2021年高考物理一轮复习：第四章第2讲

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2021届高考物理一轮复习1第2讲匀变速直线运动规律练习及答案

第2讲匀变速直线运动规律考点一匀变速直线运动规律的应用基本公式法1.C919大型客机是我国自主设计、研制的大型客机，最大航程为5 555千米，最多载客190人，多项性能优于波音737和波音747。

若C919的最小起飞(离地)速度为60 m/s，起飞跑道长2.5×103m。

C919起飞前的运动过程可看成匀加速直线运动，若要C919起飞，则C919在跑道上的最小加速度为( )A.0.36 m/s2B.0.72 m/s2C.1.44 m/s2D.2.88 m/s2【解析】选B。

由匀变速直线运动规律v2-=2ax可得C919的最小起飞加速度为a== m/s2=0.72 m/s2，选项B正确，A、C、D错误。

2.中国高铁以“快、准、稳”成为一张靓丽的“名片”而为国人所自豪。

2019年3月9日由北京南开往杭州东的G35次高铁上，一位男旅客在洗手间内吸烟，触发烟感报警装置，导致高铁突然降速缓行。

假设此次事件中列车由正常车速80 m/s匀减速至24 m/s后匀速行驶。

列车匀速行驶6 min后乘警通过排查解除了警报，列车又匀加速恢复至80 m/s的车速。

若列车在匀加速和匀减速过程的加速度大小均为1.4 m/s2，试求：(1)列车以非正常车速行驶的距离；(2)由于这次事件，列车到达杭州东时晚点多少秒？【解析】(1)列车正常车速为v1，减速后车速为v2，减速和加速过程位移为s1，时间均为t1，减速后匀速行驶位移为s2，时间为t2，由运动学公式可知：-=2as1，s2=v2t2，s=2s1+s2。

联立解得：s=12 800 m。

(2)设列车正常车速通过s位移所用时间为t′，则t1=，t′=，Δt=2t1+t2-t′。

联立解得：Δt=280 s。

答案：(1)12 800 m (2)280 s平均速度法【典例1】物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是( )A. m/s2B. m/s2C. m/s2D. m/s2【通型通法】1.题型特征：题中已知物体的位移和通过该段位移所用的时间。

(统考版)高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第2讲抛体运动的规律及应用学生用书

第2讲抛体运动的规律及应用一、平抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在________作用下的运动．2．性质：平抛运动是加速度为g的________曲线运动，运动轨迹是抛物线．3．研究方法：运动的合成与分解．(1)水平方向：________直线运动；(2)竖直方向：________运动．4．基本规律：如图所示，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向．(1)位移关系(2)速度关系(3)常用推论：①图中C点为水平位移中点；②tan θ＝2tan α.注意θ与α不是2倍关系．二、斜抛运动1．定义：将物体以初速度v0________或斜向下方抛出，物体只在________作用下的运动．如图所示．2．性质：斜抛运动是加速度为g的________曲线运动，运动轨迹是________．3．研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：________直线运动；(2)竖直方向：________直线运动．,生活情境1.一架投放救灾物资的飞机在受灾区域的上空水平地匀速飞行，从飞机上投放的救灾物资在落地前的运动中(不计空气阻力)(1)速度和加速度都在不断改变．( )(2)速度和加速度方向之间的夹角一直减小．( )(3)在相等的时间内速度的改变量相等．( )(4)在相等的时间内速率的改变量相等．( )(5)在相等的时间内动能的改变量相等．( )教材拓展2.(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法中正确的有( )A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动考点一平抛运动规律的应用用“化曲为直”的思想处理平抛运动中落点在水平面上的问题时，将研究对象抽象为质点平抛运动模型，处理平抛运动的基本方法是运动的分解(化曲为直)．即同时又要注意合运动与分运动的独立性、等时性．例1.[2021·河北卷，2]铯原子钟是精确的计时仪器．图1中铯原子从O点以100 m/s 的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为t1；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为t2.O点到竖直平面MN、P点到Q点的距离均为0.2 m．重力加速度取g＝10m.则t1∶t2为( )s2A．100∶1 B．1∶100跟进训练1.在高空中匀速飞行的轰炸机，每隔时间t投放一颗炸弹，若不计空气阻力，则投放的炸弹在空中的位置是选项中的(图中竖直的虚线将各图隔离)( )2．[2022·陕西五校联考]墙网球又叫壁球，场地类似于半个网球场，如图所示，在场地一侧立有一竖直墙壁，墙壁上离地面一定高度的位置画了水平线(发球线)，在发球区发出的球必须击中发球线以上位置才有效，假设运动员在某个固定位置将球发出，发球速度(球离开球拍时的速度)方向与水平面的夹角为θ，球击中墙壁位置离地面的高度为h，球每次都以垂直墙壁的速度撞击墙壁，设球撞击墙壁的速度大小为v，球在与墙壁极短时间的撞击过程中无机械能损失，球撞到墙壁反弹后落地点到墙壁的水平距离为x，不计空气阻力，球始终在与墙壁垂直的平面内运动，则下列说法正确的是( )A．h越大，x越大B．v越小，x越大C．h越大，θ越大 D．v越大，h越大考点二平抛运动与各种面结合问题角度1落点在斜面上分解位移，构建位移三例2. [2022·江西八校联考](多选)如图所示，小球A从斜面顶端水平抛出，落在斜面上的Q点，在斜面底端P点正上方水平抛出小球B，小球B也刚好落在斜面上的Q点，B球，A、B 抛出点离斜面底边的高度是斜面高度的一半，Q点到斜面顶端的距离是斜面长度的23两球均可视为质点，不计空气阻力，则A、B两球( )A．平抛运动的时间之比为2∶1B．平抛运动的时间之比为3∶1C．平抛运动的初速度之比为1∶2D．平抛运动的初速度之比为1∶1角度2落点在曲面上例3. [2022·浙江温州一模]如图所示为某种水轮机的示意图，水平管出水口的水流速度恒定为v 0，当水流冲击到水轮机上某挡板时，水流的速度方向刚好与该挡板垂直，该档板的延长线过水轮机的转轴O ，且与水平方向的夹角为30°.当水轮机圆盘稳定转动后，挡板的线速度恰为冲击该挡板的水流速度的一半．忽略挡板的大小，不计空气阻力，若水轮机圆盘的半径为R ，则水轮机圆盘稳定转动的角速度大小为( )A.v 02R B ．v0RC ．√3v 0RD ．2v 0R跟进训练.3 [2022·浙江名校统测]如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y ＝kx 2的抛物线(k ＝1，单位为m －1)，ab 沿水平方向，a 点横坐标为－3s2，在a 点分别以初速度v 0、2v 0(v 0未知)沿ab 方向抛出两个石子并击中坑壁，且以v 0、2v 0抛出的石子做平抛运动的时间相等．设以v 0和2v 0抛出的石子做平抛运动的时间为t ，击中坑壁瞬间的速度分别为v 1和v 2，下落高度为H ，仅s 和重力加速度g 为已知量，不计空气阻力，则(选项中只考虑数值大小，不考虑单位)( )A ．不可以求出tB ．可求出t 的大小为 √4sg C ．可以求出v 1的大小为 √3g+16gs 24D ．可求出H 的大小为2s 2考点三生活中的平抛运动(STSE 问题)素养提升情境1投篮游戏[2021·新疆第二次联考]如图甲所示，投篮游戏是小朋友们最喜欢的项目之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入篮筐且不擦到篮筐就能获得一枚小红旗．如图乙所示，篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中心高度为h1和h2，两中心在水平地面上的投影点O1、O2之间的距离为d.忽略空气的阻力，已知重力加速度为g.设出手速度为v，要使皮球能入筐，则下列说法中正确的是( )A．出手速度大的皮球进筐前运动的时间也长B．速度v只能沿与O1O2连线平行的方向C．速度v的最大值为(d＋R－r)√g2(h2−h1)D．速度v的最小值为(d－R＋r)√2gh2−h1[思维方法]1．处理平抛运动中的临界问题要抓住两点(1)找出临界状态对应的临界条件；(2)用分解速度或者分解位移的思想分析平抛运动的临界问题．2．平抛运动临界极值问题的分析方法(1)确定研究对象的运动性质；(2)根据题意确定临界状态；(3)确定临界轨迹，画出轨迹示意图；(4)应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解．情境2农林灌溉农林灌溉需要扩大灌溉面积，通常在水管的末端加上一段尖管，示意图如图所示，尖管，尖管水平，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是( )的直径是水管直径的13A．由于增加尖管，单位时间的出水量增加2倍B．由于增加尖管，水平射程增加3倍C．增加尖管前后，空中水的质量不变D．由于增加尖管，水落地时的速度大小增加8倍情境3海鸥捕食[2021·山东卷，16] 海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳．一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、，以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上．取重力加速度g＝10ms2忽略空气阻力．(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt ＝0.005 s ，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F ；(碰撞过程中不计重力)(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L ＝6 m 的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系．若海鸥水平飞行的高度仍为20 m ，速度大小在15～17 m/s 之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x 坐标范围．第2讲抛体运动的规律及应用必备知识·自主排查一、 1．重力 2．匀变速3．(1)匀速 (2)自由落体 4．(1)12gt 2√x 2+y 2yx(2)√v x 2+v y 2 v y v x二、1．斜向上方重力 2．匀变速抛物线 3．(1)匀速 (2)匀变速生活情境1．(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× 教材拓展2．解析：根据合运动与分运动的等时性和独立性特点可知，两球应同时落地，为减小实验误差，应改变装置的高度，多次做实验，选项B 、C 正确；平抛运动的实验与小球的质量无关，选项A 错误；此实验只能说明A 球在竖直方向做自由落体运动，选项D 错误．答案：BC关键能力·分层突破例1 解析：设距离d ＝0.2 m ，铯原子做平抛运动时有d ＝v 0t 1，做竖直上抛运动时有d ＝12g (t 22)2，解得t 1t 2＝1200.故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C1．解析：由题意可知，炸弹被投放后做平抛运动，它在水平方向上做匀速直线运动，与飞机速度相等，所以所有离开飞机的炸弹与飞机应在同一条竖直线上，故A 、C 错误；炸弹在竖直方向上做自由落体运动，从上至下，炸弹间的距离越来越大．故B 正确，D 错误．答案：B 2．解析：将球离开球拍后撞向墙壁的运动反向视为平抛运动，该平抛运动的初速度大小为v ，反弹后球做平抛运动的初速度大小也为v ，两运动的轨迹有一部分重合，运动员在某个固定位置发球，因此不同的发球速度对应击中墙壁的不同高度h ，但所有轨迹均经过发球点，如图所示，h 越大，球从发球点运动到击墙位置的运动时间越长，墙壁到发球点的水平位移x ′相同，则v 越小，由图可知，反弹后球做平抛运动的水平位移x 越小，选项A 、B 、D 错误；设球击中墙壁的位置到发球点的高度为h ′，由平抛运动的推论可知2h ′x ′＝tan θ，则h ′越大，即h 越大，θ越大，选项C 正确．答案：C例2 解析：依题意及几何关系可知，小球A 下落的高度为斜面高度的23，小球B 下落高度为斜面高度的12再减去斜面高度的13，则根据公式h ＝12gt 2，可知A 、B 两球平抛运动时间之比为tA tB ＝2，选项A 正确，B 错误；两小球在水平方向做匀速直线运动，有x ＝v 0t ，小球A水平分位移为斜面宽度的23，小球B 水平分位移为斜面宽度的13，代入上式联立可得v 0A v 0B＝1，选项C 错误，D 正确．答案：AD 例3 解析：由几何关系可知，水流冲击挡板时，水流的速度方向与水平方向成60°角，则有vy v 0＝tan 60°，所以水流速度为v ＝√v 02+v y2 ＝2v 0，根据题意知被冲击后的挡板的线速度为v ′＝12v ＝v 0，所以水轮机圆盘稳定转动的角速度大小为ω＝v ′R＝v0R，选项B 正确．答案：B3．解析：由题可知，两个石子做平抛运动，运动时间一样，则下落的高度H 一样，又因为落在抛物线上，a 、b 是关于y 轴对称的点，可得如下关系3s 2－v 0t ＝2v 0t －3s2，可得v 0t ＝s ，可分别得出落在坑壁上两个石子的横坐标分别为－s 2和s2，由y ＝kx 2，可得初始高度为9s 24，可求得此时高度为s 24，所以利用高度值差可求得H ＝2s 2，由H ＝12gt 2可求出平抛运动的运动时间t ＝ √2Hg ＝2s √1g ，故选项D 正确，A 、B 错误；由前面可求出v 0＝st ＝√g2，竖直方向上的速度v y ＝gt ＝2s √g ，由运动的合成可得v 1＝√v 02+v y2 ＝√g+16gs 24，故选项C 错误．答案：D情境1 解析：本题考查平抛，属于应用性题．平抛运动的时间由下落的高度决定，则进筐的皮球运动时间相同，A 错误；与O 1O 2连线方向成一个合适的角度投出的皮球也可能进筐，B 错误；皮球沿与O 1O 2连线平行的方向投出，下落的高度为h 2－h 1，水平射程临界分别为d ＋R －r 和d ＋r －R ，则投射的最大速度为v max ＝√2(h 2−h 1)g＝(d ＋R －r ) √g2(h 2−h 1)最小速度为v min ＝√2(h 2−h 1)g＝(d －R ＋r ) √g2(h 2−h 1)C 正确，D 错误．答案：C情境2 解析：单位时间的出水量与单位时间输入水管的量有关，与是否增加尖管无关，选项A 错误；设尖管中水的流速为v 0，水管中水的流速为v ，水管的半径为r ，根据相同时间Δt 内水的流量相同可得，π(r3)2v 0Δt ＝πr 2v Δt ，得水管、尖管中水的流速之比为v v 0＝19，根据平抛运动规律，有h ＝12gt 2，增加尖管后水平射程x 0＝v 0t ＝v 0√2hg ，不加尖管时水平射程x ＝vt ＝v √2hg，可得xx 0＝19，Δx ＝x 0－x ＝8x ，故由于增加尖管，水平射程增加8倍，选项B 错误；不加尖管时，空中水的质量m ＝ρπr 2x ，加尖管时空中水的质量为m 0＝ρ·π(r 3)2·x 0＝πρr 2x ，则m ＝m 0，选项C 正确；由动能定理有mgh ＝12mv 12－12mv 2、m 0gh ＝12m 0v −2212m 0v 02，解得增加尖管前后水落地时的速度分别为v1＝√2g ℎ+v 2、v2＝√2g ℎ+v 02 ，v 2−v 1v 1≠8，选项D 错误．答案：C情境3 解析：(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v.竖直方向gt2，v y＝gt，v＝√v02+v y2.分速度大小为v y，根据运动的合成与分解得H＝12在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得－FΔt ＝0－mv联立并代入数据得F＝500 N(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中岩石右端时，释放点的x坐标为x2，则有x1＝v1t，x2＝x1＋L联立并代入数据得x1＝30 m，x2＝36 m若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x′1，击中岩石右端时，释放点的x坐标为x′2，则有x′1＝v2t，x′2＝x′1＋L联立并代入数据得x′1＝34 m，x′2＝40 m综上得x坐标范围为[34 m，36 m].。

