高考物理专题4 曲线运动与天体运动第二讲 抛体运动的规律及其应用课件

(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度
a＝
＝8 m/s2
初速度v＝
＝5 m/s
代入数据整理得： ＋5t2－26＝0 解得t2＝2 s或t2＝－ s(不合题意舍去) 所以t＝t1＋t2＝2.4 s. [答案] (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s
本题中小球的运动分为两个阶段：平抛运动阶段和匀 加速运动阶段，两个阶段的联系纽带是平抛运动的末速度 为小球沿斜面做匀加速运动的初速度，这也是解答本题的 关键.
A．球的初速度大小 B．发球时的高度 C．球从发出到第一次落在球台上的时间 D．球从发出到被对方运动员接住的时间
解析：根据题意分析可知，乒乓球在球台上的运动轨迹
具有重复和对称性，显然发球时的高度等于h，从发球到
运动到P1点的水平位移等于
1 4
L，所以可以求出球的初速
度大小，也可以求出球从发出到第一次落在球台上的时
(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．
图4－2－5
[思路点拨] 解答本题时应注意以下三点： (1)判断质点的运动规律——类平抛运动； (2)求出类平抛运动的加速度； (3)P点的x、y坐标的关系为tanα＝
[解题样板] (1)质点在水平方向上无外力作用而做匀速直线运动，
2．乒乓球在我国有广泛
的群众基础，并有
“国球”的美誉，
4－2ຫໍສະໝຸດ Baidu6
在2009年11月22日结束的第19届亚洲乒乓球锦标赛
上，中国队如愿包揽了7个项目的冠军．国乒新锐马
龙在比赛中连夺男单、男双、男团、混双四枚金牌，
追平了前辈谢赛克在25年前创造的记录，展现出了超一流选 手的实力．现讨论乒乓球发球问题，已知球台长L、网高h， 若球在球台边缘O点正上方某高度处，以一定的垂直球网的 水平速度发出，如图4－2－6所示，球恰好在最高点时刚好 越过球网．假设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．则根据以上信息不能求出(设重力加速度为g) ( )
间．由于对方运动员接球的位置未知，所以无法求出球
从发出到被对方运动员接住的时间．综上所述选D项． 答案：D
3．物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角θ的 正切tanθ随时间t的变化图象是图4－2－7中的 ( )
图4－2－7
解析：物体平抛出去后，其合速度可分解为水平方向的速度 v0和竖直方向的速度vy(vy＝gt)，如图所示．所以tanθ＝
定球在墙面上以25 m/s的速度沿水平方向反弹，
落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间．忽略空
气阻力，g取10 m/s2，球在墙面上反弹点的高度
范围是 ( )
A．0.8 m至1.8 m
B．0.8 m至1.6 m
C．1.0 m至1.6 m
D．1.0 m至1.8 m
x
解析：球反弹后做平抛运动．设落地时间为t，由t＝
2．速度变化规律 (1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0. (2)任意相等的时间间隔Δt内的速度变化量均竖直向下，且
Δv＝Δvy＝gΔt. 3．位移变化规律 (1)任意相等的时间间隔Δt内，水平位移不变，且Δx＝v0Δt. (2)连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，
即Δy＝gΔt2.
如图4－2－4所示，水平屋顶高H＝5 m，墙 高h＝3.2 m，墙到房子的距离L＝3 m，墙外马路宽D＝10 m， 小球从屋顶水平飞出落在墙外的马路上，求小球离开屋顶时 的速度v应该满足什么条件？ (g＝10 m/s2)
[思路点拨] 小球触碰墙顶对应小球能落在墙外马路上的 平抛的最小速度，而小球落在马路的右边缘对应小球能 落在墙外马路上的平抛的最大速度．
[答案] 5 m/s≤v≤13 m/s
本题属于平抛运动中的临界问题．每当遇到类似的题 目时常常感到无从下手，因此形成一个良好的分析问题、解 决问题的思路特别重要．解决此类问题的关键有三点：其一 是确定运动性质——平抛运动；其二是确定临界位置——恰 不触墙和恰不出界；其三是确定临界轨迹，并画出轨迹示 意图.
