用平抛运动的推论求解斜面上的平抛运动
付红周 谭智荣
用平抛运动的推论求解斜面上的平抛运动
在平抛运动这节里,有一种常见考题就是斜面上的平抛运动,如果直接用平抛运动的公式求解,则比较困难,但如果用平抛运动的推论来求解,就显得相当简单,下面先介绍平抛运动的几个推论,然后用这些推论对这类考题进行解析.
一、平抛运动常见的几个推论
推论1:任意时刻的合速度(合位移)与两分速度(分位移)构成直角三角形.
推论2:从抛出点开始,经过任意时刻的速度与水平方向夹角 的正切值等于位移与水平方向夹角 的正切值的2倍,即tan =2tan .
推论3:平抛运动任意时刻末速度的反向延长线交于水平位移的中点.
二、用推论解斜面上的平抛运动1.推论1在斜面上平抛运动中的应用例1 如图1所示,以v 0=9.8m /s 的水平初速度抛出的物体,飞行一段时间后,垂直地撞在倾角 为30 的斜面上,求物体的飞行时间
?
解析:作出在撞击处的速度矢量图如图2所示,由推论1知:
v y =
v 0
tan30
得v y =
3v 0=9.83m /s
由v y =gt ,得t =v y
g
=3s
例2 如图3所示,两个相对的斜面,倾角分别为37 和53 .在顶点把两个小球以相同初速度分别向左、
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.
解析:由推论1可知水平位移与竖直位移构成直角三角形
x =v 0t ,y =12
g t
2
可知:tan 1=
y 1x 1=g t a
2v 0
tan 2=y 2x 2=gt b 2v 0
所以
t a t b =tan 1tan 2
=916.例3 如图4所示,在斜面上P 点先后以v 0和2v 0的速度水平抛出A 、B 两
小球,则从抛出至第一次着地,两小球的水平位移大小之比可能为( )
(A )
1
2
(B )
13
(C)1
4(D)1
5
解析:两小球分别以v 0和2v 0的初速度做平抛运动,于是有
x 1=v 0t 1,x 2=2v 0t 2
!
25!数理化学习(高中版)
y 1=
12g t 21,y 2=12g t 22
两小球着地情况有几种可能性:(1)均落在水平上,于是有y 1=y 2可得
x 1x 2=v 1v 2=12
,故(A )正确.(2)均落在斜面上,则由推论1有y 1x 1=y 2
x 2
,可得x 1x 2=y 1y 2=14
,故(C)正确.
(3)A 球落在斜面上,B 球落在水平面上于是有t 1
x 2,
可得
14 2 ,(B )正确.答案:(A)、(B )、(C ). 2.推论2在斜面上平抛运动中的应用例4 从倾角为 的斜面上某点以不同的初速度将同一小球水平抛出,试证明小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角 为一定值 . 证明:如图5所示,小球竖直位移与水平位移间满足: tan =y x =12g t 2 v 0t =g t 2v 0 水平速度与竖直速度满足:tan ( + )= v y v 0=gt v 0 可知tan ( + )=2tan =arc tan (2tan )- ,所以 与初速度大小无关. 例5 一个质量为M 的小球从倾角为 =30 的斜面上A 点水平抛出,抛出时的速度为v A ,落到斜面上的B 点,问小球到达B 点时的速度是多少?(不计空气阻力)解析:设达到B 点时速度与水平方向的夹角为 由推论2知:tan =2tan ,得tan =23 3 解得cos = 321 v B =v A cos = 213 v A 3.推论3在斜面上平抛运动中的应用例6 从倾角为 的斜面上的A 点,以初速度v 0,沿水平方向抛出一个小球,落在斜面上 B 点,如图6所示.求: 从抛出开始经多长时间小球离斜面的距离最大?最大距离是多少? 解析:从抛出开始计时,设经过t 1时间小球离斜面的距离达到最大,当小球的速度与斜面平行时,小球离斜面的距离达到最大,最大距离为H.此时末速度方向与初速度方向成 角,如图7所示,图中M 为末速度反向延长线与水平位移的交点,MN =H 为所求的最远距离. 由推论3知:AM = x 2 由几何关系:MN =AM sin 由平抛运动的规律:v y =gt ,x =v 0t ,tan = v y v 0 联立求解:H =MN = v 2 0tan sin 2g 由图知:v y 1=g t 1=v 0tan ,所以t 1= v 0tan g .重庆市丰都中学校(408200) ! 26!数理化学习(高中版) 与斜面有关的平抛运动 1．如图，从斜面上的点以速度υ0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B 点，己知AB=75m ， a=37°，不计空气阻力，下列说法正确的是 A.物体的位移大小为75m B.物体飞行的时间为6s C.物体的初速度v 0大小为20m/s D.物体在B 点的速度大小为30m/s 【答案】AC 【解析】 试题分析：由图可知，物体的位移大小为75m ，选项A 正确；物体飞行的时间为 s s g s t 310 6 .0752sin 2=??== α，选项B 错误；物体的初速度v 0大小为s m t s v /2037cos 0==o ，选项C 正确；物体在B 点的速度大小为 s m s m gt v v /1310/)310(20)(2222 0=?+=+=，选项D 错误；故选AC. 考点：平抛运动的规律. 2．如图所示，斜面与水平面夹角，在斜面上空A 点水平抛出两个小球a 、b ，初速度分别为v a 、v b ，a 球落在斜面上的N 点，而AN 恰好垂直于斜面，而b 球恰好垂直打到斜面上M 点，则（ ） A ．a 、b 两球水平位移之比2v a :v b B ．a 、b 两球水平位移之比2v a 2 :v b 2 C ．a 、b 两球下落的高度之比4v a 2 :v b 2 D ．a 、b 两球下落的高度之比2v a 2 :v b 2 【答案】BC 【解析】 试题分析：a 球落在N 点，位移与斜面垂直，则位移与水平方向的夹角为90°-θ，设此时的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα=2tan（90°-θ），b 球速度方向与斜面垂直， 速度与水平方向的夹角为90°-θ，可知： 2yb ya b a v v v v = ，解得： 2ya a yb b v v v v =，根据2 2y v h g = ， 平抛运动斜面距离问题的解法赏析 无锡市堰桥中学 周维新 平抛运动是生活中常见的运动，也是高中物理曲线运动中典型的运动形式。