水平距离v 0 2tan αx ＝ v 0t ＝ g ，故 A 正确， B 、C 、D 错误 .8.如图 8 所示，在斜面顶端的 A 点以速度 v 平抛一小球，经t 1 时间落到斜面上 B 点处，若在 A 点将此小球以速度 0.5v 水平抛出，经 t 2 时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的选项是 ()图 8A.AB ∶ AC ＝ 2∶ 1B.AB ∶ AC ＝ 4∶ 1C.t 1∶ t 2＝ 2∶ 1D. t 1∶ t 2＝ 2∶1答案BC分析由平抛运动规律有：x＝ v0t，y＝1gt2，则2tan θ＝ y＝gt x 2v0，代入数据联立解得t 1∶ t2＝ 2∶ 1，C 正确，D 错误 .它们竖直位移之比1y B∶y C＝ 2gt12 1∶ 2gt2 2＝4∶1，所以AB∶ AC＝ y Bsin∶θy C＝sin θ4∶1，故 A 错误， B 正确 .9.如图 9 所示，从半径为R＝ 1 m 的半圆AB 上的 A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t ＝ 0.4 s 小球落到半圆上，已知当地的重力加快度g＝ 10 m/s2，则小球的初速度v0可能为( )图 9A.1 m /sB.2 m/ sC.3 m/sD.4 m/ s答案AD分析因为小球经0.4 s 落到半圆上，着落的高度h＝12＝ 0.8 m，地点可能有两处，如图所2gt示，第一种可能：小球落在半圆左边，v0t＝ R－R2－ h2＝ 0.4 m ，v0＝1 m/s ，第二种可能：小球落在半圆右边，v0t＝ R＋ R2－ h2＝ 1.6 m， v0＝ 4 m/s，选项 A 、 D 正确 .应选 A 、D.10.质量为 1 kg 的质点在xOy 平面上做曲线运动，在x 方向的速度图象和y 方向的位移图象如图 10 所示 .以下说法正确的选项是( )图 10A. 质点的初速度为 5 m/sB. 质点所受的合外力为 3 NC.质点做类平抛运动D.2 s 末质点的速度大小为 6 m/s答案BC分析由图可知，质点沿x 轴做初速度为0、加快度为a＝ 3 m/s 2的匀加快直线运动，沿y 轴方向以速度v＝ 4 m/ s 做匀速运动，依据速度合成可知，质点的初速度v0＝v＝ 4 m/s ，A 错误；由牛顿第二定律可知，质点所受合外力F＝ ma ＝ 3 N， B 正确；质点的初速度与加快度 a 垂直，且加快度恒定，质点做类平抛运动， C 正确；质点 2 s 末沿x 轴方向的分速度v x＝ at＝ 6 m/ s，此外还有沿y 轴的分速度， D 错误.二、非选择题11 如图 11 所示，一小球从平台上水平抛出，恰巧落在平台前一倾角为α＝53°的斜面顶端并2恰巧沿斜面下滑，已知平台到斜面顶端的高度为h＝ 0.8 m，不计空气阻力，取 g＝ 10 m/s .(sin 53°＝ 0.8，cos 53 ＝°0.6)求：图 11(1)小球水平抛出的初速度v0；(2)斜面顶端与平台边沿的水平距离x.答案(1)3 m/s (2)1.2 m分析小球从平台运动到斜面顶端的过程中做平抛运动，由平抛运动规律有： x＝v0t，h＝1gt2，2v y＝gt由题图可知： tan α＝v y＝gtv0 v0代入数据解得： v0＝ 3 m/s， x＝1.2 m.12.如图 12 所示，斜面体 ABC 固定在地面上，小球p 从 A 点静止下滑 .当小球 p 开始下滑时，另一小球 q 从 A 点正上方的 D 点水平抛出，两球同时到达斜面底端的 B 处 .已知斜面 AB 圆滑，长度 l＝ 2.5 m，斜面倾角θ＝ 30°.不计空气阻力，2g 取 10 m/s .求：图 12(1)小球 p 从 A 点滑到 B 点的时间 .(2)小球 q 抛出时初速度的大小.5 3答案(1)1 s (2)m/s分析(1) 设小球 p 从斜面上下滑的加快度为a，由牛顿第二定律得：a＝mgsin θ＝ gsin θ①m设下滑所需时间为t1，依据运动学公式得1 2l＝2at1②由①② 得1＝2lt gsin θ解得 t1＝ 1 s(2)对小球 q：水平方向位移x＝ lcos 30 ＝°v0 t2依题意得 t2＝t1由④⑤⑥ 得v0＝lcos 30 °5 3t1 ＝ 4 m/s.③④⑤⑥。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义：第一章章末检测
章末检测( 时间： 90 分钟满分： 100 分 )一、选择题 (1～ 6 为单项选择题， 7～ 10 为多项选择题 .每题 4 分，共 40 分)1.一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内()A. 速度必定在不停改变，加快度也必定不停改变B. 速度能够不变，但加快度必定不停改变C.质点不行能在做匀变速运动D.质点在某点的速度方向必定是曲线上该点的切线方向答案 D分析物体做曲线运动的条件是协力的方向与速度方向不在同向来线上，故速度方向时辰改变，所以曲线运动是变速运动，其加快度不为零，但加快度能够不变，比如平抛运动，就是匀变速运动，故 A 、 B、 C 错误 .曲线运动的速度方向时辰改变，质点在某点的速度方向必定是曲线上该点的切线方向，故D正确.2.斜抛运动与平抛运动对比较，同样的是()A.都是匀变速曲线运动B.平抛运动是匀变速曲线运动，而斜抛运动是非匀变速曲线运动C.都是加快度渐渐增大的曲线运动D.平抛运动是速度向来增大的运动，而斜抛是速度向来减小的曲线运动答案 A分析平抛运动与斜抛运动的共同特色是它们都以必定的初速度抛出后，只受重力作用.合外力为 G＝ mg，依据牛顿第二定律能够知道平抛运动和斜抛运动的加快度都是恒定不变的，大小为 g，方向竖直向下，都是匀变速运动.它们不一样的地方就是平抛运动是水平抛出，初速度的方向是水平的，斜抛运动有必定的抛射角，能够将它分解成水均分速度和竖直分速度，也能够将平抛运动当作是特别的斜抛运动(抛射角为0).平抛运动和斜抛运动初速度的方向与加速度的方向不在同向来线上，所以它们都是匀变速曲线运动，B、 C 错， A 正确 .平抛运动的速率向来在增大，斜上抛运动的速领先减小后增大，斜下抛运动的速率向来增大， D 错 .3.一物体在圆滑的水平桌面上运动，在互相垂直的x 方向和化的规律如图 1 所示 .对于物体的运动，以下说法正确的选项是(y 方向上的分运动速度随时间变)图 1A.物体做速度渐渐增大的曲线运动B.物体运动的加快度先减小后增大C.物体运动的初速度大小是50 m/sD.物体运动的初速度大小是10 m/s答案 C分析由图知，x 方向的初速度沿x 轴正方向，y 方向的初速度沿y 轴负方向，则合运动的初速度方向不在y 轴方向上；x 轴方向的分运动是匀速直线运动，加快度为零，y 轴方向的分运动是匀变速直线运动，加快度沿y 轴方向，所以合运动的加快度沿y 轴方向，与合初速度方向不在同向来线上，所以物体做曲线运动.依据速度的合成可知，物体的速度先减小后增大，故 A 错误 .物体运动的加快度等于y 方向的加快度，保持不变，故 B 错误；依据图象可知物体的初速度为：v0＝v x02＋ v y02＝302＋ 402＝ 50 m/s，故C正确，D 错误，应选 C.4.如图 2 所示为湖畔一倾角为30°的大坝的横截面表示图，水面与大坝的交点为点处以速度v0沿水平方向扔小石块，已知AO＝ 40 m，忽视人的身高，如图气阻力 .以下说法正确的选项是()O.一人站在2 所示，不计空A图 2A. 若 v0>18 m/s，则石块能够落入水中B. 若 v0<20 m/s，则石块不可以落入水中C.若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D.若石块不可以落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大答案 A分析石块做平抛运动恰好落入水中时， 40sin 30 °＝1 2 ，40cos 30 ＝°v0 0 ≈ 17.32 m/s，2gt t，解得 vv y 2gh选项 A 正确，选项 B 错误；设落水时速度方向与水平面的夹角为α，tan α≈v0 ＝v0 ，v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，选项C 错误；若石块不可以落入水中，设落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为β， tan β＝ gt ＝ 2tan 30v 0，°可知 β与v 0 没关，应选项D 错 .5.有 A 、B 两小球， B 的质量为A 的两倍，现将它们以同样速率沿同一方向抛出，如图3 所示，不计空气阻力，图中①为A 的运动轨迹，则B 的运动轨迹是()图3A. ①B.②C.③D.④答案A分析物体做斜抛运动的轨迹只与初速度的大小和方向相关，而与物体的质量没关，A 、 B两小球的轨迹同样，故A 项正确.6.如图4 所示为足球球门，球门宽为L.一个球员在球门中心正前面距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中 P 点 ).球员顶球点的高度为h ，足球做平抛运动(足球可看成质点，忽视空气阻力)，则 ()图 4A. 足球位移的大小x ＝ L22＋ s4B. 