v
得t1＝ s，t2＝ s，由h＝ gt2得h1＝0.8 m，h2＝ 1.8 m，即A正确．
答案：A
1．类平抛运动的受力特点 物体所受合力为恒力，且其方向与初速度的方向垂直．
2．类平抛运动的运动特点 在初速度v0方向做匀速直线运动，在合力方向做初速度 为零的匀加速直线运动，加速度
3．常见问题 (1)斜面上的平抛运动． (2)带电粒子在电场中的偏转． 4．类平抛运动的求解方法 (1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速
水平方向 竖直方向
vx＝v0 x＝v0t vy＝ gt ，y＝
合速度
大小 v＝ 方向 与水平方向的夹角tanα ＝
合位移
大小
s＝
方向 与水平方向的夹角tanθ＝
轨迹方程
y＝
若物体受恒力作用且恒力方向与初速度方向垂直， 这种运动叫类平抛运动，其研究方法与平抛运动研究方法 相同，其运动规律与平抛运动规律也相同，只不过在分解 时不一定向竖直方向和水平方向分解．
一、平抛物体的运动 1．定义：将物体以一定的初速度沿 水平方向抛出，不考
虑空气阻力，物体只在 重力作用下所做的运动．
2．性质：平抛运动是加速度为 重力加速度的 动，轨迹是抛物线．
匀变曲速线运
二、平抛运动的研究方法及运动规律 1．研究方法：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． 2．运动规律(如下表所示)
由数学知识可知tanθ－t图象为B.
答案：B
4．一物体从某高度以初速度v0水平抛出，落地时速度大小 为v，则它运动的时间为 ( )
解析：物体做平抛运动的时间t＝ ，由速度的合成与分解
可知vy＝ 答案：D
，故只有D正确．
5．(2009·福建高考)如图4－2－8所示，射击枪水平放置，射 击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上， 枪口与目标靶之间的距离x＝100 m，子弹射出的水平速 度v＝200 m/s，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开 始 释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10 m/s2，求：
(12分)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4－2－5所示的曲线为质点的轨迹图(g取
10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：
类平抛运动是指物体受恒力作用且恒力方向与初速度方 向垂直的运动，其运动规律与平抛运动的规律相同，处理方 法与平抛运动问题的处理方法亦相同，但需注意的是不一定 按竖直方向和水平方向进行分解，而是按初速度方向和合外 力方向来分解.
1．(2009·广东理基)滑雪运动员以20 m/s的速度从一平台水
[课堂笔记] 小球速度很小，则不能越过墙；小球速度很 大，则飞到马路外面．两临界状态就是刚好越过墙和落在 马路右侧边缘．设小球刚好越过墙如图中Ⅰ所示，此时小 球的水平初速度为v1，则 H-h= 由L=v1t1得v1=5 m/s.
设小球越过墙刚好落在马路的右边缘如图中Ⅱ所示，此时 小球的水平速度为v2，则 H= 由L+D=v2t2得v2=13 m/s. 所以小球离开屋顶时的速度满足5 m/s≤v≤13 m/s时，小球 落在墙外的马路上．
直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直 线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具 有等时性． (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的 直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、 vy，然后分别在x、y方向列方程求解．
1．类平抛运动是对平抛运动研究方法的迁移，是高考命题 的热点问题．
4．平抛运动的两个重要推论 推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一 位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为θ，位移 方向与水平方向的夹角为φ，则tanθ＝2tanφ.