2021年高考物理全国I一轮复习试题：第4章基础课时10 圆周运动 Word版含答案

基础课时10 圆周运动一、单项选择题1.电风扇的扇叶的重心假如不在转轴上，转动时会使风扇抖动，并加快转轴磨损。

调整时，可在扇叶的一区域通过固定小金属块的方法转变其重心位置。

如图1所示，A、B是两调整重心的金属块(可视为质点)，其质量相等，它们到转轴O的距离r A＜r B。

扇叶转动后，它们的( )图1A.向心加速度相等B.线速度大小相等C.向心力F A＜F BD.角速度ωA＜ωB解析由于两调整重心的金属块A、B固定在风扇上，因此两者绕轴O一起转动，具有相同的角速度，故D错误；依据向心加速度公式a＝ω2r，得a A＜a B，由线速度与角速度的关系v＝ωr，得v A＜v B，由向心力公式F＝mω2r，得F A＜F B，故C正确，A、B错误。

答案 C2.甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2，转动半径之比为1∶2，在相同的时间里甲转过60°，乙转过45°，则它们的向心力大小之比为( )A.1∶4B.2∶3C.4∶9D.9∶16解析m1∶m2＝1∶2，r1∶r2＝1∶2，ω1∶ω2＝θ1∶θ2＝4∶3，向心力F＝mω2r，故F1∶F2＝4∶9，故C 正确。

答案 C3.光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取。

如图2所示，设内环内边缘的半径为R1，内环外边缘半径为R2，外环外边缘半径为R3。

A、B、C分别为各边缘线上的点。

则读取内环上A点时的向心加速度大小和读取外环上C点时的向心加速度大小之比为( ) 图2A.R21R2R3B.R22R1R3C.R2R3R21D.R1R3R22解析内环外边缘和外环内边缘为同一圆。

A与B角速度相等，向心加速度之比为a Aa B＝R1R2。

B与C线速度相等，向心加速度之比为a Ba C＝R3R2；读取内环上A点时的向心加速度大小和读取外环上C 点时的向心加速度大小之比为a Aa C＝R1R3R22，选项D正确。

第2讲动能定理及其应用-2025版创新设计高考物理一轮复习

第2讲动能定理及其应用学习目标 1.理解动能和动能定理。

2.会应用动能定理处理相关物理问题。

3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。

1.动能2.动能定理1.思考判断(1)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。

(√)(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。

(×)(3)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。

(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。

(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。

(×)2.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。

木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功答案A考点一动能定理的理解与基本应用1.两个关系(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合力做的功。

(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。

2.标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。

例1如图1所示，在水平的PQ面上有一小物块(可视为质点)，小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点(水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接)。

若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中虚线所示)，小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。

已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。

则()图1A.小物块恰好能运动到B点B.小物块最远能运动到B点上方的某点C.小物块只能运动到C点D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点答案D解析小物块从P点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为h，与Q点的水平距离为s，根据动能定理得－mgh－μmg·s PQ－μmg cosθ·s AQ＝0－12m v20，即mgh＋μmg(s PQ＋s)＝12m v20，若减小倾角θ时，h不变，则s不变，故A、C错误；若h变大，则s变小，故B错误；若h变小，则s变大，故D正确。

第2讲：匀变速直线运动的规律(课件)-备战2024年高考物理一轮复习全面攻略

不变的运动.
2. 匀变速直线运动的两个基本规律
(1) 速度与时间的关系式：v＝ v0＋at
.
1 2
(2) 位移与时间的关系式x＝ v 0t＋ at .
2
庆威物理
二、匀变速直线运动的三个常用推论
2
2
1.速度与位移的关系式： v －v0 ＝2ax
v=v0＋at
.
推导
−0
1
−0 2
1 2
x v 0t＋ at ＝ 0 + 2 ( )
太过瘾了，还有其他方法吗？且往下看
庆威物理
方法七：推论法
【例题2】有一个做匀加速直线运动的质点，它在两个连续相等的时间间隔内所
发生的位移分别为10 m和16 m，时间间隔为2 s，求该质点运动的加速度a.
[解析]
Δs
由 Δs＝aT 可得 a＝ 2 ＝1.5 m/s2.
T
2
庆威物理
方法八：极值法
【例题3】两个光滑斜面，高度和斜面的总长度都相等，如图所示，两个相同的小
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的
位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
因为
1
3
xCB : X BA x AC : x AC 1 : 3
4
4
而通过xBA的时间为 t，所以通过xBC的时间tBC＝t
庆威物理
方法四：时间比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之
地面．某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过 1m / s 2
，
假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是（【正确答案：C】