足球初速度的大小 v 0 ＝g L222h＋ s42C.足球末速度的大小 v ＝gL＋ s 2 ＋ 4gh 2h 4LD.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝2s答案 Bx ＝L 222L 222分析 足球位移大小为 2 ＋s ＋ h ＝4 ＋ s ＋ h，A 错误；依据平抛运动规律有：1 2 L 2 2g L 2 22h ＝ 2gt ，4 ＋ s ＝ v 0t ，解得 v 0＝ 2h4 ＋ s ，B 正确；由平抛运动规律可得 v ＝v 0 ＋ 2ghg 2 s 2sL 2＝2h 4 ＋ s ＋ 2gh，C 错误；足球初速度方向与球门线夹角正切值tan θ＝L ＝L，D 错误 .27.以初速度 v0＝ 20 m/s 从 100 m 高台上水平抛出一个物体(g 取 10 m/ s2)，则 ( )A.2 s 后物体的水平速度为 20 m/sB.2 s 后物体的速度方向与水平方向成45°角C.每 1 s 内物体的速度变化量的大小为10 m/sD.每 1 s 内物体的速度大小的变化量为10 m/s答案ABC分析水平抛出的物体做平抛运动，水平方向速度不变，v x＝ v0＝ 20 m/s ，A 项正确； 2 s 后，竖直方向的速度 v y＝gt ＝ 20 m/ s，所以 tan θ＝v y＝ 1，则θ＝ 45°，B 项正确；速度的变化表现 v x为竖直方向速度的变化，所以t＝ 1 s 内，速度的变化量v＝ g t＝ 10 m/s，所以 C 项正确；物体的运动速度大小为v x 2＋v2y，同样时间内，其变化量不一样，D项错误.8.一条船要在最短时间内渡过宽为100 m 的河，已知河水的流速v1与船离一侧河岸的距离s变化的关系如图中正确的选项是( 5 甲所示，船在静止水中的速度 )v2与时间t 的关系如图乙所示，则以下判断图 5A. 船渡河的最短时间是20 sB.船运动的轨迹可能是直线C.船在河水中的加快度大小为0.4 m/s2D.船在河水中的最大速度是 5 m/s答案AC分析船内行驶过程中，船头一直与河岸垂直时渡河时间最短，即t＝100 s＝ 20 s， A 正确；5因为水流速度变化，所以合速度变化，船头一直与河岸垂直时，运动的轨迹不行能是直线，B 错误；船渡河最短时间 t＝20 s，则船运动到河的中央时所用时间为10 s，水的流速在 s＝ 0到 s＝ 50 m 之间均匀增添，则 a1＝4－0m/s 2＝ 0.4 m/ s2，同理 s＝ 50 m 到 s＝ 100 m 之间 a2 10＝0－ 4m/s 2＝－ 0.4 m/ s2，则船在河水中的加快度大小为0.4 m/s 2，C 正确；船在河水中的最10大速度为 v＝52＋ 42 m/s＝41 m/s， D 错误 .9.物体做平抛运动的轨迹如图 6 所示， O 为抛出点，物体经过点P(x1， y1)时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则以下判断正确的选项是 ()图 6y1A.tan θ＝2x12y1B.tan θ＝x1gC.物体抛出时的速度为v0＝ x12y12gx1D.物体经过P 点时的速度v P＝＋2gy1答案BCD分析tan θ＝v y＝gt，竖直高度y1＝1gt2，水平位移 x1＝ v0t，则 gt＝2y1， v0＝x1，所以 tan θv x v0 2 t t2y1 ＝ v y＝ gt＝t ＝2y1， B 正确， A 错误；物体抛出时的速度v0＝x1，而 t＝2y1，所以 v0＝x1v x v0 x1 x1 t g t t＝ x1g， C 正确；物体竖直方向上的速度为v y＝2gy1，所以经过P 点时的速度 v P＝2y1V 0 2 2 GX12＋V Y＝＋ 2GY1， D 正确 .2Y110.跳台滑雪是奥运竞赛项目之一，利用自然山形建成的跳台进行，某运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图7 所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为 v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加快度为 g，则 ( )图 7A. 假如 v0不一样，该运动员落到雪坡时的地点不一样，速度方向也不一样 B. 假如 v0不一样，该运动员落到雪坡时的地点不一样，但速度方向同样2v0tan θC.运动员在空中经历的时间是gD.运动员落到雪坡时的速度大小是v0cos θ答案BC分析运动员落到雪坡上时，初速度越大，落点越远；位移与水平方向的夹角为θ，设速度与水平方向的夹角为α，则有 tan α＝ 2tan θ，所以初速度不一样时，落点不一样，但速度方向与水平方向的夹角同样，应选项 A 错误， B 正确；由平抛运动规律可知x＝ v0 1 2，且 tan θt，y＝2gt y 2v0tan θ 2 2 ＝x，可解得t＝g ，应选项 C 正确；运动员落到雪坡上时，速度v＝ v0 ＋ gt ＝v0 1＋ 4tan2 θ，应选项 D 错误 .故此题选 B、C.二、填空题 (此题共 2 小题，共 10 分)11.(4 分 )如图 8 甲所示的演示实验中， A、B 两球同时落地，说明____________________. 某同学设计了如图乙所示的实验：将两个斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的同一高度由静止同时开释，滑道 2 与圆滑水平板吻接，则他将察看到的现象是 ______________，这说明 ________________.图 8答案做平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动上边小球砸在下边小球上做平抛运动的小球在水平方向上做匀速运动12.(6 分 )将来在一个未知星球上用如图9 甲所示装置研究平抛运动的规律.悬点 O 正下方 P 点处有水平搁置的火热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球因为惯性向前飞出做平抛运动 .现对小球采纳频闪数码照相机连续拍摄.在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示.a、b、c、d 为连续四次拍下的小球地点，已知照相机连续摄影的时间间隔是0.10 s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实质背景屏的长度之比为1∶4，则：图 9(1)由以上信息，可知 a 点 ________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点 .(2)由以上及图信息，能够计算出该星球表面的重力加快度为2 ________m/s .(3)由以上及图信息能够算出小球平抛的初速度是________m/s.(4)由以上及图信息能够算出小球在 b 点时的速度是 ________m/s.答案(1) 是 (2)8 (3)0.8 (4)425分析(1) 由初速度为零的匀加快直线运动经过相邻的时间内经过位移之比为1∶ 3∶ 5 可知，a 点为抛出点 .(2)由 ab、bc、cd 水平距离同样可知， a 到 b、b 到 c 运动时间同样，设为 T，在竖直方向有h ＝gT2，T＝ 0.10 s，可求出 g＝ 8 m/s2.(3)由两地点间的时间间隔为0.10 s，水平距离为 8 cm， x＝ vt，得水平速度为 0.8 m/s.(4)b 点竖直分速度为ac 间的竖直均匀速度，依据速度的合成求 b 点的合速度，v yb＝4× 4×1× 10－2m/s ＝ 0.8 m/ s，所以 v b＝ v x2＋ v yb2＝4 2m/s.2× 0.10 5三、计算题 (此题共 4 小题，共50 分，解答时应写出必需的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(10 分) 从空中距地面 40 m 高处，竖直向上抛出一小球，经 2 s 小球再次经过抛出点，取重力加快度 g＝ 10 m/s2，求：(1)小球离地的最大高度；(2)小球上抛的初速度大小；(3)小球从抛出到落地的均匀速度.答案(1)45 m (2)10 m /s (3)10 m/ s，方向竖直向下分析(1) 小球做竖直上抛运动拥有对称性，可知，小球上涨到最高点的时间为：t1 ＝1t＝ 1 s，2从抛出点上涨的高度为：s 1＝ 1gt 1 2＝ 1× 10× 1 m ＝ 5 m ，2 2则离地的最大高度为：s ＝s 1＋ s 0＝ 5 m ＋ 40 m ＝ 45 m.(2)设小球抛出的初速度为 v 0，依据运动学公式有：0＝ v 0－gt 1，代入数据解得： v 0＝ 10 m/s.(3)小球落回抛出点的速度大小为10 m/s ，设再经过 t 2 时间落至地面，由运动学公式有：12s 0＝ v 0′ t2 ＋2gt 2代入数据解得： t 2＝ 2 s(t 2＝－ 4 s 不切合实质，舍去 )小球运动的均匀速度为： v ＝s 0＝ 10 m/s ，速度方向竖直向下 .t ＋ t 214.(12 分 )在必定高度处把一个小球以v 0＝ 30 m/s 的速度水平抛出，它落地时的速度大小v t＝ 50 m/ s ，假如空气阻力不计，重力加快度g 取 10 m/s 2.