因此平抛运动高考中的重点和热点。学生在处理较为简单的问题时，进行分解合成处理还能完成，但是对于较为复杂的问题时就感觉到束手无策。本文就平抛运动中较为复杂的斜面距离问题的解法作如下探讨。 例题：如图，AB 斜面倾角为37°，小球从A 点以 初速度v 0=20m/s 水平抛出，恰好落到B 点，求： （1）物体在空中飞行的时间；AB 间的距离； （2）小球在B 点时速度的大小和方向； （3）从抛出开始经多少时间小球与斜面间的距离最大， 最大距离是多少g=10m/s 2； 1、分解法 第（3）问的传统解法将平抛运动分解到斜面方向和垂直于斜面方向：沿斜面方向：V //=V 0cos37o=20×0.8=16m/s ，a //=gsin37o=10×0.6=6m/s 2匀加速直线 运动。垂直斜面方向：V ⊥= V 0sin37o=20×0.6=12m/s ，a ⊥=gcos37o=10×0.8=8m/s 2匀减速直线运动。当垂直斜面方向的速度减为零时，球离斜面距离最远。t= ==1.5s ，最远距离S==。 此种解法沿用了离地最高必有在垂直地面方向的速度为零的结论。球离斜面距离最大，则球在垂直斜面上的速度必为零。因而本解法采用正交分解，可以巩固学生的运动合成与分解知识，同时拓展对平抛运动的处理方法。平抛运动分解为两个方向的匀变速直线运动，学生较易理解但运算较繁。 2、追击解法 设斜面上有一个点，该点沿斜面作匀速直线运动。该点的水平分速度v 0=20m/s 与小球的平抛初速度相等，竖直方向的分速度v y = v 0tan37°=15m/s ，所以小球由A 点平抛运动到B 点时，该点也恰好从A 点匀速运动到B 点，在运动过程中该点始终在小球的正下方。在竖直方向，小球自由落体追击该点匀速直线运动，当小球在竖直方向上的速度等于该点的竖直方向上的速度时，两点间有最大距离，此时小球与斜面间的距离也最大。解答如下： 研究对象：点 V 点x = 20m/s V 点y = 15m/s 小球：V 球x = 20m/s V 球y =gt 当V 球y = V 点y 时，点和球之间有最大距离y CD （如图） t= ==1.5s y CD = y 点-y 球=V 点y t-=15×1.5-5× 1.52=11.25m 则球与斜面间大最大距离S=y CD cos37o=9m 追击解法也采用运动的分解，但增加了研究对象，充分利用追击问题中的规律：两物速度相同时距离有极值。思维独特，想法新颖，运算较为简便，具有一定创造性，有利与学生发散性思维的培养。 3、数学几何法 原创作品 严禁盗用 第 1 页 共 3 页 平抛运动与斜面、曲面结合的问题 高考试题呈现方式及命题趋势 纵观近几年的高考试题，平抛运动考点的题型大多数不是单纯考查平抛运动而是平抛运动与斜面、曲面结合的问题，这类问题题型灵活多变，综合性强，既可考查基础又可考查能力，因此收到命题专家的青睐，在历年高考试题中属于高频高点。 求解思路 解答平抛试题，首先要掌握平抛运动的规律和特点，同时也要明确联系平抛的两个分运动数量关系的桥梁，除时间t 外，还有两个参量：速度偏角α，tan y x v v α=位移偏角θ，tan y x θ= 两者关系：tan 2tan αθ=。平抛运动与斜面、曲面结合的问题， 命题者用意用于考查学生能否寻找一定的几何图形中几何角的关系，考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。 知识准备 结论：做平抛运动的物体经时间t 后，其速度t v 与水平方向的夹角为α（速度偏角），位移s 与水平方向的夹角为θ（位移偏角），则有tan 2tan αθ= 证明：速度偏角0 tan y x v gt v v α== 位移偏角2001112tan tan 22 gt y gt x v t v θα==== 即：tan 2tan αθ= 说明：以上结论对于做平抛运动的物体在任意时刻此式都成立，与物体运动速度大小，运动时间等外界因素无关！ 试题分类归纳 一、抛点和落点都在斜面上 存在以下规律： (1)位移与水平方向的夹角就为斜面的倾角 (2)物体的运动时间与初速度成正比；由20012tan gt y gt x v t v θ===，知02tan v t g θ=，0v 确定时t 就确定了。 (3)物体落在斜面上时的速度方向平行； (4)当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面的距离最远。 平抛运动复习教案 学科：物理任课老师：授课时间：08:30-10:00 班级高一升高二年级：高二教学课题平抛运动的规律 阶段基础（√）提高（）强化（）课时 计划 第（1 ）次课 共（）次课 教学目标知识与技能： （1）理解平抛运动速度规律和位移规律，进一步认识速度夹角与位移夹角关系（2）理解抛体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运动的合运动，并且这两个运动互不影响 （3）能应用平抛运动的规律交流讨论并解决实际问题 过程与方法： 1．利用已知的直线规律来研究复杂的曲线运动，渗透物理学“化曲为直”“化繁为简”的方法及“等效代换”“正交分解”的思想方法 情感态度与价值观： 2、培养学生仔认真思考、积极参与、勇于探索的精神。 3、培养学生严谨的科学态度和实事求是的科学作风。 重点难点重点：平抛运动规律的探究过程难点：1、平抛运动的研究方法 2、平抛运动规律的探究过程 教学 方法 讲练法 教学过程一、知识回顾 1、物体做平抛运动的条件：具有水平方向的初速度，只受重力的作用 2、物体做平抛运动的特点：平抛运动可以看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，这两个方向上的运动互不干扰，互不影响。 3、平抛运动的规律：以物体的出发点为原点，沿水平和竖直方向建成立坐标。 二、平抛运动问题归类求解 1、从同时经历两个运动的角度求平抛运动的水平速度 求解一个平抛运动的水平速度的时候，我们首先想到的方法，就应该是从竖直方向上的自由落体运动中求出时间，然后，根据水平方向做匀速直线运动，求出速度。 