【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--第四章第2讲平抛运动

第2讲平抛运动ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU知识梳理·自测巩固知识点1 平抛运动1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在__重力__作用下的运动。

2．性质：平抛运动是加速度为g的__匀变速__曲线运动，其运动轨迹是__抛物线__。

3．平抛运动的条件：(1)v≠0，沿__水平方向__；(2)只受__重力__作用。

4．研究方法：平抛运动通常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。

5．基本规律：以抛出点为坐标原点，水平初速度v方向为x轴正方向，竖直向下的方向为y轴正方向，建立如图所示的坐标系，在该坐标系下，对任一时刻t，有：(1)位移：分位移x＝__v0t__；y＝__12gt2__合位移x合＝x2＋y2＝__(v0t)2＋(12gt2)2__，tan φ＝__gt2v__φ为合位移与x轴的夹角。

(2)速度：分速度vx ＝__v__；vy＝__gt__合速度v＝v2x ＋v2y＝v2＋(gt)2，tan θ＝__gtv__θ为合速度v与x轴的夹角。

思考：上图中位移与水平方向夹角φ与速度与水平方向夹角θ相等吗？请推导出它们之间关系式。

[答案]不相等。

θ>φ。

tan θ＝2tan φ。

知识点2 斜抛运动1．定义：将物体以初速度v沿__斜向上方__或__斜向下方__抛出，物体只在__重力__作用下的运动。

2．性质：加速度为__g__的匀变速曲线运动，轨迹是__抛物线__。

3．研究方法：斜抛运动可以看作水平方向的__匀速直线__运动和竖直方向的__匀变速直线__运动的合运动。

思维诊断：(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。

( ×)(2)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化。

( ×)(3)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动。

( √)(4)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大。

2021届中考物理一轮复习考点4 光现象【讲解】(学生版)

第四章光现象2021年中考物理一轮复习1.了解：生活中光的直线传播的例子；小孔成像的规律；光的反射现象例子；光的折射现象的例子；光的色散现象的例子；复色光及三原色。

2.会：判断光现象的类型；分析常见的光现象。

3.理解：光的直线传播以及由光的直线传播引起的现象；光的色散现象。

4.掌握：光的反射定律；平面镜成像规律；光的折射规律。

5.能：通过生活中的实例分析有关光现象。

6.认识：镜面反射和漫反射；球面镜应用；实像和虚像。

★知识点一：光的直线传播、小孔成像1.正在发光的物体叫，光源可分为自然光源和人造光源。

2.光在均匀介质中沿；光在真空中的传播速度是s m C /1038⨯=，而在空气中传播速度接近于在真空中的传播速度，也认为是s m C /1038⨯=，光在水中的传播速度约为s m C /1025.24/38⨯=，在玻璃中的传播速度约s m C /1023/28⨯=为。

3.光年是指光在1年中的，1光年9.46×1015m 。

4.小孔成像是光的的例证。

如图，物体发出的光通过小孔投射到后面的屏上，形成左右、上下的。

这就是小孔成像。

5.小孔成像的规律是：当像距大于物距时，所成的像是的(放大、缩小)；当像距小于物距时，所成的像是的(放大、缩小)★知识点二：光的反射1.光在传播的过程中，遇到两种介质交界面(或物体表面)时，有一部分光原来的介质中的现象叫做光的反射。

2.光的反射定律：在光的反射现象中，(1)入射光线、反射光线、法线同在同一个平面内()；(2)反射光线、入射光线分别位于法线的两侧()；(3)反射角等于入射角()3.光反射时,若光逆着原来反射光线的方向照射到反射面上,则反射光线逆着原来的入射光线照射出去。

这说明，光路是。

4.反射面是光滑平面，光线平行反射的叫；如镜子、平静的水面等；镜面反射遵循光的反射定律。

5.照射在粗糙表面上的光向各个方向反射的现象叫。

当一束平行的入射光线射到粗糙的表面时，表面会把光线向着四面八方反射，所以入射线虽然互相平行，由于各点的方向不同，造成反射光线向不同的方向无规则地反射，这种反射称之为“漫反射”。

统考版高考物理总复习第2讲匀变速直线运动的规律

() A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下 B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 m C．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/s D．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为10.5 m/s
答案：B
考点三匀变速直线运动中的STSE问题素养提升匀变速运动与交通、体育和生活等紧密联系，常见的匀变速直线运动STSE问题有行车安全、交通通行和体育运动等，解决这类问题的关键： (1)建模——建立运动的模型(列出运动方程)； (2)分段——按照时间顺序，分阶段研究运动．
线运动，所通过的距离叫刹车距离． 4．停车距离：反应距离和刹车距离之和就是停车距离． 5．安全距离：指在同车道行驶的机动车，后车与前车保持的最短距
离，安全距离包含反应距离和刹车距离两部分．
情境3 机动车礼让行人 [2021·浙江 6 月， 19] 机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量 m ＝ 1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s ＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前．假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间．
思考距离(m) 正常酒后
制动距离(m) 正常酒后
15
7.5 15.0 22.5 30.0
20
10.0 20.0 36.7 46.7
25
12.5 25.0 54.2 66.7
分析上表可知，下列说法正确的是( ) A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 s B．驾驶员酒后反应时间比正常情况慢0.5 s C．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75 m/s2 D．当车速为25 m/s时，发现前方60 m处有险情，酒驾者不能安全停车答案：ABD

2023届高考物理一轮复习课件：第2讲+电场能的性质

C.带电质点通过P点的动能比Q点大
D.带电质点通过P点时的加速度比Q点小
目录
AB的中点C的电势均满足φC＝(φA＋φB)/2
推论2：匀强电场中平行且相等的线段电势差相等。
AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)
虚线：等势线
E
研透命题要点
创新设计
U
3.E＝ d 在非匀强电场中的两点妙用
(1)判断电场强度的大小：等差等势面越密，电场强度越大。
(2)判断电势差的大小：距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大；E越小，
能分别为Epa和Epb，电荷所受电场力大小分别为Fa和Fb，则(D
)
A.Epa>Epb，Fa>Fb
B.Epa>Epb，Fa<Fb
C.Epa<Epb，Fa>Fb
D.Epa<Epb，Fa<Fb
目录
静电感应：
当把一个不带电的金属导体放在电场中时，导体的两端分别感应出等量的正、
负电荷，“近端”出现与场源电荷异种的感应电荷，“远端”出现与场源电
荷同种的感应电荷。这种现象叫静电感应。
+
+
+ C
+
+
+
+
A
+
B +
+
夯实必备知识
创新设计
2.静电平衡
(1)定义：导体放入电场中时，附加电场与原电场的场强在导体内部大小相等
定向移动
且方向相反，使得叠加场强为零时，自由电荷不再发生__________，导体处
于静电平衡状态。
(2)处于静电平衡状态的导体的特点
强度大小为Ea，方向与ab连线成30°角；b点的电场强度大小为Eb，方向与ab