求：(1)小球在空中运动的时间t.(2)小球在平抛运动过程中经过的水平位移x 和竖直位移 y. (3)小球在平抛运动过程的均匀速度大小 v .答案 (1)4 s (2)120 m80 m (3)10 13 m/s分析 (1) 设小球落地时的竖直分速度为 v y ，由运动的合成可得v t ＝ v 0 2＋ v y 2，解得 v y ＝ v t2－ v 0 2＝ 502－ 303 m/s ＝ 40 m/ s小球在竖直方向上做自由落体运动，有v y 40v y ＝gt ，解得 t ＝ g ＝ 10 s ＝ 4 s (2)小球在水平方向上的位移为 x ＝ v 0t ＝ 30× 4 m ＝120 m小球的竖直位移为1 2 1 2m ＝ 80 my ＝ gt＝ ×10×4 22(3)小球位移的大小为s＝x2＋ y2＝1202＋ 802 m＝ 40 13 m由均匀速度公式可得v ＝st＝40 134m/s＝ 10 13 m/s.15.(12 分 )如图 10 所示，斜面倾角为45°，从斜面上方 A 点处由静止开释一个质量为m 的弹性小球，在 B 点处和斜面碰撞，碰撞后速度大小不变，方向变成水平，经过一段时间在 C 点再次与斜面碰撞.已知 A、 B 两点的高度差为h，重力加快度为g，不考虑空气阻力.求：图 10(1)小球在 AB 段运动过程中，重力做功的均匀功率P.(2)小球落到 C 点时速度的大小 .答案(1)2gh2 mg (2) 10gh分析(1) 小球着落过程中，做自由落体运动，落到斜面 B 点的速度为 v，知足： v2＝ 2gh，解得： v＝2gh所以小球在AB 段重力做功的均匀功率：2ghP＝mg v ＝2 mg(2)小球从 B 到 C 做平抛运动，设从 B 到 C 时间为 t，BCsin θ＝1 2竖直方向：2gt 水平方向： BCcos θ＝vt解得： t ＝2 2h g所以 C 点的速度为 v C＝v2＋ g2t2＝ 10gh.16.(16 分) 如图 11 所示，在粗拙水平台阶上静止搁置一质量m＝ 1.0 kg 的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝ 0.25，且与台阶边沿 O 点的距离 s＝ 5 m.在台阶右边固定了一个1圆4弧挡板，圆弧半径R＝5 2 m，今以 O 点为原点成立平面直角坐标系.现用 F＝5 N 的水平恒力拉动小物块，已知重力加快度g＝10 m/s2 .图 11(1)为使小物块不可以击中挡板，求拉力 F 作用的最长时间；(2)若小物块在水平台阶上运动时，恒力向来作用在小物块上，当小物块过O 点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的地点的坐标.答案(1) 2 s (2)(5 m,5 m)分析(1) 为使小物块不会击中挡板，设拉力 F 作用最长时间t，小物块恰好运动到O 点 . 由牛顿第二定律得：F－μ mg＝ ma1解得： a1＝ 2.5 m/s2减速运动时的加快度大小为：a2＝μg＝2.5 m/s 2由运动学公式得：s＝1 1 2＋1 2 22a t 2a t′而 a1t＝ a2t′解得： t ＝t′＝ 2 s(2)水平恒力向来作用在小物块上，由运动学公式有：v02＝ 2a1s解得小物块抵达O 点时的速度为：v0＝ 5 m/s小物块过O 点后做平抛运动.水平方向： x＝ v0t01 2竖直方向： y＝2gt0又 x2＋ y2＝ R2解得地点坐标为：x＝ 5 m， y＝5 m.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义：第四章习题课1动能定理的应用
习题课 1动能定理的应用[学习目标 ] 1.进一步理解动能定理，领悟应用动能定理解题的优胜性.2.会利用动能定理剖析变力做功、曲线运动以及多过程问题．一、利用动能定理求变力的功1．动能定理不单合用于求恒力做功，也合用于求变力做功，同时因为不波及变力作用的过程剖析，应用特别方便．2．利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体遇到一个变力和几个恒力作用时，能够用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其余＝ E k.例1 如图1 所示，质量为 m 的小球自由着落 d 后，沿竖直面内的固定轨道ABC 运动， AB是半径为 d 的1圆滑圆弧， BC 是直径为 d 的粗拙半圆弧 (B 是轨道的最低点 )．小球恰能经过4圆弧轨道的最高点 C.重力加快度为g，求：图 1(1)小球运动到 B 处时对轨道的压力大小．(2)小球在 BC 运动过程中，摩擦力对小球做的功．答案(1)5 mg (2)－3mgd41 2 2(1) 小球着落到 B 点的过程由动能定理得2mgd＝v分析2mv ，在 B 点： N－mg＝ m d ，得： N ＝ 5mg，依据牛顿第三定律：N′＝N＝ 5mg.2v C(2)在 C 点， mg＝ m d .小球从 B 运动到 C 的过程：21 m v C 2－1 mv2＝－ mgd＋ W f，得 W f＝－3 m gd.2 2 4针对训练如图 2 所示，某人利用越过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg 的物体．定滑轮的地点比 A 点高 3 m．若这人迟缓地将绳从 A 点拉到 B 点，且 A、 B 两点处绳与水平方向的夹角分别为 37°和 30°，则这人拉绳的力做了多少功？(g 取 10 m/s2， sin 37 °＝0.6， cos 37 °＝ 0.8，不计滑轮的摩擦)图 2答案100 J分析取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W.依据题意有 h＝ 3 m.物体高升的高度h＝h h－①sin 30 °sin 37.°对全过程应用动能定理W－mg h＝ 0. ②由①② 两式联立并代入数据解得W＝100 J.则人拉绳的力所做的功W 人＝ W＝ 100 J.二、利用动能定理剖析多过程问题一个物体的运动假如包括多个运动阶段，能够选择分段或全程应用动能定理．(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程切割成一个个子过程，对每个子过程的做功状况和初、末动能进行剖析，而后针对每个子过程应用动能定理列式，而后联立求解．(2)全程应用动能定理时，剖析整个过程中出现过的各力的做功状况，剖析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，而后确立整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．当题目不波及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．注意：当物体运动过程中波及多个力做功时，各力对应的位移可能不同样，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．例 2如图3所示，右端连有一个圆滑弧形槽的水平桌面AB 长 L ＝ 1.5 m ，一个质量为m＝0.5 kg 的木块在 F ＝ 1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的 A 端由静止开始向右运动，木块到达 B 端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：图 3(1)木块沿弧形槽上涨的最大高度(木块未走开弧形槽 )；(2)木块沿弧形槽滑回B 端后，在水平桌面上滑动的最大距离．答案 分析(1)0.15 m(2)0.75 m(1) 设木块沿弧形槽上涨的最大高度为h ，木块在最高点时的速度为零．从木块开始运动到沿弧形槽上涨的最大高度处，由动能定理得：FL － fL － mgh ＝ 0此中 f ＝ μN＝ μ mg ＝ 0.2× 0.5× 10 N ＝1.0 N因此 h ＝ FL －fL1.5－ 1.0 × 1.5 mg ＝0.5×10 m ＝ 0.15 m(2)设木块走开 B 点后沿桌面滑动的最大距离为 s.由动能定理得：mgh － fs ＝ 00.5× 10× 0.15m ＝0.75 m因此： s ＝mgh＝1.0f三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相联合，解决这种问题要特别注意：(1)与平抛运动相联合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的相关物理量．(2)与竖直平面内的圆周运动相联合时，应特别注意隐蔽的临界条件：①有支撑成效的竖直平面内的圆周运动，物体能经过最高点的临界条件为v min ＝ 0.②没有支撑成效的竖直平面内的圆周运动，物体能经过最高点的临界条件为v min ＝gR.例3如图 4 所示，一能够当作质点的质量m ＝ 2 kg的小球以初速度v 0 沿圆滑的水平桌面飞出后，恰巧从A 点沿切线方向进入圆弧轨道，此中B 为轨道的最低点，C 为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB 对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R ＝ 0.5 m ．