例1、如图1所示，某人骑摩托车在水平道路上行驶，要在A 处越过x =5m 的壕沟，沟面对面比A 处低h =1.25m ，摩托车的速度至少要有多大？ 2、从分解速度的角度进行解题 对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的速度方向，则我们常常是“从分解速度”的角度来研究问题。 例2、如图2甲所示，以9.8m/s 的初速度水平抛出的物体，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 A.s 3 3 B.332s C.s 3 D.s 2 3.从分解位移的角度进行解题 对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的位移方向(如物体从已知倾角的斜面上水平抛出，这个倾角也等于位移与水平方向之间的夹角)，则我们可以把位移分解成水平方向和竖直方向，然后运用平抛运动的运动规律来进行研究问题(这种方法，暂且叫做“分解位移法”) 例3、 若质点以V 0正对倾角为θ的斜面水平抛出,如果要求质点到达斜面的位移最小，求飞行时间为多少? 平抛运动的一个推论及应用 一：平抛运动的特点 将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，物体受到跟它的初速度不在同一直线上的重力作用而做曲线运动，这样的曲线运动叫做平抛运动。平抛运动是一类重要的匀变速曲线运动，它的特点： ① 只受重力作用。 ② 初速度方向沿水平方向 二：平抛运动的一个重要推论 推论 做平抛运动的物体经过一段时间，到达某一位置时，设其末速度与水平方向 的夹角为α，位移与水平方向的夹角为β，则tg α=2tg β。 证明 设平抛运动物体的水平初速度为 V 0，经过一段时间t ，到达A 点，如图1所示。由平抛运动的运动规律可得： tg α= O V V = O V gt tg β=AC AB =t V gt O 22 1=O V gt 2 ∴ tg α= 2tg β 三：推论的应用 例题1：作平抛运动的物体，当它的水平速度与竖直速度的要大小之比为1:2时，其水平位移与竖直位移的大小之比_________。 解析：设平抛运动物体的初速度为V 0，从O 点水平抛出，经过一段时间，到达A 点。由图2所示。根据平抛运动的运动规律可得： tg α=O V V =O V gt tg β=AC AB =t V gt O 22 1=O V gt 2 由推论可得：tg α= 2tg β ∵tg α=2 ∴tg β=1 即 AC:AB=1:1 . 例题 2：如图3，从倾角为θ的足够长斜面的A 点先后将同一个小球以不同的初速度水平向右抛出，第一次初速度为V 1 ，球落到斜面上时速度方向与斜面的夹角为ψ1，第二次初速度为V 2，球落到斜面上时速度方向与斜面的夹角为ψ2，若V 1 >V 2, ,则： ①ψ1 >ψ2, 。②ψ1 <ψ2, 。③ ψ1 =ψ2,。 ④ 无法确定。 课题：“斜面+平抛”类问题 学习目标：1、进一步掌握平抛运动的规律 2、会用平抛运动的规律解决“斜面+平抛”问题 3、学会用几何关系来求解物理问题 学习重点：分解速度、位移来构建矢量三角形 学习难点：充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而解决问题 一、前知回顾 平抛运动的基本规律：以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则： (1)水平方向：做匀速直线运动，速度v x＝，位移x ＝. (2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y＝，位移y ＝. (3)合速度：v＝，方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝. (4)合位移：s＝，方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝. 二、合作探究 探究一：顺着斜面抛 【典例分析1】如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g取10 m/s2)．求： (1)A点与O点的距离L； (2)运动员离开O点时的速度大小； 【小试牛刀1】如图所示，在倾角为θ的斜面顶端P点以速度 v0水平抛出一小球，最后落在斜面上的Q点，求小球在空中运动的时间以及P、Q间的距离。（重力加速度为g）P Q 探究二:对着斜面抛 【典例分析2】小球以15m/s 的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上。求： （1）小球在空中的飞行时间； （2）抛出点距落球点的高度。（sin37=0.6, cos37=0.8） 【小试牛刀2】如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在A 点正上方与C 等高处水平抛出一小球，抛出一段时间t 后，垂直斜面落到D 点，则小球抛出的初速度为（ ） A ．t gtan α B ．αgt tan C ．αgt tan 2 D ．α tan gt 高中物理第五章抛体运动专题一平抛运动规律的应用教案习题 （含解析）新人教版必修2 1．平抛运动的性质 加速度为g 的□01匀变速曲线运动，轨迹是抛物线。 2．平抛运动的基本规律 (1)水平方向：做□ 02匀速直线运动，v x ＝v 0，x ＝□03v 0t 。 (2)竖直方向：做□ 04自由落体运动，v y ＝□05gt ，y ＝□0612 gt 2。 (3)合速度：v ＝□07v 2 x ＋v 2y ，方向与水平方向的夹角θ满足tan θ＝v y v x ＝□ 08gt v 0 。 (4)合位移：s ＝□ 09x 2＋y 2，方向与水平方向的夹角α满足tan α＝y x ＝□10gt 2v 0。 3．对平抛运动规律的理解 4．两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则□17tanθ＝2tanα。 (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水 18中点，如图中A点为OB的中点。 平位移的□ 典型考点一平抛运动规律的综合应用 1．子弹从枪口水平射出，在子弹的飞行途中，有两块相互平行的竖直挡板A、B(如图所示)，A板距枪口的水平距离为s1，两板相距s2，子弹穿过两板先后留下弹孔C和D，C、D 两点之间的高度差为h，不计挡板和空气的阻力，求子弹的初速度v0。 答案 gs 2h ? ? ? ??s 1＋s 22 解析 从开始到C ，设下降的高度为h 1，所用时间为t 1， 根据h 1＝12gt 2 1，得t 1＝ 2h 1 g ， 则s 1＝v 0 2h 1 g ① 从开始到D ，设所用时间为t 2， 根据h ＋h 1＝12gt 2 2， 解得t 2＝ 2 h ＋h 1 g 则有：s 1＋s 2＝v 0 2 h ＋h 1 g ② 联立①②两式解得v 0＝ gs 2h ? ? ???s 1＋s 22。 2．从高为h 的平台上，分两次沿同一方向水平抛出一个小球。如右图第一次小球落地在a 点，第二次小球落地在b 点，a 、b 相距为d 。已知第一次抛球的初速度为v 1，求第二次抛球的初速度v 2是多少？(重力加速度为g ，不计空气阻力) 答案 v 1＋d g 2h 解析 平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动， 根据h ＝12 gt 2 得t ＝ 2h g 第一次抛出球的水平距离x 1＝v 1t 解得：x 1＝v 1 2h g 所以第二次抛出球的水平距离为x 2＝x 1＋d ＝v 1 2h g ＋d 第二次抛球的初速度为v 2＝x 2t ＝ v 1 2h g ＋d 2h g ＝v 1＋d g 2h 。 3．如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ，g ＝10 m/s 2 ， 平抛专题练习 一、物体的起点在斜面外，落点在斜面上 1．求平抛时间 1．以Vo=9.8m/s 的初速水平抛出一小球，小球垂直撞击倾角为30°的斜面，问小球在空中飞行了多少时间。 解：t=3s 2．求平抛初速度 2．如图3，在倾角为37°的斜面底端的正上方H 处，平抛一小球，该小球垂直打在斜面上的一点，求小球抛出时的初速度。 解： 3．质量为m 的小球以v 0的水平初速度从O 点抛出后，恰好击中斜角为θ的斜面上的A 点．如果A 点距斜面底边（即水平地面）的高度为h ，小球到达A 点时的速度方向恰好与斜面方向垂直，如图5-2-20，则以下正确的叙述为（ ）ABD A ．可以确定小球到达A 点时，重力的功率； B ．可以确定小球由O 到A 过程中，动能的改变 C ．可以确定小球从A 点反弹后落地至水平面的时间 D ．可以确定小球起抛点O 距斜面端点B 的水平距离 3．求平抛物体的落点 4.如图5－14所示，斜面上有a 、b 、c 、d 四个点，ab ＝bc ＝cd 点正上方O 点以速度v 水平抛出一个小球，它落在斜面上b 点，若小球从O 点以速度2v 水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的( Ａ ) A ．b 与c 之间某一点 B ．c 点 C ．c 与d 之间某一点 D ．d 点 二、物体的起点和落点均在斜面上 此类问题的特点是物体的位移与水平方向的夹角即为斜面的倾角。一般要从位移关系入手，根据位移中分运动和合运动的大小和方向（角度）关系进行求解。 1．求平抛初速度及时间 5．如图，倾角为θ的斜面顶端，水平抛出一钢球，落到斜面底端，已知抛出点 到落点间斜边长为L ，求抛出的初速度及时间？ 解：钢球下落高度：，∴飞行时间t ＝ ， 水平飞行距离 ，初速度v 0= =θ θ sin 2cos gl 6.如图所示,从倾角为θ的斜面上的A 点以速度V 0平抛一个小球,小球落在斜 面上的B 点.则小球从A 到B 的运动时间为 。 ( g v θ tan 20) 2．求平抛末速度及位移大小 7．如图，从倾角为θ的斜面上的A 点，以初速度v 0，沿水平方向抛出一个小球，落在斜面上B 点。求：小球落到B 点的速度及A 、B 间的距 离。 小球落到B 点的速度= ，与v 0间夹角 。 A 、 B 间的距离为：s ==。 3．求最大距离（按需分解） 8．如图，在倾角为θ的斜面上以速度vo 水平抛出一个小球，设斜面足够长，求小球离斜面的最大距离 解：h=θ θcos 2sin 22 g v o 9．斜面ABC 高为h ，倾角为30°，一小球从斜面顶端的A 点水 θ v o A 平抛运动的推论及应用 河北 袁振卓 推论1：做平抛运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角 为θ，位移与水平的夹角为?，贝tan θ=2tan ?． 证明：如图1所示，由平抛运动规律得 00y v gt v v tan ==θ，002v 2gt t v gt 21x y tan ===? 所以?=θtan 2tan 。 例1、如图2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?满足( ) A 、θ=?sin tan B 、θ=?cos tan C 、θ=?tan tan D 、θ=?tan 2tan 解析：直接根据推论1，可知正确选项为D ． 推论2：做平抛运动的物体在任意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． 证明：如图3所示，B 为OA 的中点，设平抛物体的初速度为0v ，从原点O 到A 点的 时间为t ，A 点坐标为)0,x (，B 点坐标为)0,'x (，则t v x 0=，gt v ,gt 21y y 2==。又 'x x y v v tan 0y -==θ，解得2x 'x =。即末状态速度方向反向延长线与x 轴的交点B 必为此刻水平位移OA 的中点。 例2、如图4所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox 以=0v 2m ／s 的速度抛出，经过一段时间到达P 点，M 为P 点在Ox 轴上的投影，作小球轨迹在P 点的切线并反向延长，与Ox 轴相交于Q 点，已知QM=3m ，则小球运动的时间为多少? 