河南省2021高考物理讲义第2讲匀变速直线运动的规律及应用

第2讲匀变速直线运动的规律及应用知识一匀变速直线运动的规律1．匀变速直线运动(1)概念：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动． (2)分类①匀加速直线运动，a 与v 0同向． ②匀减速直线运动，a 与v 0反向． 2．匀变速直线运动的规律 (1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax . 3．匀变速直线运动的两个重要推论(1)物体在一段时刻内的平均速度等于这段时刻中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v t 2＝v 0＋v2.(2)任意两个持续相等的时刻距离T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2. 4．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 (1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1) (4)从静止开始通过持续相等的位移别离所历时刻的比：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)如下图的是一个水平运动球的频闪照片．要估量其运动的加速度，你需要照片提供哪些信息？同时你还需要做哪些测量？[提示] 照片要提供频闪时刻距离或频闪频率，图片与实物比例，还要测量相邻小球距离．知识二自由落体运动和竖直上抛运动自由落体(1)速度公式：v ＝gt(2)位移公式：h ＝12gt 2(3)速度—位移关系式：v 2＝2gh 竖直上抛(4)速度公式：v ＝v 0－gt (5)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2(6)速度—位移关系式：v 2－v 20＝－2gh (7)上升的最大高度：H ＝v 202g(8)上升到最大高度的时间：t ＝v 0g(1)(2)竖直上抛运动是匀变速直线运动．(√) (3)竖直上抛运动上升至最高点的时刻为v 0g.(√)1．(多项选择)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a ，初速度大小为v 0，通过时刻t 速度减小到零，那么它在这段时刻内的位移大小可用以下哪些式子表示( )A ．v 0t ＋12at 2B ．v 0t C.v 0t2D.12at 2 【解析】质点做匀减速直线运动，加速度为－a ，位移为v 0t －12at 2，A 、B 错；平均速度大小为v 02，位移大小为v 02·t ，C 对；匀减速到零的直线运动可借助反向的初速度为零的匀加速直线运动来计算，位移大小为12at 2，D 对．【答案】 CD2．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB .该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图1－2－1所示．已知曝光时刻为11 000s ，那么小石子的起点离A 点约为( )图1－2－1 A ．6.5 m B ．10 m C ．20 mD ．45 m【解析】因曝光时刻极短，故AB 段可看做匀速直线运动，小石子抵达A 点时的速度为v A ＝x t＝0.0211 000m/s＝20 m/s ，h ＝v 2A 2g ＝2022×10m ＝20 m.【答案】 C3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在运算机上作出压力—时刻图象，假设作出的图象如图1－2－2所示．设运动员在空中运动时可视为质点，那么运动员跃起的最大高度是(g 取10 m/s 2)( )图1－2－2 A ．1.8 m B ．3.6 m C ．5.0 mD ．7.2 m【解析】从题目中的F －t 图象中能够看出，运动员离开弹性网后腾空的时刻为t 1＝2.0 s ，那么运动员上升到最大高度所用的时刻为t 2＝1.0 s ，因此上升的最大高度h ＝12gt 22＝5.0 m ，选项C 正确．【答案】 C4．(2020·天津高考)质点做直线运动的位移x 与时刻t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采纳国际单位制单位)，那么该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s【解析】由匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，对照题给关系式可得v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.那么第1 s 内的位移是6 m ，A 错；前2 s 内的平均速度是v ＝x 2t＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，B 错；Δx ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内速度增量Δv ＝at ＝ 2 m/s ，D 对．【答案】 D5．(2021·广东高考)某航母跑道长200 m ，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统取得的最小初速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s【解析】飞机在滑行进程中，做匀加速直线运动，依照速度与位移的关系v 2－v 20＝2ax 解决问题．由题知，v ＝50 m/s ，a ＝6 m/s 2，x ＝200 m ，依照v 2－v 20＝2ax 得飞机取得的最小速度v 0＝v 2－2ax ＝502－2×6×200 m/s ＝10 m/s.应选项B 正确．【答案】 B考点一 [04] 匀变速直线运动规律的应用一、解题的大体思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论二、对匀变速直线运动规律的两点说明1．正、负号的规定：直线运动中能够用正、负号表示矢量的方向，一样情形下，咱们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v 0＝0时，一样以a 的方向为正方向．2．物体先做匀减速直线运动，速度减为零后又反向做匀加速直线运动，全程加速度不变，能够将全程看做匀减速直线运动，应用大体公式求解．——————[1个示范例] ——————(2021·四川高考)近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为．每一年全国由于行人不遵守交通规那么而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规那么，才能保证行人的生命平安．如图1－2－3所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23 m．质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．图1－2－3(1)假设现在前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发觉行人，当即制动，卡车受到的阻力为3×104 N．求卡车的制动距离；(2)假设人人遵守交通规那么，该车将不受阻碍地驶过前方斑马线边界CD.为确保行人平安，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变成绿灯？【审题指导】此题以生活中“过马路”为背景考查运动学大体规律的应用，求解的关键在于：(1)中卡车抵达前方C处人行横道时，速度恰好减为零；(2)中要明确卡车不受阻碍的距离所对应的时刻为黄灯闪烁时刻．【解析】此题运用动能定明白得答较简单，也可依照卡车刹车做匀减速直线运动，应用牛顿第二定律和运动学公式解决问题．已知卡车质量m＝8 t＝8×103 kg、初速度v0＝54 km/h＝15 m/s.(1)从制动到停止，已知卡车所受阻力f＝－3×104 N，a＝fm设卡车的制动距离为s1，有0－v20＝2as1①代入数据解得s1＝30 m②(2)已知车长l＝7 m，AB与CD的距离为s0＝23 m．设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需要通过时刻Δt后变成绿灯，有s2＝s0＋l③s2＝v0Δt④联立③④式，代入数据解得Δt＝2 s.【答案】(1)30 m (2)2 s解匀变速直线运动应注意的问题(1)若是一个物体的运动包括几个时期，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．(2)描述匀变速直线运动的大体物理量涉及v0、v、a、x、t五个量，每一个大体公式中都涉及四个量，选择公式时必然要注意分析已知量和待求量，依照所涉及的物理量选择适合的公式求解，会使问题简化．(3)关于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变成零．求解此类问题应先判定车停下所历时刻，再选择适合公式求解．——————[1个预测例]——————一物体由静止开始沿滑腻斜面做匀加速直线运动，从斜面顶端运动6秒抵达斜面底端，已知斜面长为18米，那么(1)物体在第3秒内的位移多大？(2)前3秒内的位移多大？【解析】(1)第1 s，第2 s，第3 s……第6 s内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，因此第3秒内的位移xⅢ＝51＋3＋5＋7＋9＋11×18 m＝2.5 m，(2)将6 s的时刻分成2个3 s，前3 s内的位移x3＝11＋3×18 m＝4.5 m.【答案】(1)2.5 m (2)4.5 m考点二[05] 自由落体和竖直上抛运动一、自由落体运动自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，因此一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动．专门是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由落体运动中应用更频繁．二、竖直上抛运动1．重要特性图1－2－4(1)对称性：如图1－2－4所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，那么：①时刻对称性：物体上升进程中从A→C所历时刻t AC和下降进程中从C→A所历时刻t CA相等，同理有t AB ＝t BA.②速度对称性：物体上升进程通过A点的速度与下降进程通过A点的速度大小相等．(2)多解性：在竖直上抛运动中，当物体通过抛出点上方某一名置时，可能处于上升时期，也可能处于下落时期，因此这种问题可能造成时刻多解或速度多解，也可能造成路程多解．2．处置方式(1)分段处置：①上升时期做匀减速直线运动；下降时期做自由落体运动． ②几个特点物理量：上升高度h ＝v 202g上升时刻T ＝v 0g，运动时刻t ＝2v 0g落地速度v ＝－v 0. (2)全程处置①初速度为v 0(设为正方向)，加速度a ＝－g 的匀变速直线运动． ②运动规律：v ＝v 0－gt ，h ＝v 0t －12gt 2，v 2－v 20＝－2gh .——————[1个示范例] ——————(多项选择)在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为20 m ，不计空气阻力，设塔足够高，那么物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．50 m【解析】物体在塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如下图，一处在A 点之上，另一处在A 点之下，在A 点之上时，通过位移为10 m 处又有上升和下降两种进程，上升通过时，物体的路程s 1等于位移x 1的大小，即s 1＝x 1＝10 m ；下降通过时，路程s 2＝2H －x 1＝2×20 m－10 m ＝30 m ，在A 点之下时，通过的路程s 3＝2H ＋x 2＝2×20 m＋10 m ＝50 m ．故A 、C 、D 正确．【答案】 ACD——————[1个预测例]——————甲球从离地面H 高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动．欲使乙球上升到H n处与甲球相撞，那么乙球上抛的初速度应为( )A.gH2B.ngH2n －1C.n －1gH2nD.ngH2n ＋1【审题指导】 (1)分析甲、乙各自运动规律．(2)充分利用相遇条件．【解析】方式一解析法由竖直上抛运动规律知H n＝v 0t －12gt 2，由自由落体运动规律知H －H n ＝12gt 2，联立可得t ＝Hv 0，v 0＝ngH2n －1，B 对．方式二相对运动法以自由下落的甲球为参考系，那么乙球将向上做匀速运动，设乙球抛出时的初速度为v 0，那么从抛出到两球相遇的时刻为t ＝H v 0，在这段时刻内对甲球有：n －1H n ＝12gt 2，联立得v 0＝ngH2n －1，B 对．方式三图象法取向上为正方向，作出两球的v －t 图象，那么两图线平行，由图线所围面积的意义知v 0t ＝H ，而H －H n ＝12gt 2，因此v 0＝ngH2n －1，B 对．【答案】 B巧解匀变速直线运动问题的六种方式运动学问题的求解一样有多种方式，除直接应用公式外，还有如下方式：一、平均速度法概念式v ＝xt 对任何性质的运动都适用，而v ＝12(v 0＋v )适用于匀变速直线运动．二、中间时刻速度法利用“任一时刻t ，中间时刻的瞬时速度等于这段时刻t 内的平均速度”，即v t2＝v ，适用于任何一个匀变速直线运动，有些题目应用它能够幸免常规解法顶用位移公式列出的含有t 2的复杂式子，从而简化解题进程，提高解题速度.三、比例法关于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特点的比例关系，用比例法求解．四、逆向思维法把运动进程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方式，一样用于末态已知的情形．五、图象法应用v －t 图象，能够使比较复杂的问题变得形象、直观和简单，尤其是用图象定性分析，可躲开繁杂的计算，快速得出答案．六、推论法在匀变速直线运动中，两个持续相等的时刻T 内的位移之差为一恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2，假设显现相等的时刻距离问题，应优先考虑用Δx ＝aT 2求解．——————[1个示范例] —————— 图1－2－5物体以必然的初速度v 0冲上固定的滑腻斜面，抵达斜面最高点C 时速度恰为零，如图1－2－5所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B 点时，所历时刻为t ，求物体从B 滑到C 所用的时刻．【标准解答】解法一比例法关于初速度为0的匀加速直线运动，通过持续相等的各段位移所用的时刻之比t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)现将整个斜面分成相等的四段，如下图．设通过BC 段的时刻为t x ，那么通过BD 、DE 、EA 的时刻别离为：t BD ＝(2－1)t x ，t DE ＝(3－2)t x ，t EA ＝(2－3)t x ，又t BD ＋t DE ＋t EA ＝t ，得t x ＝t . 解法二平均速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．v AC ＝v 0＋v 2＝v 0＋02＝v 02，又v 20＝2ax AC① v 2B ＝2ax BC ②x BC ＝14x AC ③由①②③解得：v B ＝v 02.能够看出v B 正好等于AC 段的平均速度，因此B 点是中间时刻的位置．因此有t BC ＝t .【答案】 t—————————————[1个方式练]——————从斜面上某一名置，每隔0.1 s 释放一个小球，在持续释放几颗小球后，对在斜面上转动的小球拍下照片，如图1－2－6所示，测得x AB ＝15 cm ，x BC ＝20 cm ，求：图1－2－6(1)小球的加速度大小； (2)拍照时B 球的速度大小； (3)拍照时x CD 的大小．【解析】 (1)由a ＝Δx t 2得小球的加速度a ＝x BC －x ABt2＝5 m/s 2 (2)B 点的速度等于AC 段上的平均速度，即v B ＝x AC2t＝1.75 m/s(3)由相邻相等时刻内的位移差恒定，即x CD －x BC ＝x BC －x AB ，因此x CD ＝2x BC －x AB ＝0.25 m 【答案】 (1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m⊙考查自由落体运动1．