证明：如图4－2－1所示，由平抛运 动规律得 Tanθ＝ Tanφ＝ 所以tanθ＝2tanφ. 推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体， 任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线 一定通过此时水平位移的中点．
2．高考考查该类问题常综合机械能守恒、动能定理等知识， 以电场或复合场为背景考查学生运用所学知识处理综合 问题的能力．
2．如图4－2－2所示，光滑斜面长为b，宽为a，倾 角为θ，一物块从斜面左上方顶点P水平射入，而 从右下方顶点Q离开斜面，求入射初速度v0.
图4－2－2
解析：物块在垂直于斜面方向没有运动，物块在斜面平面
图4－2－1
证明：如图4－2－1所示，tanφ＝ tanθ＝2tanφ＝ 即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点B必为此时水 平位移的中点．
1．在平抛运动过程中，位移矢量与速度矢量永远不会共 线．
2．它们与水平方向的夹角关系为tanθ＝2tanφ，但不能 误认为θ＝2φ.
1．(2008·广东高考)某同学对着墙壁练习打网球，假
内的曲线运动可分解为水平方向上的速度为v0的匀速直线 运动和沿斜面向下的初速度为零的匀加速直线运动．
由牛顿第二定律，有mgsinθ＝ma1，a1＝gsinθ
①
水平方向上的位移x＝a＝v0t
②
沿斜面向下的位移y＝b＝
③
由①②③得v0＝a 答案：a
如图4－2－3所示，一小球从平台上水平抛 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/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：
联立解得：t＝3 s，xP＝30 m，yP＝22.5 m. 即P点的坐标为(30,22.5)．┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(2分)
(2)质点经过P点时沿y方向的速度
vy＝at＝15 m/s ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(2分) 故P点的速度大小
Vp＝
┄┄┄┄┄┄┄(2分)
[答案] (1)3 s (30,22.5) (2)5 1 3 m/s
竖直方向上受恒力F和重力mg作用而做匀加速直线运动．
由牛顿第二定律得：F－mg＝ma
所以a＝
＝ m/s2＝5 m/s2. ┄┄┄┄┄(2分)
设质点从O点到P点经历的时间为t，P点坐标为(xP，yP)，则xP＝ v0t，yP＝ at2 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(2分) 又tanα＝ ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(2分)
三、斜抛运动
1．概念：以一定的初速度将物体沿与水平方向成一定角度 斜向抛出，物体仅在 重力作用下 所做的曲线运动．
2．性质：斜抛运动是加速度恒为重力加速度g 的匀变速曲 线运动，轨迹是 抛物线 ．
3．规律：斜抛运动可以看成是水平方向上的 匀速直线运动 和竖直方向上的 匀变速直线运动 的合成．
1．水平射程和飞行时间 (1)飞行时间：t＝ ，只与h、g有关，与v0无关． (2)水平射程：x＝v0t＝v0 ，由v0、h、g共同决定．
(1)小球水平抛出的初速度v0是多大？ (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？ (3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时 间t到达斜面底端？
[思路点拨] 解答本题时应注意以下几点： (1)小球在到达斜面顶端前做平抛运动； (2)小球在斜面顶端时的合速度方向沿斜面向下； (3)小球在斜面顶端时的合速度为小球沿斜面做匀加速运动 的初速度．
平飞出，落地点与飞出点的高度差为3.2 m．不计空气阻
力，g取10 m/s2.运动员飞过的水平距离为x，所用时间为t，
则下列结果正确的是 ( )
A．x＝16 m，t＝0.50 s
B．x＝16 m，t＝0.80 s
C．x＝20 m，t＝0.50 s
D．x＝20 m，t＝0.80 s
解析：平抛运动在竖直方向是自由落体运动，h＝ gt2， t＝ ＝0.80 s；水平方向是匀速直线运动，x＝v0t＝ 16 m．故B项正确． 答案：B
[课堂笔记] (1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下 滑，说明此时小球的速度方向与斜面平行，否则小球会弹
起，如图所示，所以vy=v0tan53° vy2=2gh 代入数据得vy＝4 m/s，v0＝3 m/s. (2)由vy＝gt1得：t1＝0.4 s x＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m.