解析：由推论2可知，Q 为OM 的中点，则从O 点运动到P 点的过程中，小球发生的水平位移s 水平=OM=2QM=6m ．由于水平方向做匀速直线运动，则小球在这段过程中运动的时间为t=3s ． 推论3：任意时刻的两个分运动的速度与合运动的速度构成一个矢量直角三角形． 例3、从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球，它们的初速度方向相反，大小分别为1v 和2v ，求经过多长时间两小球速度之间的夹角为90°? 解析：设两个小球抛出后经过时间t 它们速度之间的夹角为90°，与竖直方向的夹角分 别为α和β，对两小球分别构建速度矢量直角三角形，如图5所示，根据图可得： gt v tan ,v gt cot 2 1=β= α ① 又因为β=α?=β+αtan cot ,90所以 ② 由①②得gt v v gt 21=，所以21v v g 1t =。 与斜面有关的平抛运动 度之比 224:a b v v ．故C 正确，D 错误．根据y v t g = 知， a 、 b 两球的运动时间之比为v a ：2v b ，根据x=v 0t ，则水平位移之比为：x a ：x b ＝v a 2：2v b 2．故B 正确，A 错误．故选：BC ． 考点：平抛运动的规律. 3．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端水平抛出一个小球，小球落在斜面上某处．关于小球落在斜面上时的速度方向与斜面的夹角α，下列说法正确的是 A ．夹角α满足tan α=2tan （ B ．夹角α与初速度大小无关 C ．夹角α随着初速度增大而增大 D ．夹角α一定小于90 【答案】BD 【解析】 试题分析：因为小球落到了斜面上，所以小球的位移与水平方向的夹角与斜面的倾角相同，故 有： 200 122gt y gt tan x v t v θ=== ，设速度与水平方向的夹角为β ，则0 2y v gt tan tan v v βθ== =，可知2tan tan βθ=，由于θ不 变，则β也不变．则小球落在斜面上时的速度与斜面的夹角：αβθ=-，保持不变．与初速度无关．因为平抛运动速度与水平方向的夹角不可能等于90度，则小球落在斜面上时的速度与斜面的夹角不可能等于90度，故BD 正确。 考点：考查了平抛运动规律的应用 4．如图所示，小球以v o 正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t 为（重力加速度为g ）（ ） A.0 2tan v g θ B.02tan v g θ C. 0tan v g θ D.0 tan v θ 【答案】A 【解析】 平抛运动的推论应用 例1.如右图所示，从倾角为的足够长的斜面上的A 点，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出，第一次初速度为v1，球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为α1，第二次初速度为V2，球落到 斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为，若v1 v2，则 A.α1＞α2 B. 12 C. 12 D. 无法确定 【解析】1）由题意知两次小球都落在斜面上，则落在斜面上时的位移与水平方向的夹角均为β。设两次小球落回斜面瞬间的速度与水平方向的夹角分别为α1，α2，根据推论1可知： tanα1=2tanβ，tanα=2tanβ， 则可得α1=α2。。α是一定值，与初速度v0的大小无关。选项B正确。 2）如图5，根据上面的结论可知A是OB的中点，由几何关系可得tanβ=2tanθ，α=β-θ。小球两次水平抛出，θ一样，所以落在斜面上两次速度的偏转角相等，即β1=β2，进而推出α1=α2，也就是两次小球落在斜面上的速度方向相同，与初速度无关。 例2．如图2所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖A与竖直墙壁成530，飞镖B与竖直墙壁成370，两者相距为d。假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离。（sin370=， cos370=） 解析：由题意可知，飞镖A、B从同一点做平抛运动，其速度方向的反向延长线的交点C为水平位移的中点，如图3。设飞镖的水平位移为x，根据几何关系得： ， Ya=x/2tan53°=3/8x，Yb=x/2tan37°=2/3x 又已知 解得，即射出点离墙壁的水平距离为24d/7 例题3.作平抛运动的物体，当它的水平速度与竖直速度的要大小之比为1:2时，其水平位移与竖直位移的大小之比_________ 平抛运动专题复习与解题技巧 二、平抛运动解题的常见技巧 1．巧用分运动方法求水平速度 求解一个平抛运动的水平速度的时候，我们首先想到的方法，就应该是从竖直方向上的自由落体运动中求出时间，然后，根据水平方向做匀速直线运动，求出速度。 例1．如图所示，某人骑摩托车在水平道路上行驶，要在A处越过的壕沟，沟面对面比A 处低，摩托车的速度至少要有多大？ 解析：在竖直方向上，摩托车越过壕沟经历的时间：，在水平方向上，摩托车能越过壕沟的速度至少为：。 2．巧用分解合速度方法求时间 对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的速度方向，则我们常常是“从分解速度”的角度来研究问题。 例2．如图甲所示，以9.8m/s的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为 的斜面上。可知物体完成这段飞行的时间是（） A． B． C． D． 解析：先将物体的末速度分解为水平分速度和竖直分速度（如图2乙所示）。根据平抛运动的分解可知物体水平方向的初速度是始终不变的，所以；又因为与斜面垂直、与水平面垂直，所以与间的夹角等于斜面的倾角。再根据平抛运动的分解可知物体在竖直方向做自由落体运动，那么我们根据就可以求出时间了。则：，所以 ，根据平抛运动竖直方向是自由落体运动可以写出：，所以，所以答案为C。 3．