(2020·重庆高考)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落底声，由此可知井深约为(不计声音传播时刻，重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m【解析】从井口由静止释放，石头做自由落体运动，由运动学公式h ＝12gt 2可得h ＝12×10×22 m ＝20 m. 【答案】 B⊙匀变速直线运动规律的一样应用2．(多项选择)滑腻的斜面长为L ，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，所经历的时刻为t ，那么以下说法正确的选项是( )A ．物体运动全程的平均速度为L tB ．物体在t2时的瞬时速度为2LtC ．物体运动到斜面中点时的瞬时速度为2LtD ．物体从极点运动到斜面中点所需的时刻为22t【解析】由平均速度的概念可知A 对；在匀变速运动中，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即物体在t 2时的瞬时速度为L t ，B 错；由L ＝12at 2得a ＝2Lt2，v ＝2a L 2＝2L t ，C 对；由L 2＝12at 21得t 1＝22t ，D 对．【答案】 ACD 3.图1－2－7如图1－2－7所示，一小球别离以不同的初速度，从滑腻斜面的底端A 点向上做直线运动，所能抵达的最高点位置别离为a 、b 、c ，它们距斜面底端A 点的距离别离为s 1、s 2、s 3，对应抵达最高点的时刻别离为t 1、t 2、t 3，那么以下关系正确的选项是( )A.s 1t 1＝s 2t 2＝s 3t 3B.s 3t 3>s 2t 2>s 1t 1C.s 1t 21＝s 2t 22＝s 3t 23D.s 1t 21>s 2t 22>s 3t 23【解析】利用逆向思维，将小球的运动看做沿斜面向下的初速度为零的匀加速直线运动，由v ＝x t知选项A 、B 表达的是平均速度，由题意可知抵达a 点的小球初速度最大，由v ＝v 0＋v t2可知该小球在此进程中的平均速度最大，A 、B 错；由x ＝12at 2知选项C 、D 表达的是加速度的一半，由受力情形可知三个进程的加速度相等，C 对、D 错．【答案】 C ⊙竖直上抛问题4．(多项选择)(2021·长沙雅礼中学模拟)某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.那么5 s 内物体的( )A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上【解析】上升时刻t 1＝v 0g＝3010 s ＝3 s ，上升位移为h 1＝v 202g ＝3022×10m ＝45 m ，自由落体时刻t 2＝2 s ，下降高度为h 2＝12gt 22＝12×10×22 m ＝20 m ，故5 s 内的路程为s ＝h 1＋h 2＝65 m ，故A 正确；现在位移为h ＝h 1－h 2＝25 m ，方向竖直向上，故B 正确；现在速度大小为v ＝gt ＝10×2 m/s＝20 m/s ，方向竖直向下，因此速度的改变量Δv ＝－20 m/s －30 m/s ＝－50 m/s ，故C 错；平均速度为v ＝x t＝ht 1＋t 2＝253＋2m/s ＝5m/s ，故D 错．【答案】 AB ⊙刹车问题5．一辆车正以20.0 m/s 的速度向前行驶．突然，司机看到一个小孩站在路上．她花了0.80 s 的时刻才反映过来，并当即踩下刹车，使车以7.0 m/s 2的加速度慢慢减慢车速．车在停止前还会前进多远？【解析】 0.80 s 反映时刻内，车匀速运动x 1＝v 0·t ＝16 m.刹车进程为匀减速，a ＝－7.0 m/s 2. 由v 2－v 20＝2ax ，得 x 2＝－v 202a ≈28.6 m因此车在停止前还会前进x ＝x 1＋x 2＝44.6 m【答案】 44.6 m 即v n ＝x n ＋x n ＋12T，如图1－4－1所示．3．求加速度(1)“逐差法”求加速度，即a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T 2，然后取平均值，即a ＝a 1＋a 2＋a 33，如此使所给数据全数取得利用，以提高准确性．(2)“图象法”求加速度，即由“平均速度法”求出多个点的速度，画出v －t 图，直线的斜率即为加速度．实验器材与装置图1－4－21．打点计时器的作用计时仪器，每隔0.02 s 打一次点． 2．打点计时器的工作条件(1)电磁打点计时器：6 V 以下交流电源． (2)电火花计时器：220 V 交流电源． 3．纸带上点的意义(1)表示和纸带相连的物体在不同时刻的位置．(2)通过研究纸带上各点之间的距离，能够判定物体的运动情形．实验进程把一端附有滑轮的长木板平放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面；把打点计时器固定在长木板上远离滑轮的一端，连接好电路；把一条细绳拴在小车上，使细绳跨过滑轮，下边挂上适合的钩码；接通电源，然后放开小车，让小车拖着纸带运动，随后当即关闭电源；重复实验取得多条纸带．纸带处置从几条纸带当选择一条比较理想的纸带，舍掉开始一些比较密集的点，在后面便于测量的地址找一个开始点，以后依次每五个点取一个计数点，确信好计数始点，并标明0、一、二、3、4…测量各计数点到0点的距离d ，计算出相邻的计数点之间的距离x 1、x 2、x 3…求出各计数点的速度v n ，由v n 数据作出v －t 图象．注意事项1．平行：纸带、细绳要和长木板平行．2．靠近：释放小车前，应使小车停在靠近打点计时器的位置．3．一先一后：实验时应先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带． 4．避免碰撞：在抵达长木板结尾前应让小车停止运动，避免钩码落地，小车与滑轮碰撞．5．减小误差：小车另一端挂的钩码个数要适当，幸免速度过大而使纸带上打的点太少，或速度过小，使纸带上打的点过于密集．6．准确作图：在座标纸上，纵、横轴选取适合的单位，认真描点连线，不能连成折线，应作一条直线，让各点尽可能落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀散布在直线的双侧．误差与改良钩码带动小车做加速运动时，因受摩擦等各方面的阻碍，致使小车加速度不恒定，即小车不能真正做匀加速直线运动．因此，可用阻力小的气垫导轨替代长木板，用频闪照相或光电计时的方法替代打点计时器，可幸免由于电源频率不稳固，造成相邻两点间的时刻距离不完全相等，提高实验的精准度.考点一实验原理与操作在做“研究匀变速直线运动”的实验时，为了能够较准确地测出加速度，将你以为正确的选项前面的字母填在横线上：________.A ．把附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面B ．把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，连接好电路C ．再把一条细绳拴在小车上，细绳跨过滑轮，下边挂上适合的钩码，每次必需由静止释放小车D ．把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车的后面E ．把小车停在靠近打点计时器处，接通直流电源后，放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，换上新纸带，重复三次F ．从三条纸带当选择一条比较理想的纸带，舍掉开头比较密集的点，在后边便于测量的地址找一个开始点，并把每打五个点的时刻作为时刻单位．在选好的开始点下面记作0，往后第五个点作为计数点1，依此标出计数点二、3、4、五、6，并测算出相邻两点间的距离G ．依照公式a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T 2，及a ＝a 1＋a 2＋a 33求出a【解析】在实验中尽可能地保证小车做匀变速直线运动，同时也要求纸带能尽可能地直接反映小车的运动情形，既要减小运动误差也要减小纸带的分析误差．其中E 项中的电源应采纳交流电源，而不是直流电源．【答案】 ABCDFG考点二纸带的数据处置(2021·浙江高考)如图1－4－3所示，装置甲中挂有小桶的细线绕过定滑轮，固定在小车上；装置乙中橡皮筋的一端固定在导轨的左端，另一端系在小车上．一同窗用装置甲和乙别离进行实验，经正确操作取得两条纸带①和②，纸带上的a 、b 、c …均为打点计时器打出的点．图1－4－3(1)任选一条纸带读出b 、c 两点间距离为________；(2)任选一条纸带求出c 、e 两点间的平均速度大小为________，纸带①和②上c 、e 两点间的平均速度v ①________v②(选填“大于”、“等于”或“小于”)；(3)图中________(填选项)．A ．两条纸带均为用装置甲实验所得B ．两条纸带均为用装置乙实验所得C ．纸带①为用装置甲实验所得，纸带②为用装置乙实验所得D ．纸带①为用装置乙实验所得，纸带②为用装置甲实验所得【解析】 (1)由纸带①可读出b 、c 间距为2.10 cm ，由纸带②读出b 、c 间距为2.40 cm(±0.05 cm，有效数字位数要准确)．(2)由v ＝x t，知t ＝0.04 s ，x ce ＝4.52 cm(纸带①)或x ce ＝5.00 cm(纸带②)，代入数据得，vce ＝1.13 m/s(纸带①)或1.25 m/s(纸带②)，v ①<v ②.(3)由纸带①各点间距分析可知，小车做匀加速运动，从纸带②各点间距来看，小车开始做加速运动，一段距离后做匀速运动，故可知纸带①是用装置甲实验所得，纸带②是用装置乙实验所得，选C.【答案】 (1)2.10 cm 或2.40 cm(±0.05 cm，有效数字位数要正确) (2)1.13 m/s 或1.25 m /s(±0.05 m/s，有效数字位数不作要求) 小于 (3)C 考点三实验改良与创新(2021·山东高考)某同窗利用图1－4－4甲所示的实验装置，探讨物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未抵达滑轮处)．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图1－4－4乙所示．打点计时器电源的频率为50 Hz.甲乙图1－4－4 (1)通过度析纸带数据，可判定物块在两相邻计数点________________________________________________________________________和________之间某时刻开始减速．(2)计数点5对应的速度大小为________m/s ，计数点6对应的速度大小为________m/s.(保留三位有效数字) (3)物块减速运动进程中加速度的大小为a ＝________________________________________________________________________m/s 2，假设用ag来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g 为重力加速度)，那么计算结果比动摩擦因数的真实值________(填“偏大”或“偏小”)．【解析】 (1)从计数点1到6相邻的相等时刻内的位移差Δx ≈2.00 cm，在六、7计数点间的位移比五、6之间增加了(12.28－11.01) cm ＝1.27 cm ＜2.00 cm ，因此，开始减速的时刻在计数点6和7之间．(2)计数点5对应的速度大小为v 5＝x 4＋x 52T＝9.00＋11.01×10－22×0.1m/s ＝1.00 m/s.计数点4对应的速度大小为v 4＝x 3＋x 42T＝7.01＋9.00×10－22×0.1m/s ＝0.80 m/s.依照v 5＝v 4＋v 62，得计数点6对应的速度大小为v 6＝2v 5－v 4＝(2×1.00－0.80) m/s ＝1.20 m/s.(3)物块在计数点7到11之间做减速运动，依照Δx ＝aT 2得x 9－x 7＝2a 1T 2 x 10－x 8＝2a 2T 2故a ＝a 1＋a 22＝x 9＋x 10－x 8＋x 72×2T 2≈－2.00 m/s 2物块做减速运动时受到的阻力包括水平桌面的摩擦阻力和打点计时器对纸带的摩擦阻力，因此依照牛顿第二定律，得μmg ＋f ＝ma ，即μ＝ma －f mg，因此用μ′＝ag计算出的动摩擦因数比μ的真实值偏大．【答案】 (1)6 7 (2)1.00 1.20 (3)2.00 偏大 [高考命题角度分析] 一、此题创新点分析1．真题溯源——本例中的实验器材、实验原理及利用纸带求速度、加速度的方式与教材实验是相同的． 2．创新亮点——本例中因计数点6位于物体从加速到减速转折的边缘，因此计数点6的速度不能采纳求平均速度的方式直接计算，另外本例中还指出了一种测量物体间动摩擦因数的方式．二、本实验的其他改良创新思路 (一)实验器材的创新1．若是提供光电门和刻度尺，咱们能够测出遮光的宽度d ，借助v ＝dΔt求出物体通过光电门的速度，再由v 22－v 21＝2ax, 测出物体的加速度．2．若是提供闪光照相机和刻度尺，咱们能够用途理纸带的方式，求出物体的瞬时速度及物体的加速度． (二)数据处置若是测得物体运动的位移和对应时刻．1．假设初速度为零，那么x ＝12at 2，因此做出x －t 2图线，图线斜率的2倍即为物体的加速度．2．假设物体的初速度不为零，那么x ＝v0t ＋12at2，可得x t ＝v0＋12at ，因此做出xt －t 图线，图线斜率的2倍即为物体的加速度.1在“研究匀变速直线运动”的实验中，利用电磁打点计时器(所用交流电的频率为50 Hz)取得如图1－4－5所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，以下表述正确的选项是( )图1－4－5A ．实验时应先放开纸带再接通电源B ．(x 6－x 1)等于(x 2－x 1)的6倍C ．从纸带可求出计数点B 对应的速度D ．相邻两个计数点间的时刻距离为0.02 s【解析】中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，因此v B ＝x 2＋x 32T，C 正确；x 6－x 1＝5(x 2－x 1)，因此B 错误；相邻计数点间的时刻距离是0.1 s ，D 错误；依如实验要求应该先接通电源再放开纸带，因此A 错误．【答案】 C2．(2020·重庆高考)某同窗用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f ＝50 Hz ，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保留不妥，纸带被污染，如图1－4－6所示，A 、B 、C 、D 是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：s A ＝16.6 mm 、s B ＝126.5 mm 、s D ＝624.5 mm.图1－4－6假设无法再做实验，可由以上信息推知 (1)相邻两计数点的时刻距离为____s ；(2)打C 点时物体的速度大小为____m/s(取2位有效数字)； (3)物体的加速度大小为________(用s A 、s B 、s D 和f 表示)．【解析】 (1)打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，那么相邻两计数点的时刻距离为T ＝0.1 s. (2)依照BD 间的平均速度等于C 点的瞬时速度得v C ＝s D －s B2T＝2.5 m/s.(3)匀加速运动的位移特点是相邻的相等时刻距离内的位移以aT 2均匀增大，那么有BC ＝AB ＋aT 2，CD ＝BC ＋aT 2＝AB ＋2aT 2，BD ＝2AB ＋3aT 2，T ＝5f因此a ＝s D －s B －2×s B －s A3T 2＝s D －3s B ＋2s A f 275.【答案】 (1)0.1 (2)2.5 (3)s D －3s B ＋2s A f 2753．(2020·广东高考)图1－4－7是“研究匀变速直线运动”实验中取得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点．加速度大小用a 表示．图1－4－7(1)OD 间的距离为________cm.(2)图1－4－8是依如实验数据绘出的s －t 2图线(s 为各计数点至同一路点的距离)，斜率表示______________，其大小为______m/s 2(保留三位有效数字)．图1－4－8【解析】 (1)由题图可知，OD ＝(22.1－10.0) mm ＝12.1 mm ＝1.21 cm(结果在1.18～1.22 cm 均正确)．。