已知sin 53°＝ 0.8，cos 53°＝ 0.6，不计空气阻力， g 取 10 m/s 2 .图 4(1)求小球的初速度v 0 的大小；(2)若小球恰巧能经过最高点 C ，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功．答案(1)3 m/s(2) － 4 J分析 (1) 在 A 点由平抛运动规律得：＝ v 0＝5①v A cos 53 °3v 0.小球由桌面到 A 点的过程中，由动能定理得mg( R ＋ Rcos θ)＝ 1mv A 2－1mv 02②22由 ①② 得： v 0＝ 3 m/s.211 2mv CC 点，由动能定理得 W f ＝2(2)在最高点 C 处有 mg ＝ R ，小球从桌面到 2mv C － 2mv 0 ，代入 数据解得 W f ＝－ 4 J.1． (用动能定理求变力的功 )如图 5 所示，质量为m 的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距 R ，物体随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物体马上在转台上滑动，此时转台开始匀速转动．设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是( )图 5A ． 0B ． 2μ mgRμ mgR C ．2πμ mgRD. 2答案 D分析 物体马上在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰巧供给向心力，2v ，则有 μ mg ＝mv设此时物体做圆周运动的线速度为R .①在物体由静止到获取速度v 的过程中，物体遇到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体12做功，由动能定理得：W ＝ 2mv － 0.②1联立 ①② 解得 W ＝2μ mgR.2．(利用动能定理剖析多过程问题 )滑板运动是极限运动的始祖，很多极限运动项目均由滑板项目延长而来．如图 6 是滑板运动的轨道，BC 和 DE 是两段圆滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为 O 点，圆心角为60°，半径 OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 段粗拙且长8 m．某运动员从轨道上的 A 点以 3 m/s 的速度水光滑出，在 B 点恰巧沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经 CD 轨道后冲上 DE 轨道，抵达 E 点时速度减为零，而后返回．已知运动员和滑板的总质量为 60 kg ，B、E两点到水平轨道 CD 的竖直高度分别为 h 和 H，且 h＝2 m ，H＝ 2.8 m ，g取 10 m/ s2.求：图 6(1)运动员从 A 点运动抵达 B 点时的速度大小 v B；(2)轨道 CD 段的动摩擦因数μ；(3)经过计算说明，第一次返回时，运动员可否回到 B 点？如能，恳求出回到 B 点时速度的大小；如不可以，则最后停在哪处？答案(1)6 m/s (2)0.125 (3)不可以回到 B 处，最后停在 D 点左边 6.4 m 处或 C 点右边 1.6 m处v0分析(1)由题意可知：vB＝cos 60°解得： v B＝ 6 m/s.(2)从 B 点到 E 点，由动能定理可得：1 2mgh－μ mgs CD－mgH＝ 0－2mv B代入数据可得：μ＝0.125.(3)设运动员能抵达左边的最大高度为h′，从 B 到第一次返回左边最高处，依据动能定理得：1 2mgh－ mgh′ －μ mg·2s CD＝0－2mv B解得 h′＝ 1.8 m< h＝2 m因此第一次返回时，运动员不可以回到 B 点设运动员从 B 点运动到停止，在CD 段的总行程为s，由动能定理可得：1 2④mgh－μ mgs＝ 0－2mv B解得： s＝ 30.4 m因为s＝3s CD＋ 6.4 m，因此运动员最后停在 D 点左边 6.4 m 处或 C 点右边 1.6 m 处．3．(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图7 所示，一个质量为m＝ 0.6 kg 的小球以初速度 v0＝ 2 m/s 从P 点水平抛出，从粗拙圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰巧沿圆弧经过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝ 0.3 m ，θ＝ 60°，g ＝ 10 m/ s2.求：图 7(1)小球抵达 A 点的速度v A的大小；(2)P 点到 A 点的竖直高度H ；(3)小球从圆弧 A 点运动到最高点 C 的过程中战胜摩擦力所做的功W.答案(1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J分析(1) 在 A 点由速度的合成得v A＝v0，cos θ代入数据解得v A＝ 4 m/s(2)从P 点到A 点小球做平抛运动，竖直分速度v y＝ v0tan θ①由运动学规律有v y 2＝2gH②联立①②解得 H ＝ 0.6 mmv C2(3)恰巧过 C 点知足 mg＝R由 A 点到 C 点由动能定理得－ mgR(1＋ cos θ)－ W＝1 2 1 2 2mv C－2mv A代入数据解得W＝1.2 J.课时作业一、选择题 (1～ 7 为单项选择题，8～9 为多项选择题 )1．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为 v，用 g 表示重力加快度，则在此过程中物块战胜空气阻力所做的功等于()1 2 1 2A ． mgh－mv － mv02 21 212－ mghB. mv － mv 022C ．mgh ＋ 1mv 0 2－ 1 mv 2 2 2 D ． mgh ＋ 1 2 1 22 mv － mv 02 答案 C分析 选用物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得：12 12mgh － W f 克＝mv－ mv 0221212解得： W f 克 ＝ mgh ＋2mv 0 － 2mv .1圆弧轨道， BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ， BC 的长度也是 R ，2．如图 1 所示， AB 为 4一质量为 m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端 A 从静止开始着落， 恰巧运动到 C 处停止，那么物体在 AB 段战胜摩擦力所做的功为 ()图 111A. 2μ mgRB.2mgRC ．－ mgRD ． (1－ μ)mgR答案D分析设物体在 AB 段战胜摩擦力所做的功为 W AB ，物体从 A 运动到 C 的全过程，依据动能定理，有 mgR －W AB － μ mgR ＝ 0.因此有 W AB ＝ mgR － μ mgR ＝ (1－ μ)mgR.3.一质量为 m 的小球，用长为 l 的轻绳悬挂于 O 点，小球在水平拉力F 作用下，从均衡地点 P 点很迟缓地挪动到 Q 点，如图 2 所示，则拉力 F 所做的功为 ()图 2A ． mglcos θB ．mgl(1－ cos θ)C．Fl cos θD． Fl sin θ答案 B分析小球迟缓挪动，不时都处于均衡状态，由均衡条件可知，F＝ mgtan θ，跟着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不可以直接用功的公式求它所做的功，因此这道题要考虑用动能定理求解．因为物体迟缓挪动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1 －cos θ)＋ W＝ 0，因此 W＝mgl(1－ cos θ)．4．质量为 m 的物体以初速度v 0 沿水平面向左开始运动， 开端点 A 与一轻弹簧最右端 O 相距s ，如图 3 所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为 x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体战胜弹簧弹力所做的功为 (不计空气阻力)()图 31 2－μmg(s ＋ x) 1 2－ μmgxA.mv 0 B. mv 022C ．μ mgsD ． μ mgx答案 A分析 设物体战胜弹簧弹力所做的功为W ，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做12功为－ W ，摩擦力对物体做功为－ μ mg(s ＋ x)，依据动能定理有－ W － μ mg(s ＋ x)＝ 0－ 2mv 0 ，因此 1 2 －μ mg(s ＋ x)．W ＝ mv 02 5.