巧用分解位移方法求时间比 对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的位移方向（如物体从已知倾角的斜面上水平抛出，这个倾角也等于位移与水平方向之间的夹角），则我们可以把位移分解成水平方向和竖直方向，然后运用平抛运动的运动规律来进行研究问题（这种方法，暂且叫做“分解位移法”） 例3．如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为和，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为多少？ 4.2 平抛运动的规律和应用（二） 考点: 斜面上的平抛运动 典型例题 [例1] 如图4-2-1所示，斜面倾角为300，小球从A 点以初速度v 0水平抛出，恰好落到斜面B 点，求：①AB 间的距离；②物体在空中飞行的时间；③从抛出开始经多少时间小球与斜面间的距离最大？ [例2]一斜面倾角为θ，A 、B 两个小球均以水平初速度v0水平抛出(如图4－2－2所示，A 球垂直撞在斜面上，B 球落到斜面上的位移最短，不计空气阻力，则A 、B 两个小球下落时间tA 与tB 之间的关系为( ) A ．tA ＝t B B ．tA ＝2tB C ．tB ＝2tA D ．无法确定 [例3] 如图4-2-3所示，一个斜面固定在水平面上，从斜面顶端以不同初速度v0水平抛出一小球，得到小球在`空中运动时间t 与初速度v0的关系如下表所示，g 取10 m/s2试求： v 0/m ·s －1 …2…910…t /s …0.400… 1.000 1.000… (1)v0＝2 m/s 时平抛水平位移s ； (2)斜面的高度 h ； (3)斜面的倾角θ。 针对训练: 1．某同学在篮球训练中，以一定的初速度投篮，篮球水平击中篮板，现在他向前走一小段距离，与篮板更近，再次投篮，出手高度和第一次相同，篮球又恰好水平击中篮板上的同一点，则( ) A ．第二次投篮篮球的初速度大些 B ．第二次击中篮板时篮球的速度大些 图4-2-1 C．第二次投篮时篮球初速度与水平方向的夹角大些 D．第二次投篮时篮球在空中飞行时间长些 2.如图1所示，在水平地面上固定一倾角为θ=37°、表面光滑的斜面体，物体A以v1=6 m/s 的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出.如果当A 上滑到最高点时恰好被B物体击中.（A、B均可看做质点，sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10 2 m/s）求： (1)物体A上滑到最高点所用的时间t; (2)物体B抛出时的初速度v2; (3)物体A、B间初始位置的高度差h. 图1 3．如图2所示，在距地面2l的高空A处以水平初速度v0＝gl投掷飞镖，在与A点水平距 离为l的水平地面上的B点有一个气球，选择适当时机让气球以速度v0＝gl匀速上升，在 升空过程中被飞镖击中。飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和 气球视为质点，已知重力加速度为g。试求： (1)飞镖是以多大的速度击中气球的； (2)掷飞镖和释放气球两个动作之间的时间间隔Δt。 图2 4.国家飞碟射击队在进行模拟训练时用如图所示装置进行．被训练的运动员在高H= 20 m的塔顶，在地面上距塔水平距离为l处有一个电子抛靶装置，圆形靶可被以速度 v2竖直向上抛出．当靶被抛出的同时，运动员立即用特制手枪沿水平方向射击，子弹速 度v1＝100 m/s.不计人的反应时间、抛靶装置的高度及子弹在枪膛中的运动时间，且忽 略空气阻力及靶的大小(g取10 m/s2)． (1)当l取值在什么范围内，无论v2为何值靶都不能被击中？ (2)若l＝100 m，v2＝20 m/s，试通过计算说明靶能否被击中? 粤教版高中物理必修二第一章 第四节 平抛运动规律的应用 主讲人：梁杰宁 单位：从化中学 教学目标： 知识与技能： 1、进一步理解平抛运动的特点。 2、进一步理解平抛运动的处理方法。 3、熟练掌握平抛运动的规律 过程与方法： 1、通过举例，联系实际，分析平抛运动的规律 2、通过讨论与交流，理解平抛运动处理的方法 情感、态度与价值观： 1、通过观察与思考，提高学生应用知识的能力 2、通过分组讨论，加强学生的协助与互相学习的能力 学情分析： 平抛运动是匀变速曲线运动的典型代表，是一种最基本、最重要的曲线运动，是运动的合成和分解知识的应用，是理解和掌握其他曲线运动的基础。认识平抛运动采用的是运动的合成与分解的方法，它是一种研究问题的方法，这种方法在“运动的合成与分解”的学习中学生已有基础，本节课是“平抛运动”的第二课时。因此，在教学中应让学生主动尝试应用平抛物体运动规律来解决实际问题。这一学习过程的经历，能激发学生探究未知问题的乐趣，领悟怎样将复杂的问题化为简单的问题，将未知问题化为已知问题。日常生活中平抛运动的现象也较多，通过与生活实际的联系，可以使学生更深入了解运动的规律。 重点：平抛运动规律的应用 难点：平抛运动规律的处理方法 教学环节与活动： 一、知识回顾 1. 平抛运动的解题方法是：运动的合成与分解 2. 平抛运动规律： 活动设计与教学评价： 通过提问、默写形式，让学生回顾上节课所学的内容。 学生对于规律公式很容易出现遗忘或写错的形式，所以可通过默写的形式来突出学生记忆的盲点并加以强化。 二、目标引领 考点一：平抛运动的特点、性质及其探究 考点二：平抛运动的规律运用 2gt 2 1y =22y x S +=220y v v v +=t v x 0=0 v v x =gt v y = 平抛运动的两个推论 ★推论 1：做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻、任一位置其末速度方向与水平方向的夹角为，位移方向与水平方向的夹角为，则 tan θ＝ 2tan α。 ﹟注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的 2 倍，即θ≠2α，而是tan θ＝ 2tan α． 【证明】： 【例 1】一物体自倾角为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满足（） A．tan sin B ．tan cos C．tan tan D．