2023版高考物理一轮总复习专题4曲线运动万有引力与航天第2讲平抛运动课件

确的是
()
A．它是速度大小不变的曲线运动
B．它是加速度不变的匀变速曲线运动
C．它是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀速直线运动的合
运动
D．它是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动的
合运动
【答案】BD
2．[平抛运动的分解](多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上
是否做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属
第2讲平抛运动
必备知识·深悟固基
一、平抛运动及其规律 1．特点：初速度方向__水__平___；只受__重__力___作用． 2 ．性质：平抛运动是加速度恒为重力加速度的 __匀__变__速__ 曲线运动，轨迹为_抛__物__线___． 3．研究方法：用运动的合成与分解方法研究平抛运动．水平方向做__匀__速__直__线__运动；竖直方向做__自__由__落__体__运动．
4．速度改变量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示．
5．两个重要的推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图甲中A点和B点所示．
【解析】由几何关系知，平抛运动的竖直位移之比为 1∶2，根据 t ＝ 2gh，可得 tA∶tB＝1∶ 2，根据 v0＝xt ，水平位移之比为 1∶2，则初速度之比 vA∶vB＝1∶ 2，故 A、B 错误；平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角的正切值的 2 倍，两球落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，可知碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角相同，故 C 正确，D 错误．

高中物理高考 2022年高考物理一轮复习第4章第2讲抛体运动

37°＝0.8，则A和B两小球的运动时间之比为
A.16∶9
√B.9∶16
C.3∶4
D.4∶3
图14
56
解析小球 A 落到坡面上时，有 tan 37°＝12vg0ttAA2，即 tA＝2v0tagn 37°，小球 B 落到坡面上时，有 tan 53°＝12vg0ttBB2，即 tB＝2v0tagn 53°，所以ttAB＝ttaann 3573°°＝196，B 正确.
推导：
tan tan
θθ＝＝vxvA0y＝－yA 2xxByAA→xB＝x2A
图3
例1 (2020·全国卷Ⅱ·16)如图4，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有
一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘
b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点.c与a的水
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考向2 与圆弧面有关的平抛运动 1.落点在圆弧面上的三种常见情景
图16
(1)如图16甲所示，小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置.由半径和几何关系制约时间t：h＝1 gt2，
2 R± R2－h＝2 v0t，联立两方程可求t.
(2)如图乙所示，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等. (3)如图丙所示，小球恰好从圆柱体Q点沿切线飞过，此时半径OQ垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等.
123
02
考点二平抛运动的临界、极值问题
1.平抛运动的临界问题有两种常见情形：(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；(2)物体的速度方向恰好达到某一方向. 2.解题技巧：在题中找出有关临界问题的关键字，如“恰好不出界”、 “刚好飞过壕沟”、“速度方向恰好与斜面平行”、“速度方向与圆周相切”等，然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题.