质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图 4 所示，运动过程中小球遇到空气阻力的作用．设某一时辰小球经过轨道的最低点，此时绳索的张力为7mg ，在今后小球持续做圆周运动，经过半个圆周恰巧能经过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )图 4 11 A. 4mgR B.3mgR1C.2mgR D ． mgR答案 C分析 小球经过最低点时，设绳的张力为T ，则2 2v 1v 1 ①T －mg ＝ m R ， 6mg ＝ m R2小球恰巧过最高点，绳索拉力为零，这时v 2②mg ＝ m R小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得1 2 1 2 － mg·2R－ W f＝ mv 2－mv1③2 2W f＝1由①②③ 式联立解得2mgR，选 C.6.如图 5 所示，假定在某次竞赛中运动员从10 m 高处的跳台跳下，设水的均匀阻力约为其体重的 3 倍，在大略估量中，把运动员看作质点办理，为了保证运动员的人身安全，池水深度起码为 (不计空气阻力)()图 5A ． 5 m B． 3 mC．7 m D． 1 m答案 A分析设水深为h，对运动全程运用动能定理可得：mg(H ＋ h)－ fh＝ 0，mg(H ＋ h)＝ 3mgh.因此 h＝ 5 m.7．如图 6 所示，小球以初速度v0从 A 点沿粗拙的轨道运动到高为h 的 B 点后自动返回，其返回途中仍经过 A 点，则经过 A 点的速度大小为()图 6A. v02－ 4ghB. 4gh－ v0 2C. v02－ 2ghD. 2gh－ v0 2答案 B分析从 A 到 B 运动过程中，重力和摩擦力都做负功，依据动能定理可得mgh＋ W f＝1mv0 2，2从 B 到 A 过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，因此两种状况摩擦力做功大小相等 )，依据动能定理可得mgh－ W f＝1mv2 ，两式联立得再次经过 A 点的速度为24gh－ v0 2，故B正确．8.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加快直线运动，当速度达到v max 后，立刻封闭发动机直至静止， v－ t 图象如图 7 所示，设汽车的牵引力为F，遇到的摩擦力为f，全程中牵引力做功为 W1，战胜摩擦力做功为W2，则 ()图 7A ． F ∶ f＝ 1∶3 B． W1∶ W2＝ 1∶ 1C．F ∶ f＝ 4∶ 1 D． W1∶ W2＝ 1∶ 3答案BC分析对汽车运动的全过程，由动能定理得： W1－ W2＝ E k＝ 0，因此 W1＝ W2，选项 B 正确，选项 D 错误；由动能定理得Fs1－ fs2＝0，由图象知 s1∶ s2＝ 1∶4，因此 F ∶f＝ 4∶ 1，选项 A 错误，选项 C 正确．9.如图 8 所示，一个小环沿竖直搁置的圆滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点 A 滑到最低点 B 的过程中，线速度大小的平方v2跟着落高度 h 的变化图象可能是图中的 ( )图 8答案AB1 2 1 2 2 2分析对小环由动能定理得mgh＝2mv －2mv0 ，则 v ＝ 2gh＋ v0 .当 v0 ＝0 时， B 正确．当v0≠ 0 时， A 正确．二、非选择题10．如图 9 所示，圆滑水平面AB 与一半圆形轨道在 B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为 R，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，而后松手，物块在弹力作用下获取一速度，当它经 B 点进入半圆形轨道瞬时，对轨道的压力为其重力的7 倍，以后向上运动恰能达成半圆周运动抵达 C 点，重力加快度为g.求：图 9(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从 B 到 C 战胜阻力所做的功；(3)物块走开 C 点后，再落回到水平面上时的动能．答案(1)3 mgR (2)1mgR (3) 5 mgR 2 2分析(1) 由动能定理得W＝1mv B222v B在 B 点由牛顿第二定律得7mg－ mg＝ m R 解得 W＝3mgR(2)物块从 B 到 C 由动能定理得1mv C 2－1mv B 2＝－ 2mgR＋ W′2 22v C 物块在 C 点时 mg＝ m R解得 W′＝－1 12mgR，即物块从 B 到 C 战胜阻力做功为2mgR.(3)物块从 C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得1 2 52mgR＝E k－2mv C，解得 E k＝2mgR.11.如图 10 所示，绷紧的传递带在电动机带动下，一直保持v0＝ 2 m/s 的速度匀速运转，传递带与水平川面的夹角θ＝ 30°，现把一质量 m＝10 kg 的工件轻轻地放在传递带底端，由传递带传递至 h＝ 2 m 的高处．已知工件与传递带间的动摩擦因数μ＝3， g 取 10 m/s2. 2图 10(1)经过计算剖析工件在传递带上做如何的运动？(2)工件从传递带底端运动至h＝2 m 高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？答案(1) 工件先以 2.5 m/s 2的加快度做匀加快直线运动，运动0.8 m 与传递带达到共同速度2 m/ s 后做匀速直线运动(2)220 J分析(1) 工件刚放上传递带时受滑动摩擦力：f ＝ μ mgcos θ，工件开始做匀加快直线运动，由牛顿运动定律：f － mgsin θ＝ ma 可得：a ＝m f－ gsin θ＝ g(μcos θ－ sin θ)＝ 10×3m/s 22 cos 30 －°sin 30 °＝ 2.5 m/s 2.222s 与传递带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：s ＝ v 0设工件经过位移2a ＝2× 2.5 m＝ 0.8 m ＜ h＝ 4 msin θ故工件先以 2.5 m/s 2 的加快度做匀加快直线运动，运动0.8 m 与传递带达到共同速度2 m/ s后做匀速直线运动．(2)在工件从传递带底端运动至h ＝ 2 m 高处的过程中，设摩擦力对工件做功为W f ，由动能定12理得 W f － mgh ＝ 2mv 0 ，1 212可得： W f ＝mgh ＋ 2mv 0 ＝ 10× 10× 2 J ＋2× 10× 2 J ＝ 220 J.12．如图 11 所示，圆滑斜面 AB 的倾角 θ＝ 53°， BC 为水平面， BC 长度 l BC ＝ 1.1 m ，CD 为 圆滑的1圆弧，半径 R ＝0.6 m ．一个质量 m ＝ 2 kg 的物体，从斜面上 A 点由静止开始下滑，4物体与水平面 BC 间的动摩擦因数 μ＝0.2，轨道在 B 、C 两点圆滑连结．当物体抵达D 点时，2持续竖直向上运动， 最高点距离 D 点的高度 h ＝ 0.2 m ．sin 53 ＝°0.8，cos 53 °＝0.6.g 取 10 m/s .图 11(1)物体运动到 C 点时的速度大小 v C ；(2)A 点距离水平面的高度H；(3)物体最后停止的地点到 C 点的距离s.答案分析(1)4 m/s(1) 物体由(2)1.02 m (3)0.4 mC 点运动到最高点，依据动能定理得：1 2－ mg(h＋ R)＝ 0－2mv C代入数据解得：v C＝ 4 m/s(2)物体由 A 点运动到 C 点，依据动能定理得：1 22mv C－ 0＝ mgH－μ mgl BC代入数据解得：H ＝1.02 m(3)从物体开始下滑到停下，依据动能定理得：mgH－μ mgs1＝ 0代入数据，解得s1＝5.1 m因为 s1＝ 4l BC＋ 0.7 m因此，物体最后停止的地点到 C 点的距离为：s＝ 0.4 m.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义：模块要点回眸第四章第28点