tan 2 tan ★推论 2：：做平抛（或类平抛）运动的物体在任意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P点和 Q点。 【证明】： 【例 2】如图14所示为一物体做平抛运动的图像，此曲线上任一点P（x， y）的速度方向的反向延长线交于x 轴上的 A 点，则 A 点的横坐标为（） A. 0.6x B. 0.5x C. 0.3x D. 无法确定 O A x p (x,y) y 图14 【课堂训练】 1.如图所示，从倾角为α的足够长的斜面顶端，先后以不同的初速度水平向右抛出相同的两 只小球，下列说法正确的是() A．两小球落到斜面上历时相同 B．两小球落到斜面上的位置相同 C．两小球落到斜面上时速度大小相同 D．两小球落到斜面上时速度方向相同 2.（ 2012 ·安徽联考）如图所示是倾角为 45°的斜坡，在斜坡底端 P 点正上方某一位置Q 处以速度 v 0水平向左抛出一个小球 A ，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1.小球 B 从同一点 Q 处自由下落，下落至 P 点的时间为 t2.不计空气阻力，则 t1∶ t2＝ () A．1∶2 B．1∶2 C．1∶ 3 D． 1∶3 3. 一水平抛出的小球落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如右图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为（）A．tan B ．2 tan 11 C．D． tan2tan 4. 如图 13 所示，在倾角为的斜面上 A 点，以初速度v0水平抛出一小球，小球落到斜面 上的 B 点，不计空气阻力，求小球落到 B 点的速度为多大？ v0A B 图13 5. 如图所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖 A 与竖直墙壁成53 角，飞镖 B 与竖直墙壁成37 角，两者相距为 d，假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点 离墙壁的水平距离 ?(sin37=0． 6， cos37＝ 0.8) 此结论在以后电磁学中解类平抛运动问题大有用途。 微型专题1 平抛运动规律的应 用 知识目标核心素养 1.能熟练运用平抛运动规律解决问题. 2.会分析平抛运动与其他运动相结合的 问题. 3.会分析类平抛运动. 1.通过对“与斜面有关的平抛运动”的分析，体 会两种典型模型的运动分解方法. 2.用类比法分析“类平抛运动”，在知识和规律 的迁移中提高逻辑思维和综合分析问题的能力. 一、平抛运动的两个重要的推论及应用 平抛运动的两个推论 (1)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)做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1如图1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(空气阻力不计)( ) 图1 A．tan φ＝sin θB．tan φ＝cos θ C．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． 【考点】平抛运动推论的应用 【题点】平抛运动推论的应用 二、与斜面有关的两类平抛运动 与斜面有关的平抛运动，包括两种情况： (1)物体从空中抛出落在斜面上； (2)物体从斜面上抛出落在斜面上． 在解答该类问题时，除要运用平抛运动的位移和速度规律外，还要充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度方向的关系，从而使问题得到顺利解决． 两种情况的特点及分析方法对比如下： 方法内容斜面飞行时间总结分解速度 水平方向：v x＝v0 竖直方向：v y＝gt 特点：tan θ＝ v x v y ＝ v0 gt t＝ v0 g tan θ 分解速度，构建 速度三角形分解位移 水平方向：x＝v0t 竖直方向：y＝ 1 2 gt2 特点：tan θ＝ y x ＝ gt 2v0 t＝ 2v0tan θ g 分解位移，构建 位移三角形 例2如图2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，垂直地撞在倾角为30°的固定斜面上，这段飞行所用的时间为(不计空气阻力，g取9.8 m/s2)( ) 图2 斜面上的平抛运动 、物体落在斜面上的一个重要关系式如图所示，从倾角为B的斜面上以初速V。平抛一物体，不计空气阻力，经时间t , 物体落在斜面上时其水平位移和竖直位移分别为x，y，则 1 一戲 2va 遇到斜面上的平抛运动问题，往往会与这一关系式有关，所以，解题时要有意识地写出这一关系式。 例1.从倾角为60°的斜面顶点A水平抛出一物体，初动能为10J，物体到达斜面底端B 点时，物体的动能是多少？（不计空气阻力） 1 a —wsv 0 —10 L Z 解：设初速为V0，依题意：：，依据上述等式得 V- tan 60a - — = 2v0 tan 60° = 1 , - —fnv k 2 = -^vJ[l + (2V5)2] = 130J J 例2.从倾角为B的足够长的A点，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出，第一次初速度为V i，球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为亠第二次初速度，球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为八，若吟r，试比较的和旳的大小。 解析：依以上等式 所以a = arctan(2tanff) - & 。 即:厂' p- - li.- / O 以不同初速度平抛的物体落在斜面上各点的速度是互相平行的 例3.如图所示，AB 为斜面，BC 为水平面，从A 点以水平初速度v 向右抛出一 小球，其落点与A 的水平距离为s i ，从A 点以水平初速度2v 向右抛出一小球， 其落点与A 的水平距离为S 2,不计空气阻力，可能为： A. 1 : 2 B. 1 : 3 C. 1 : 4 D. 1 : 5 解析：若两物体都落在水平面上，则运动时间相等，有 、 '乙--”，A 是可能的 若第一球落在斜面上，第二球落在水平面上（如图所示），…-不会小于1:4, 但一定小于1: 2。 