2020高考物理一轮总复习第四章第2讲平抛运动讲义(含解析)新人教版

第2讲平抛运动[基础知识·填一填][知识点1] 平抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下(不考虑空气阻力)的运动．2．性质加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线． 3．基本规律以抛出点为原点，水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，竖直向下方向为y 轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度v x ＝ v 0 ，位移x ＝ v 0t . (2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y ＝ gt ，位移y ＝ 12gt 2.(3)合速度：v ＝v 2x ＋v 2y ，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v y v x ＝ gt v 0. (4)合位移：s ＝x 2＋y 2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝y x ＝ gt2v 0. 4．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图中A 点和B 点所示．(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向夹角为θ，则tan α＝ 2tan_θ .判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动．(×) (2)平抛运动的速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化．(×) (3)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化相同．(√) (4)做平抛运动的物体初速度越大，在空中运动时间越长．(×)(5)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度越大，落地速度越大．(√)[知识点2] 斜抛运动1．定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动．2．性质：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线.,[教材挖掘·做一做]1．(人教版必修2 P9例1改编)如图，滑板运动员以速度v0从离地高度为h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．运动员落地速度与高度h无关D．运动员落地位置与v0无关答案：B2.(人教版必修 2 P10“做一做”改编)(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于该实验，下列说法正确的有( )A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装置的高度，多次实验D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动答案：BC3．(人教版必修2 P12第1题改编)静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是( ) A．水流射出喷嘴的速度大小为gt tan θB ．空中水柱的水量为Sgt 22tan θC ．水流落地时位移大小为gt 22cos θD ．水流落地时的速度大小为2gt cos θ解析：B [水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，则有tan θ＝12gt 2v 0t，解得v 0＝gt2tan θ，t ＝2v 0tan θg ，故A 错误；空中水柱的水量Q ＝Sv 0t ＝Sgt22tan θ，故B 正确；水流落地时，竖直方向位移h ＝12gt 2，根据几何关系得，水流落地时位移大小s ＝h sin θ＝gt 22sin θ，故C 错误；水流落地时，竖直方向速度v y ＝gt ，则水流落地时的速度v ＝v 20＋v 2y＝gt2tan θ·1＋4tan 2θ，故D 错误．]考点一平抛运动的基本规律[考点解读]1．飞行时间：由t ＝2hg知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关．2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关．3．落地速度：v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，以θ表示落地速度与x 轴正方向的夹角，有tan θ＝v y v x＝2ghv 0，所以落地速度只与初速度v 0和下落高度h 有关．4．速度改变量：物体在任意相等时间内的速度改变量Δv ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下，如图所示．[典例赏析][典例1] (2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是( )A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大[解析] C [由题意知，速度大的先过球网，即同样的时间，速度大的水平位移大，或者同样的水平距离，速度大的用时少，故C 正确；A 、B 、D 错误．]“化曲为直”思想在抛体运动中的应用1．根据等效性，利用运动分解的方法，将其转化为两个方向上的直线运动，在这两个方向上分别求解．2．运用运动合成的方法求出平抛运动的速度、位移等．[题组巩固]1．在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中( )A ．速度和加速度的方向都在不断改变B ．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C ．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D ．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等解析：B [由于不计空气阻力，小球只受重力作用，故加速度为g ，小球做平抛运动，速度的方向不断变化，在任意一段时间内速度的变化量Δv ＝g Δt ，如图，选项A 错误；设某时刻速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v 0v y ＝v 0gt，随着时间t 的变大，tan θ变小，选项B 正确；由图可以看出，在相等的时间间隔内，速度的改变量Δv 相等，但速率的改变量v 3－v 2≠v 2－v 1≠v 1－v 0，故选项C 错误；在竖直方向上位移h ＝12gt 2，可知小球在相同的时间内下落的高度不同，根据动能定理，动能的改变量等于重力做的功，所以选项D 错误．]2．(多选)如图为自动喷水装置的示意图．喷头高度为H ，喷水速度为v ，若要增大喷洒距离L ，下列方法中可行的有( )A ．减小喷水的速度vB ．增大喷水的速度vC ．减小喷头的高度HD ．增大喷头的高度H解析：BD [根据H ＝12gt 2得t ＝2Hg，则喷洒的距离L ＝vt ＝v2Hg，则增大喷水的速度，增大喷头的高度可以增大喷洒距离，故B 、D 正确，A 、C 错误．]3.(2019·北京东城区模拟)“东方－2018”是中俄战略级联合军演，于2018年9月11日开练．如图所示，在联合军事演习中，离地面H 高处的飞机以水平对地速度v 1发射一颗炸弹轰炸地面目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程视为竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的关系应满足( )A ．v 1＝H x v 2B ．v 1＝v 2x HC ．v 1＝x Hv 2D ．v 1＝v 2解析：C [炮弹拦截成功，即炮弹与炸弹同时运动到同一位置．设此位置距地面的高度为h ，则x ＝v 1t ，h ＝v 2t －12gt 2，H －h ＝12gt 2，由以上各式联立解得v 1＝xHv 2，故C 正确．]考点二多体平抛运动问题[考点解读]1．两条平抛运动轨迹的交点是两物体的必经之处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处．即轨迹相交是物体相遇的必要条件．2．若两物体同时从同一高度抛出，则两物体始终处在同一高度．3．若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同． 4．若两物体从同一高度先后抛出，则两物体高度差随时间均匀增大．[典例赏析][典例2] (2017·江苏卷)如图所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )A ．t B.22t C.t2D.t4[解析] C [设第一次抛出时A 球速度为v 1，B 球速度为v 2，则A 、B 间水平距离x ＝(v 1＋v 2)t .第二次两球速度为第一次的2倍，但水平距离不变，则x ＝2(v 1＋v 2)T ，联立得T ＝t /2，所以C 正确．A 、B 、D 错误．][母题探究][探究1] 两物体从不同高度抛出落在同一位置的平抛如图所示，A 、B 两个小球从同一竖直线上的不同位置水平抛出，结果它们同时落在地面上的同一点C ，已知A 离地面的高度是B 离地面高度的2倍，则A 、B 两个球的初速度之比为v A ∶v B 为( )A ．1∶2B ．2∶1 C.2∶1D.2∶2解析：D [由于A 、B 两球离地面的高度之比为2∶1，由t ＝2hg可知，它们落地所用的时间之比为2∶1，由于它们的水平位移x 相同，由v ＝x t可知，初速度之比为1∶2＝2∶2，D 项正确．][探究2] 物体从同一高度下落到不同高度的平抛如图所示，在同一平台上的O 点水平抛出的三个物体，分别落到a 、b 、c 三点，则三个物体运动的初速度v a 、v b 、v c 的关系和三个物体运动的时间t a 、t b 、t c 的关系是( )A ．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解析：C [三个平抛运动竖直方向都为自由落体运动，由h ＝12gt 2可知，a 的运动时间最长，c 的运动时间最短；由水平方向为匀速直线运动可知c 的初速度最大，a 的初速度最小，C 正确．][探究3] 多体从不同高度落在不同位置的平抛(多选)如图，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( )A ．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 的大解析：BD [三个小球a 、b 和c 水平抛出以后都做平抛运动，根据平抛运动规律可得：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，所以t ＝2yg，由y b ＝y c ＞y a ，得t b ＝t c ＞t a ，选项A 错，B 对；又根据v 0＝xg2y，因为y b ＞y a ，x b ＜x a ，y b ＝y c ，x b ＞x c ，故v a ＞v b ，v b ＞v c ，选项C 错误，D 对．] 考点三平抛运动的临界问题[考点解读]1．确定在临界状态下所对应的临界条件，一般平抛运动过哪个点，限定了平抛运动的位移；平抛运动切入某个轨道，限定了速度方向．2．利用分解位移或分解速度的方法解决问题．3．确定研究过程，一般从平抛运动的抛出点开始计算问题比较简单．[典例赏析][典例3] 一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )A.L 12 g6h <v <L 1g 6hB.L 14 g h <v < (4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h <v <12(4L 21＋L 22)g6hD.L 14g h <v <12 (4L 21＋L 22)g6h[审题指导] (1)审关键词：①发射机安装于台面左侧边缘的中点．②能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球．(2)思路分析：①乒乓球落在右侧台面的台角处时，速度取最大值．②乒乓球沿正前方且恰好擦网而过时，速度取最小值．[解析] D [乒乓球做平抛运动，落到右侧台面上时经历的时间t 1满足3h ＝12gt 21.当v取最大值时其水平位移最大，落点应在右侧台面的台角处，有v max t 1＝L 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222，解得v max ＝12(4L 21＋L 22)g6h；当v 取最小值时其水平位移最小，发射方向沿正前方且恰好擦网而过，此时有3h －h ＝12gt 22，L 12＝v min t 2，解得v min ＝L 14gh，故D 正确．] 处理平抛运动中的临界问题要抓住两点1．找出临界状态对应的临界条件．2．要用分解速度或分解位移的思想分析平抛运动的临界问题．[母题探究][探究1] 如图所示，排球场总长为18 m ，设球网高度为2 m ，运动员站在离网3 m 的线上(图中虚线所示)正对网前跳起将球水平击出．(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2)(1)设击球点在3 m 线正上方高度为2.5 m 处，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不越界？(2)若击球点在3 m 线正上方的高度小于某个值，那么无论击球的速度多大，球不是触网就是越界，试求这个高度．解析：(1)如图甲所示，设球刚好擦网而过，则击球点到擦网点的水平位移x 1＝3 m ，竖直位移y 1＝h 2－h 1＝(2.5－2) m ＝0.5 m ，根据位移关系x ＝vt ，y ＝12gt 2，可得v ＝x g2y，代入数据可得v1＝310 m/s，即所求击球速度的下限．设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x2＝12 m，竖直位移y2＝h2＝2.5 m，代入上面的速度公式v＝x g2y，可求得v2＝12 2 m/s，即所求击球速度的上限．欲使球既不触网也不越界，则击球速度v应满足310 m/s＜v＜12 2 m/s.(2)设击球点高度为h3时，球恰好既触网又压线，如图乙所示设此时排球的初速度为v，击球点到触网点的水平位移x3＝3 m，竖直位移y3＝h3－h1＝(h3－2) m，代入速度公式v＝x g2y可得v＝35h3－2；同理对压线点有x4＝12 m，y4＝h3，代入速度公式v＝x g2y可得v＝125h3两式联立解得h3≈2.13 m，即当击球高度小于2.13 m时，无论球被水平击出的速度多大，球不是触网，就是越界．答案：(1)310 m/s＜v＜12 2 m/s (2)2.13 m[探究2] 对称法分析临界问题抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动．现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．(设重力加速度为g)(1)若球在球台边缘O点正上方高度为h1处以速度v1水平发出，落在球台上的P1点(如图实线所示)，求P1点距O点的距离x1.(2)若球从O点正上方以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台上的P2点(如图虚线所示)，求v 2的大小．(3)若球从O 点正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P 3点，求发球点距O 点的高度h 3.解析：(1)如图甲所示，根据平抛规律得：h 1＝12gt 21，x 1＝v 1t 1，联立解得：x 1＝v 12h 1g(2)根据平抛规律得：h 2＝12gt 22，x 2＝v 2t 2且h 2＝h,2x 2＝L ，联立解得v 2＝L2g 2h. (3)如图乙所示，得h 3＝12gt 23，x 3＝v 3t 3且3x 3＝2L设球从恰好越过球网到达到最高点时所用的时间为t ，水平距离为s ，有h 3－h ＝12gt 2 s ＝v 3t由几何关系得：x 3＋s ＝L ，解得：h 3＝43h .答案：(1)v 12h 1g (2)L2g 2h (3)43h物理模型(四) 常见平抛运动的模型[模型阐述]1．模型一：半圆内的平抛运动(如图甲)由半径和几何关系制约时间t ：h ＝12gt 2R ＋ R 2－h 2＝v 0t联立两方程可求t .甲2．模型二：斜面上的平抛运动 (1)顺着斜面平抛(如图乙) 方法：分解位移x ＝v 0t y ＝12gt 2tan θ＝y x可求得t ＝2v 0tan θg乙(2)对着斜面平抛(如图丙) 方法：分解速度v x ＝v 0 v y ＝gttan θ＝v 0v y ＝v 0gt可求得t ＝v 0g tan θ丙3．模型三：对着竖直墙壁的平抛运动(如图丁)水平初速度v 0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．t ＝d v 0丁 [典例赏析][典例] (2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和v2的速度沿同一方向水平拋出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )A ．2倍B ．4倍C ．6倍D ．8倍[审题指导] (1)平抛运动是曲线运动，轨迹为抛物线，可以分解为竖直方向上的自由落体运动(满足h ＝12gt 2和v y ＝gt )和水平方向上的匀速直线运动(满足x ＝v 0t )．(2)根据动能定理或速度分解，找出小球落到斜面上的速度v 与抛出时的速度v 0的关系．(3)根据速度关系，得出甲、乙两个小球落到斜面上时的速度之比． [解析] A [小球做平抛运动，其运动轨迹如图所示．设斜面的倾角为θ.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，x ＝v 0t ，h ＝12gt 2，由图中几何关系，可得tan θ＝h x ，解得：t ＝2v 0tan θg；从抛出到落到斜面上，由动能定理可得：mgh ＝12mv ′2－12mv 20，可得：v ′＝v 20＋2gh ＝1＋4tan 2θ·v 0，则v 甲′v 乙′＝v 0甲v 0乙＝v v 2＝21，选项A 正确．]1．解决与斜面关联的平抛运动问题时，首先明确是已知速度方向还是已知位移方向与斜面的夹角，再确定与水平方向的夹角，最后对速度或位移进行分解．2．与圆形装置关联的平抛运动的求解方法与此类似．[题组巩固]1．(多选)如图，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，已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，则小球的初速度v 0可能为( )A ．1 m/sB ．2 m/sC ．3 m/sD ．4 m/s解析：AD [由于小球经0.4 s 落到半圆上，下落的高度h ＝12gt 2＝0.8 m ，位置可能有两处，如图所示：第一种可能：小球落在半圆左侧v 0t ＝R －R 2－h 2＝0.4 m ，v 0＝1 m/s第二种可能：小球落在半圆右侧v 0t ＝R ＋R 2－h 2＝1.6 m ，v 0＝4 m/s ，选项A 、D 正确．]2．(多选)如图所示，小球a 从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v 1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b 在斜面底端正上方与a 球等高处以速度v 2水平抛出，两球恰在斜面中点P 相遇，则下列说法正确的是( )A ．v 1∶v 2＝2∶1B ．v 1∶v 2＝1∶1C ．若小球b 以2v 2水平抛出，则两小球仍能相遇D ．若小球b 以2v 2水平抛出，则b 球落在斜面上时，a 球在b 球的右下方解析：AD [两球在P 点相遇，知两球的水平位移相等，有v 1t sin 30°＝v 2t ，解得v 1∶v 2＝2∶1，A 对，B 错；若小球b 以2v 2水平抛出，如图所示，若没有斜面，将落在B 点与P 点等高，可知将落在斜面上的A 点，由于a 、b 两球在水平方向上做匀速直线运动，可知a 球落在A 点的时间小于b 球落在A 点的时间，所以b 球落在斜面上时，a 球在b 球的右下方，C 错，D 对．]3．如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O 点对准前方的一块竖直放置的挡板水平抛出，O 与A 在同一高度，小球的水平初速度分别是v 1、v 2、v 3，打在挡板上的位置分别是B 、C 、D ，且AB ∶BC ∶CD ＝1∶3∶5，则v 1、v 2、v 3之间的正确关系是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．v 1∶v 2∶v 3＝6∶3∶2D ．v 1∶v 2∶v 3＝9∶4∶1解析：C [平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，由AB ∶BC ∶CD ＝1∶3∶5可知，以速度v 1、v 2、v 3水平抛出的小球，从抛出到打到挡板上的时间分别为t 、2t 、3t .由v 1＝x t ，v 2＝x 2t ，v 3＝x 3t 可得：v 1∶v 2∶v 3＝x t ∶x 2t ∶x3t ＝6∶3∶2，C 正确．]。