第 28 点领会应用能量守恒定律解题的简易性用能量守恒的看法去剖析、解决物理问题拥有简易、合用范围广等长处，同学们要逐渐养成用能量守恒的看法剖析、解决问题的习惯.一般应用能量守恒定律解题要分三步走：第一步：分清有多少种形式的能(如机械能、内能)在变化 .第二步：分别找出全部减少的能量和全部增添的能量.第三步：利用增添的能量与减少的能量相等列式计算.对点例题如图 1 所示为某研究活动小组设计的节能运动系统.斜面轨道倾角为θ＝30°，质3量为 M 的木箱与轨道间的动摩擦因数为μ＝6.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，而后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，在轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置马上将货物卸掉，而后木箱恰巧被弹回到轨道顶端，再重复上述过程 .若这类节能运动系统能实现，则 M 与 m 需要知足什么关系？图 1解题指导解法一分阶段应用能量守恒定律设弹簧压缩至最短时的弹性势能为E p，在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，重力势能减少，弹性势能增添，摩擦力做功产生内能，设顶端到最低点的长度为l ，由能量守恒定律得(M＋ m)glsin θ＝μ(M＋ m)glcos θ＋ E p在木箱从最低点上滑至顶端的过程中，重力势能增添，弹性势能减少，摩擦力做功产生内能，由能量守恒定律得E p＝ Mgl sin θ＋μ Mglcos θ联立两式解得m＝ 2M .解法二全过程应用能量守恒定律木箱与货物从顶端开始下滑到木箱返回到斜面顶端的全过程中，弹性势能不变，重力势能减少，摩擦力做功产生内能，设顶端到最低点的长度为l ，由能量守恒定律得mglsin θ＝μ(M＋m)glcos θ＋μ Mglcos θ解得 m＝ 2M .答案m＝2M1.如图 2 所示，一个粗细平均的 U 形管内装有同种液体，液体质量为右端用盖板 A 密闭，两边液面高度差为 h， U 形管内液体的总长度为m.U 形管的左端张口，4h，拿去盖板，液体开始运动，因为管壁的阻力作用，最后管内液体停止运动，则该过程中产生的内能为( )图 21 1A. 16mghB. 8mgh1 1C. 4mghD. 2mgh答案 A分析去掉右边盖板以后，液体向左边流动，最后双侧液面相平，液体的重力势能减少，减.如下图，最后状态可等效为右边1少的重力势能转变为内能2h 的液柱移到左边管中，即增添的内能等于该液柱减少的重力势能，1 1 1则 Q＝mg·h＝mgh，故 A 正确 .8 2 162.如图 3 所示，一块足够长的平板静止在圆滑的水平面上，其质量M＝ 2 kg，一滑块以 v0＝12 m/s 的初速度冲上平板，滑块的质量m＝ 1 kg ，滑块与平板间的动摩擦因数μ＝ 0.4， g ＝10 m/ s2.求最后滑块与平板因为摩擦产生的热量.图 3 答案48 J分析滑块的加快度大小a1＝μ mg 2 2 m ＝ 0.4 ×10 m/s ＝ 4 m/ s平板的加快度大小a2＝μ mg 0.4×1× 102＝ 2 m/ s2 M ＝ 2 m/s最后滑块与平板拥有共同速度v. 则 v＝v0－ a1t ， v＝ a2t代入数据解得v＝ 4 m/s由能量守恒定律知Q＝12mv20－12(M ＋m)v2代入数据得Q＝ 48 J.。
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第四节平抛运动[学习目标]1.会用运动的合成与分解的方法分析平抛运动.2.理解平抛运动可以看作是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动.3.会用平抛运动的规律解答有关实际问题，注意平抛运动在生活、生产中的应用.一、平抛运动1.定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，仅在重力作用下物体所做的运动.2.平抛运动的特点：(1)初速度沿水平方向.(2)只受重力作用.3.平抛运动的性质：加速度为g的匀变速曲线运动.二、平抛运动的分解1.分运动规律探究：(1)利用平抛仪的探究.①水平方向上运动性质的探究.如图1，调整电磁铁C、D分别离轨道A、B出口水平线的高度相等，并同时释放.实验发现，两铁球总是相碰.图1②竖直方向上运动性质的探究.利用电磁铁C、E，保证两球的抛出点在同一水平线上，一小球从轨道A射出的同时，释放电磁铁E吸着的小球，实验发现，两者总是同时落在下面的水平轨道上.(2)利用频闪照相法进行探究.①水平方向相等时间内水平距离相等.②竖直方向两球经过相等的时间，落到相同的高度，如图2.图22.分运动的性质：(1)水平方向的分运动是匀速直线运动. (2)竖直方向的分运动是自由落体运动. 三、平抛运动的规律 1.速度：(1)水平方向：v x ＝v 0. (2)竖直方向：v y ＝gt . 2.位移：(1)水平方向：x ＝v 0t . (2)竖直方向：y ＝12gt 2.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)平抛运动物体的速度、加速度都随时间增大.(×) (2)平抛运动是曲线运动，但不是匀变速运动.(×) (3)平抛运动的物体初速度越大，下落得越快.(×)(4)平抛运动物体的速度方向与水平方向的夹角越来越大，若足够高，速度方向最终可能竖直向下.(×)2.在80 m 的低空有一小型飞机以30 m /s 的速度水平飞行，假定从飞机上释放一物体，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，那么物体落地时间是__________ s ，它在下落过程中发生的水平位移是__________ m ；落地时的速度大小为________ m/s. 答案 4 120 50 解析 由h ＝12gt 2，得：t ＝2hg，代入数据得：t ＝4 s 水平方向x ＝v 0t ，代入数据得： x ＝30×4 m ＝120 mv 0＝30 m/s ，v y ＝2gh ＝40 m/s故v＝v20＋v2y代入数据得v＝50 m/s.一、对平抛运动的理解[导学探究]如图3所示，一人正练习投掷飞镖，如果忽略空气阻力，请思考：图3(1)飞镖投出后，其加速度的大小和方向是否变化？(2)飞镖的运动是匀变速运动，还是变加速运动？(3)飞镖在相等的时间内速度的变化量有什么特点？答案(1)加速度为重力加速度g，大小和方向均不变.(2)匀变速运动.(3)都相等.[知识深化]1.平抛运动的特点(1)速度特点：平抛运动的速度大小和方向都不断变化，故它是变速运动.(2)轨迹特点：平抛运动的运动轨迹是曲线，故它是曲线运动.(3)加速度特点：平抛运动的加速度为自由落体加速度.2.平抛运动的速度变化如图4所示，由Δv＝gΔt知，任意两个相等的时间间隔内速度的变化量相同，方向竖直向下.图4例1关于平抛运动，下列说法中正确的是()A.平抛运动是一种变加速运动B.做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大C.做平抛运动的物体每秒内速度增量相等D.做平抛运动的物体每秒内位移增量相等答案 C解析 平抛运动是匀变速曲线运动，其加速度为重力加速度g ，故加速度的大小和方向恒定，在Δt 时间内速度的改变量为Δv ＝g Δt ，因此可知每秒内速度增量大小相等、方向相同，选项A 、B 错误，C 正确；由于水平方向的位移x ＝v 0t ，每秒内水平位移增量相等，而竖直方向的位移h ＝12gt 2，每秒内竖直位移增量不相等，所以选项D 错误.二、平抛运动的规律及应用[导学探究] 如图5所示为小球水平抛出后，在空中做平抛运动的运动轨迹.图5(1)小球做平抛运动，运动轨迹是曲线，为了便于研究，我们应如何建立坐标系？ (2)以抛出时为计时起点，求t 时刻小球的速度大小和方向. (3)以抛出时刻为计时起点，求t 时刻小球的位移大小和方向.答案 (1)一般以初速度v 0的方向为x 轴的正方向，竖直向下的方向为y 轴的正方向，以小球被抛出的位置为坐标原点建立平面直角坐标系.(2)如图，初速度为v 0的平抛运动，经过时间t 后，其水平分速度v x ＝v 0，竖直分速度v y ＝gt .根据运动的合成规律可知，小球在这个时刻的速度(即合速度)大小v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2，设这个时刻小球的速度与水平方向的夹角为θ，则有tan θ＝v y v x ＝gt v 0.(3)如图，水平方向：x ＝v 0t竖直方向：y ＝12gt 2合位移： l ＝x 2＋y 2＝(v 0t )2＋(12gt 2)2y x＝gt2v0(α表示合位移方向与水平方向之间的夹角).合位移方向：tan α＝[知识深化] 1.平抛运动的规律 (1)平抛运动的时间：t ＝2hg，只由高度决定，与初速度无关. (2)水平位移(射程)：x ＝v 0t ＝v 02hg，由初速度和高度共同决定. (3)落地速度：v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，与水平方向的夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝2gh v 0，落地速度由初速度和高度共同决定. 2.研究平抛运动的一般思路(1)把平抛运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动.(2)分别运用两个分运动的运动规律去求分速度、分位移等，再合成得到平抛运动的速度、位移等.这种处理问题的方法可以变曲线运动为直线运动，变复杂运动为简单运动，使问题的解决过程得到简化.例2 (多选)如图6所示，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向.图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的.