故1: 3是可能的，1: 5 不可能 若两物体都落在斜面上，由公式 tan M- %得，运动时间分别为 2vtan 8 4vtan^ 4 ，C 是可能 与斜面有关的平抛运动 1．如图，从斜面上的点以速度υ0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B 点，己知AB=75m ， a=37°，不计空气阻力，下列说法正确的是 A.物体的位移大小为75m B.物体飞行的时间为6s C.物体的初速度v 0大小为20m/s D.物体在B 点的速度大小为30m/s 【答案】AC 【解析】 试题分析：由图可知，物体的位移大小为75m ，选项A 正确；物体飞行的时间为 s s g s t 310 6 .0752sin 2=??== α，选项B 错误；物体的初速度v 0大小为s m t s v /2037cos 0==o ，选项C 正确；物体在B 点的速度大小为 s m s m gt v v /1310/)310(20)(2222 0=?+=+=，选项D 错误；故选AC. 考点：平抛运动的规律. 2．如图所示，斜面与水平面夹角，在斜面上空A 点水平抛出两个小球a 、b ，初速度分别为v a 、v b ，a 球落在斜面上的N 点，而AN 恰好垂直于斜面，而b 球恰好垂直打到斜面上M 点，则（ ） A ．a 、b 两球水平位移之比2v a :v b B ．a 、b 两球水平位移之比2v a 2 :v b 2 C ．a 、b 两球下落的高度之比4v a 2 :v b 2 D ．a 、b 两球下落的高度之比2v a 2 :v b 2 【答案】BC 【解析】 试题分析：a 球落在N 点，位移与斜面垂直，则位移与水平方向的夹角为90°-θ，设此时的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα=2tan（90°-θ），b 球速度方向与斜面垂直， 速度与水平方向的夹角为90°-θ，可知： 2yb ya b a v v v v ，解得： 2ya a yb b v v v v ，根据2 2y v h g ， 则a 、b 两球下落的高度之比2 2 4:a b v v ．故C 正确，D 错误．根据y v t g 知，a 、b 两球的 运动时间之比为v a ：2v b ，根据x=v 0t ，则水平位移之比为：x a ：x b ＝v a 2 ：2v b 2 ．故B 正确，A 错误．故选：BC ． 考点：平抛运动的规律. 3．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端水平抛出一个小球，小球落在斜面上某处．关于小球落在斜面上时的速度方向与斜面的夹角α，下列说法正确的是 A ．夹角α满足tan α=2tan （ B ．夹角α与初速度大小无关 C ．夹角α随着初速度增大而增大 平抛运动在斜面与半圆中的应用 一、基础知识 （一）常见平抛运动模型的运动时间的计算方法 1、在水平地面上空h 处平抛： 由h ＝1 2 gt 2知t ＝ 2h g ，即t 由高度h 决定． 2、在半圆内的平抛运动(如图)，由半径和几何关系制约时间t ： h ＝1 2gt 2更新 R ＋R 2－h 2＝v 0t 联立两方程可求t . 3、斜面上的平抛问题(如图)： (1)顺着斜面平抛 方法：分解位移 x ＝v 0t y ＝1 2gt 2 tan θ＝y x 可求得t ＝2v 0tan θ g (2)对着斜面平抛(如图) 方法：分解速度 v x ＝v 0 v y ＝gt tan θ＝v y v 0＝gt v 0 可求得t ＝v 0tan θ g 4、对着竖直墙壁平抛(如图) 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 二、练习 1、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/s B ．2 m/s C ．3 m/s D ．4 m/s 解析 由于小球经0.4 s 落到半圆上，下落的高度h ＝1 2gt 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，v 0＝4 m/s ，选项A 、D 正确． 答案 AD 2、如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初 速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧 上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向 成α角，则两小球初速度之比v 1 v 2为 ( ) A ．tan α B ．cos α C ．tan αtan α D ．cos αcos α 答案 C 解析 两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2，对A 球：R sin α＝v 1t 1，R cos α＝12gt 21；对B 球：R cos α＝v 2t 2，R sin α＝12gt 2 2，解四式可得：v 1 v 2 ＝tan αtan α，C 项正确． 3、如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从 O 点水平飞出，经过3 s 落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡 的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m ＝50 kg. 不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g 取10 m/s 2)．求： (1)A 点与O 点的距离L ； (2)运动员离开O 点时的速度大小；与斜面有关的平抛运动资料讲解
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