高考物理一轮复习课件：第四章第2讲抛体运动的规律及其应用

【解析】由题意知 A 做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动； B 为自由落体运动， A、 B 竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间 t1 相同， 2h 且 t1 ＝ g ①，若第一次落地前相碰，只要满足 A 运动 l l 时间 t＝v ＜t1，即 v ＞，所以选项 A 正确；因为 A、B 在竖 t1 直方向的运动同步，始终处于同一高度，且 A 与地面相碰后水平速度不变，所以 A 一定会经过 B 所在的竖直线与 B 相碰．碰撞位置由 A 球的初速度决定，故选项 B、C 错误，选项 D 正确．
验证你的猜测．
为了探究平抛运动的物体在竖直方向的运动规律，某同学设计了下面一个实验：如图4－2－6所示， OD为一竖直木板，小球从斜槽上挡板处由静止开始运动，离开O点后做平抛运动，右侧用一束平行光照射小球的运动，小球在运动过程中，便在木板上留下影子．图示是用频闪照相机拍摄的小球在运动过程中的位置以及在木板上留下的影子的位置A、B、C、D.现测得A、B、C、 D各点到O点的距离分别为5.0 cm、 19.8 cm、44.0 cm、78.6 cm.试根据影子的运动讨论物体在竖直方向上的运动情况．(已知照相机的闪光频率为10 Hz)
A．平抛运动是非匀变速曲线运动
B．平抛运动是匀变速曲线运动 C．每秒内速度的变化量相等 D．每秒内速率的变化量相等【解析】平抛运动的加速度就是重力加速度，大小、
方向恒定，所以平抛运动是匀变速曲线运动；平抛运动的
水平速度不变，只有竖直速度变化，因g恒定所以每秒变化量相等，因此，只有B、C选项正确．【答案】 BC
【答案】 2 Lg 0.70
在光滑的水平面内，一质量m＝1 kg的质点以速度v0＝10 m/s沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15 N作用，直线OA与x轴成α ＝37°，如图4－2－8所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8)．求： (1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于 P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P 点的坐标； (2)质点经过P点的速度大小．【潜点探究】 (1)此质点是在水平面内做类平抛运动． (2)图中角度α是从抛点O到P总位移与x轴方向的夹角，相当于平抛运动中的位移与v0的夹角．

高考物理一轮复习 4 第2讲平抛运动的规律及应用练习(含解析)-人教版高三全册物理试题

第2讲平抛运动的规律与应用考点一平抛运动的规律单个物体的平抛运动【典例1】(多项选择)一位同学玩投掷飞镖游戏时，将飞镖水平抛出后击中目标。

当飞镖在飞行过程中速度的方向平行于抛出点与目标间的连线时，其大小为v。

不考虑空气阻力，连线与水平面间的夹角为θ，如此飞镖( )A.初速度v0=vcosθB.飞行时间t=C.飞行的水平距离x=D.飞行的竖直距离y=【一题多解】选A、C。

方法一：将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，飞镖的初速度v0=vcos θ，选项A正确；根据平抛运动的规律有x=v0t，y=gt2，tan θ=，解得t=，x=，y=，选项C正确，B、D错误。

方法二：求飞行时间还可以沿抛出点与目标间的连线和垂直连线方向建立平面直角坐标系，如此沿连线方向上，飞镖做初速度为v0cos θ，加速度为gsin θ的匀加速直线运动；垂直连线方向上做初速度为v0sin θ，加速度为-gcos θ的类竖直上抛运动，故由题意可知飞镖飞到速度为v时，垂直连线方向的速度减为0，所用时间为，再次回到连线所用的时间也为(竖直上抛运动的对称性)，故飞行时间为。

多个物体的平抛运动【典例2】(2019·潮州模拟)甲、乙两位同学在不同位置沿水平各射出一枝箭，箭落地时，插入泥土中的形状如下列图，两支箭的质量、水平射程均相等，假设不计空气阻力与箭长对问题的影响，如此甲、乙两支箭( )A.空中运动时间之比为1∶B.射出的初速度大小之比为1∶C.下降高度之比为1∶3D.落地时动能之比为3∶1【通型通法】1.题型特征：两个物体水平抛出。

2.思维导引：【解析】选B。

根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2水平射程：x=v0t可得：x=v0由于水平射程相等，如此：v甲=v乙①末速度的方向与水平方向之间的夹角的正切值：tan θ==可得：2gh甲=3，6gh乙=②联立①②可得：h甲=3h乙，即下落的高度之比为3∶1；根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2，可知运动时间之比为∶1，故A、C错误；射出的初速度大小之比为1∶，故B正确；它们下落的高度之比为3∶1；但射出的初速度大小之比为1∶，所以落地的动能之比不等于3∶1，故D错误。

第2讲匀变速直线运动规律的运用(学生版) 备战2025年高考物理一轮精细复习(新高考通用)

第2讲匀变速直线运动的规律的运用——划重点之精细讲义系列考点1匀变速直线运动的基本规律考点2解决匀变速直线运动的规律总结考点3两类匀减速直线运动考点4自由落体运动和竖直上抛运动一．匀变速直线运动的基本规律1．匀变速直线运动(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．(2)分类：{匀加速直线运动：a 与v 同向.匀减速直线运动：a 与v 反向.2．速度与时间的关系式：v ＝v 0＋at .3．位移与时间的关系式：x ＝v 0t ＋12at 2.4．位移与速度的关系式：v 2－v 20＝2ax .二．匀变速直线运动的推论1．平均速度公式：v －＝2t v ＝v 0＋v 2.2．连续相等时间内位移差公式：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.可以推广到：x m －x n ＝(m －n )aT 2.3.中间位置的速度22202v v v x +=4．初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T 末、2T 末、3T 末……的瞬时速度之比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .(2)1T 内，2T 内，3T 内……位移之比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2.(3)第一个T 内，第二个T 内，第三个T 内，……，第n 个T 内位移之比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶1)∶∶…∶．三．自由落体运动和竖直上拋运动的规律1．自由落体运动规律(1)速度公式：v ＝gt .(2)位移公式：h ＝12gt 2.(3)速度—位移关系式：v 2＝2gh .2．竖直上拋运动规律(1)速度公式：v ＝v 0－gt .(2)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2.(3)速度—位移关系式：v 2－v 20＝－2gh .(4)上升的最大高度：h ＝v 202g .(5)上升到最大高度用时：t ＝v 0g.考点1：匀变速直线运动的基本规律1．一般的匀变速直线运动的规律（1）速度规律：v ＝v 0＋at 。

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