不计空气阻力，则( )图6A.a 的飞行时间比b 的长B.b 和c 的飞行时间相同C.a 的水平速度比b 的小D.b 的初速度比c 的大 答案 BD解析 平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，由h ＝12gt 2可知，飞行时间由高度决定，h b ＞h a ，故a 的飞行时间比b 的短，选项A 错误；同理，b 和c 的飞行时间相同，选项B 正确；根据水平位移x ＝v 0t ，a 、b 的水平位移满足x a ＞x b ，且飞行时间t b ＞t a ，可知v 0a ＞v 0b ，选项C 错误；同理可得v 0b ＞v 0c ，选项D 正确.例3 如图7所示，排球场的长度为18 m ，其网的高度为2 m.运动员站在离网3 m 远的线上，正对网前竖直跳起把球垂直于网水平击出.设击球点的高度为2.5 m ，问：球被水平击出时的速度v 在什么范围内才能使球既不触网也不出界？(g 取10 m/s 2)图7答案 见解析解析 如图所示，排球恰不触网时其运动轨迹为Ⅰ，排球恰不出界时其轨迹为Ⅱ，根据平抛物体的运动规律x ＝v 0t 和y ＝12gt 2可得，当排球恰不触网时有x 1＝3 m ，x 1＝v 1t 1①h 1＝2.5 m －2 m ＝0.5 m ，h 1＝12gt 21②由①②可得v 1≈9.5 m/s. 当排球恰不出界时有： x 2＝3 m ＋9 m ＝12 m ，x 2＝v 2t 2③ h 2＝2.5 m ，h 2＝12gt 22④由③④可得v 2≈17 m/s.所以球既不触网也不出界的水平击出速度范围是： 9.5 m /s ≤v ≤17 m/s.1.将平抛运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，是求解平抛运动的基本方法.2.分析平抛运动中的临界问题时一般运用极端分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突现出来，找出产生临界的条件. 三、平抛运动的两个推论[导学探究](1)以初速度v水平抛出的物体，经时间t后速度方向和位移方向相同吗？两量与水平方向夹角的正切值有什么关系？(2)结合以上结论并观察速度的反向延长线与x轴的交点，你有什么发现？答案 (1)方向不同.如图所示，tan θ＝v y v x ＝gtv 0.tan α＝y A x A ＝12gt 2v x t ＝gt 2v 0＝12tan θ.(2)把速度反向延长后交于x 轴的B 点，由tan α＝12tan θ，可知B 为此时水平位移的中点.[知识深化] 对两个推论的理解1.推论一：某时刻速度、位移与初速度方向的夹角θ、α的关系为tan θ＝2tan α.2.推论二：平抛运动的物体在任意时刻瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点. 例4 如图8所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足()图8A.tan φ＝sin θB.tan φ＝cos θC.tan φ＝tan θD.tan φ＝2tan θ答案 D解析 物体从抛出至落到斜面的过程中，位移方向与水平方向夹角为θ，落到斜面上时速度方向与水平方向夹角为φ，由平抛运动的推论知tan φ＝2tan θ，选项D 正确.针对训练 如图9所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v 1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v 2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则()图9A.当v 1>v 2时，α1>α2B.当v 1>v 2时，α1<α2C.无论v 1、v 2关系如何，均有α1＝α2D.α1、α2的关系与斜面倾角θ有关 答案 C解析 小球从斜面某点水平抛出后落到斜面上，小球的位移与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即tan θ＝y x ＝12gt2v 0t ＝gt2v 0，小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值tan α＝v y v x ＝gtv 0，故可得tan α＝2tan θ，只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是α，故速度方向与斜面的夹角就总是相等，与v 1、v 2的关系无关，C 选项正确.1.(平抛运动的特点)一个物体以初速度v 0水平抛出，经过时间t ，竖直方向速度大小为v 0，则t 为(不计空气阻力，重力加速度为g )( ) A.v 0g B.2v 0g C.v 02g D.2v 0g 答案 A解析 平抛运动竖直方向上的分运动是自由落体运动，则抛出后经过时间t ，在竖直方向上分速度v 0＝gt ，即t ＝v 0g，故只有A 正确.2.(平抛运动规律的应用)如图10所示，滑板运动员以速度v 0从离地高h 处的平台末端水平飞出，落在水平地面上.忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是( )图10A.v 0越大，运动员在空中运动时间越长B.v 0越大，运动员落地瞬间速度越大C.运动员落地瞬间速度与高度h 无关D.运动员落地位置与v 0大小无关 答案 B解析 运动员在竖直方向做自由落体运动，运动员做平抛运动的时间t ＝2hg，只与高度有关，与速度无关，A 项错误；运动员的末速度是由初速度和竖直方向上的速度合成的，合速度v ＝v 20＋v 2y ，初速度越大，合速度越大，B 项正确；运动员在竖直方向上的速度v y ＝2gh ，高度越高，落地时竖直方向上的速度越大，故合速度越大，C 项错误；运动员在水平方向上做匀速直线运动，落地的水平位移x ＝v 0t ＝v 02hg，故落地的位置与初速度有关，D 项错误. 3.(平抛运动规律的应用)(多选)有一物体在离水平地面高h 处以初速度v 0水平抛出，落地时的速度为v ，水平射程为l ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则物体在空中飞行的时间为( ) A.l v 0B.h 2gC.v 2－v 20gD.v g答案 AC解析 由l ＝v 0t 得物体在空中飞行的时间为l v 0，故A 正确；由h ＝12gt 2，得t ＝2hg，故B 错误；由v y ＝v 2－v 20以及v y ＝gt ，得t ＝v 2－v 20g，故C 正确，D 错误. 4.(平抛运动规律的应用)(多选)物体以初速度v 0水平抛出，若不计空气阻力，重力加速度为g ，则当其竖直分位移与水平分位移相等时，以下说法中正确的是( ) A.竖直分速度等于水平分速度 B.瞬时速度大小为5v 0 C.运动的时间为2v 0gD.运动的位移为22v 2g答案 BCD解析 因为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自由落体运动，由位移相等可知v 0t ＝12gt 2，解得t ＝2v 0g，又由于v y ＝gt ＝2v 0，所以v ＝v 2x ＋v 2y ＝5v 0，s ＝x 2＋y 2＝2v 0t ＝22v 20g ，故正确选项为B 、C 、D.课时作业一、选择题(1～7为单项选择题，8～11为多项选择题)1.在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地.若不计空气阻力，则( )A.垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定B.垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定C.垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定D.垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定 答案 D解析 垒球击出后做平抛运动，在空中运动时间为t ，由h ＝12gt 2得t ＝2hg，故t 仅由高度h 决定，选项D 正确；水平位移x ＝v 0t ＝v 02hg，故水平位移x 由初速度v 0和高度h 共同决定，选项C 错误；落地速度v ＝v 20＋(gt )2＝v 20＋2gh ，故落地速度v 由初速度v 0和高度h 共同决定，选项A 错误；设v 与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝2ghv 0，故选项B 错误. 2.关于平抛物体的运动，以下说法正确的是( )A.做平抛运动的物体，速度和加速度都随时间的增加而增大B.做平抛运动的物体仅受到重力的作用，所以加速度保持不变C.平抛物体的运动是匀速运动D.平抛物体的运动是变加速运动 答案 B解析 做平抛运动的物体，速度随时间不断增大，但由于只受恒定不变的重力作用，所以加速度是恒定不变的，B 正确.3.从离地面h 高处投出A 、B 、C 三个小球，A 球自由下落，B 球以速度v 水平抛出，C 球以速度2v 水平抛出，它们落地时间t A 、t B 、t C 的关系是( ) A.t A <t B <t C B.t A >t B >t C C.t A <t B ＝t C D.t A ＝t B ＝t C答案 D解析 平抛运动的物体的飞行时间仅与高度有关，与水平方向的初速度大小无关，故t B ＝t C ，而平抛运动的竖直运动为自由落体运动，所以t A ＝t B ＝t C ，D 正确.4.在抗震救灾中，一架飞机水平匀速飞行.从飞机上每隔1 s 释放1包物品，先后共释放4包(都未落地)，若不计空气阻力，从地面上观察4包物品()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，它们的落地点是不等间距的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，它们的落地点是不等间距的答案 C解析因为不计空气阻力，物品在水平方向将保持和飞机一致的匀速运动，因而4包物品在空中任何时刻总在飞机正下方，排成竖直的直线；因为飞机高度一致，物品做平抛运动的时间一致，水平速度一致，间隔时间一致，所以它们的落地点是等间距的.5.在同一点O 抛出的三个物体，做平抛运动的轨迹如图1所示，则三个物体做平抛运动的初速度v A 、v B 、v C 的关系和三个物体做平抛运动的时间t A 、t B 、t C 的关系分别是( )图1A.v A >v B >v C ，t A >t B >t CB.v A ＝v B ＝v C ，t A ＝t B ＝t CC.v A <v B <v C ，t A >t B >t CD.v A >v B >v C ，t A <t B <t C 答案 C解析 根据平抛运动规律，水平方向x ＝v 0t ，竖直方向y ＝12gt 2，由于x A <x B <x C ，y A >y B >y C ， 因此，平抛运动时间t A >t B >t C ， 平抛运动的初速度v A <v B <v C ， 所以正确选项为C.6.如图2所示，从同一条竖直线上两个不同点分别向右平抛两个小球P 和Q ，初速度分别为v 1、v 2，结果它们同时落到水平面上的M 点处(不考虑空气阻力).下列说法中正确的是( )图2A.一定是P 先抛出的，并且v 1＝v 2B.一定是P 先抛出的，并且v 1＜v 2C.一定是Q 先抛出的，并且v 1＝v 2D.一定是Q 先抛出的，并且v 1＞v 2 答案 B解析 两小球被抛出后均做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在竖直方向上有：h ＝12gt 2，解得小球运动的时间为：t ＝2hg，由图可知小球P 的下落高度h 1大于小球Q 的下落高度h 2，因此两球的运动时间有：t 1＞t 2，因两球同时落地，所以小球P 先抛出，故选项C 、D 错误；在水平方向上有：x ＝v t ，由图可知：x 1＝x 2，所以v 1＜v 2，故选项A 错误，选项B 正确. 7.如图3所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图3A.小球水平抛出时的初速度大小为gt tan θB.小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D.若小球初速度增大，则θ减小 答案 D解析 速度、位移分解如图所示，v y ＝gt ，v 0＝v y tan θ＝gt tan θ，故A 错.设位移与水平方向夹角为α，则tan θ＝2tan α，α≠θ2，故B 错.平抛运动的时间由下落高度决定，与水平初速度无关，故C 错.由tan θ＝v yv 0知，v 0增大则θ减小，D 正确.8.学校喷水池中的喷水口向两旁水平喷水，如图4所示，若忽略空气阻力及水之间的相互作用，则( )图4A.喷水速度一定，喷水口越高，水喷得越远B.喷水速度一定，喷水口越高，水喷得越近C.喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远D.喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越近答案 AC解析 喷水的水平距离x ＝v 0t ＝v 02hg，v 0一定，h 越大，水喷得越远，选项A 正确，选项B 错误；h 一定，v 0越大，水喷得越远，选项C 正确，选项D 错误.9.如图5所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，然后水平地跳跃并离开屋顶，在下一栋建筑物的屋顶上着地.如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m /s ，那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g 取 10 m/s 2)( )图5A.他安全跳过去是可能的B.他安全跳过去是不可能的C.如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2 m/sD.如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应小于4.5 m/s 答案 BC解析 由h ＝12gt 2，x ＝v 0t将h ＝5 m ，x ＝6.2 m 代入解得：安全跳过去的最小水平速度v 0＝6.2 m/s ，选项B 、C 正确.10.如图6所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H 处，将球以速度v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L ，重力加速度取g ，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( )图6A.球的速度v 等于Lg 2HB.球从击出至落地所用时间为2H gC.球从击球点至落地点的位移等于LD.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关 答案 AB解析 由平抛运动规律知，在水平方向上有：L ＝v t ，在竖直方向上有：H ＝12gt 2，联立解得t＝2Hg，v ＝L g2H，所以A 、B 正确；球从击球点至落地点的位移为s ＝H 2＋L 2，C 、D 错误.11.如图7所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l 、h 均为定值)，将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落，A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )图7A.A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度B.A 、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C.A 、B 不可能运动到最高处相碰D.A 、B 一定能相碰 答案 AD解析 由平抛运动规律x ＝v t ，h ＝12gt 2，得x ＝v2hg，若x ≥l ，则第1次落地前能相遇，所以A 、B 在第一次落地前能否相碰取决于A 的初速度v ，选项A 正确.因为A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，A 、B 两物体在竖直方向的运动完全相同，A 相对于B 水平向右运动，所以A 碰地后还能与B 相碰，故选项B 、C 错误，选项D 正确. 二、非选择题12.物体做平抛运动，在它落地前的1 s 内它的速度与水平方向夹角由30°变成60°，取g ＝10 m/s 2.求：(1)平抛运动的初速度v 0； (2)平抛运动的时间； (3)平抛时的高度.答案 (1)5 3 m/s (2)1.5 s (3)11.25 m解析 (1)假定轨迹上A 、B 两点是落地前1 s 内的始、终点，画好轨迹图，如图所示.对A 点：tan 30°＝gtv 0① 对B 点：tan 60°＝gt ′v 0② t ′＝t ＋1 s③由①②③解得t ＝12 s ，v 0＝53 m/s.(2)运动总时间t ′＝t ＋1 s ＝1.5 s. (3)高度h ＝12gt ′2＝11.25 m.13.如图8所示，水平地面上有一高h ＝4.2 m 的竖直墙，现将一小球以v 0＝6.0 m /s 的速度垂直于墙面水平抛出，已知抛出点与墙面的水平距离s ＝3.6 m 、离地面高H ＝5.0 m ，不计空气阻力，不计墙的厚度.重力加速度g 取10 m/s 2.图8(1)求小球碰墙点离地面的高度h 1.(2)若仍将小球从原位置沿原方向抛出，为使小球能越过竖直墙，小球抛出时的初速度大小应满足什么条件？答案 (1)3.2 m (2)初速度v ≥9.0 m/s解析 (1)小球在碰到墙前做平抛运动，设小球碰墙前运动时间为t ，由平抛运动的规律有： 水平方向上：s ＝v 0t① 竖直方向上：H －h 1＝12gt 2②由①②式并代入数据可得h 1＝3.2 m.(2)设小球以v 1的初速度抛出时，小球恰好沿墙的上沿越过墙，小球从抛出至运动到墙的上沿历时t 1，由平抛运动的规律有：水平方向：s ＝v 1t 1③ 竖直方向：H －h ＝12gt 21④由③④式并代入数据可得v 1＝9.0 m /s ，所以小球越过墙要满足：初速度v ≥9.0 m/s.。