（浙江选考）2019版高考物理大一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第2讲平抛运动学案.doc

1、【 精品教育资源文库 】 第 2 讲 平抛运动 考试标准 知识内容 必考要求 加试要求 说明 平抛运动 d d 1.不要求推导合运动的轨迹方程 2.不要求计算与平抛运动有关的相遇问题 3.不要求定量计算有关斜抛运动的问题 . 平抛运动 1定义 将一物体水平抛出，物体只在 重力 作用下的运动 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平抛运动的研究方法 将平抛运动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，分别研究两个分运动的规律，必要时再用运动合成的方法进行合成 4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

2、为 y 轴，建立平面直角坐标系，则： (1)水平方向：速度 vx v0，位移 x v0t. (2)竖直方向：速度 vy gt，位移 y 12gt2. (3)合速度： v v 2x v 2y ，方向与水平方向的夹角为 ，则 tan vyvx gtv0. (4)合位移： s x2 y2，方向与水平方向的夹角为 ， tan yx gt2v0. (5)角度关系： tan 2tan . 自测 1 从距地面高 h 处水平抛出一小石子，空气阻力不计，下列说法正确的是 ( ) A石子运动速度与时间成正比 B抛出时速度越大，石子在空中飞行时间越长 【 精品教育资源文库 】 C抛出点高度越大，石子在空中飞行时间

3、越长 D石子在空中某一时刻的速度方向有可能竖直向下 答案 C 自测 2 如图 1 所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8 m，水平距离为 8 m，则运动员跨过壕沟的初速度至少为 (空气阻力不计， g 取 10 m/s2)( ) 图 1 A 0.5 m/s B 2 m/s C 10 m/s D 20 m/s 答案 D 解析 运动员做平抛运动的时间 t 2 hg 0.4 s， 初速度至少为 v xt 80.4 m/s 20 m/s. 命题点一 平抛运动的基本规律 1飞行时间：由 t 2hg 知，时间取决于下落高度 h，与初速度 v0无关 2水平射程： x v0t v

4、0 2hg ，即水平射 程与初速度 v0和下落高度 h 有关，与其他因素无关 3落地速度： v v 2x v 2y v 20 2gh，以 表示落地速度与 x 轴正方向间的夹角，有 tan vyvx 2ghv0，即落地速度也只与初速度 v0和下落高度 h 有关 4做平抛运动的物体任意时刻瞬时速度方向的反向延长线必通过此时水平位移的中点 例 1 (2017 浙江 4 月选考 13) 图 2 中给出了某一通关游戏的示意图 ，安装在轨道 AB 上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在 B 点的正上方，竖直面内的半圆弧 BCD 的半径 R 2.0 m，直径 BD 水平且与轨道

5、AB 处在同一竖直面内，小孔 P和圆心 O连线与水平方向夹角为 37. 游戏要求弹丸垂直于 P点圆弧切线方向射入小孔 P就能进入下一关为了能通关，弹射器离 B 点的高度和弹丸射出的初速度分别是 (不计空气阻【 精品教育资源文库 】 力， sin 37 0.6， cos 37 0.8， g 10 m/s2)( ) 图 2 A 0.15 m,4 3 m/s B 1.50 m,4 3 m/s C 0.15 m,2 6 m/s D 1.50 m,2 6 m/s 答案 A 解析 如图所示， OE OPcos 37 2.00.8 m 1.6 m， PE OPsin 37 2.00.6 m 1.2 m，

6、平抛运动的水平位移为： x BO OE 3.6 m， 即： v0t 3.6 m， OF NE NP 1.2 m y 1.2 m， GF MN2 OE x2 1.6 m， 而 OFGF tan 37 y 1.2 mx2 1.6 m， 解得： y 38x 383.6 m 1.35 m， 所以弹射器离 B 点的高度为 h MB y PE 1.35 m 1.2 m 0.15 m， 又 vyvx tan 37 ，即 gtv0 34， v0t 3.6 m， 代入数据解得： v0 4 3 m/s，故 A 正确， B、 C、 D 错误 变式 1 如图 3 所示，滑板运动 员以速度 v0从离地高度为 h 的平台

7、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 3 【 精品教育资源文库 】 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方向与高度 h 无关 D运动员落地位置与 v0大小无关 答案 B 变式 2 (2016 浙江 10 月选考 7) 一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出水管距地面高 h 1.8 m，水落地的位置到管口的水平距离 x 1.2 m不计空气及摩擦阻力， g 10 m/s2，水从 管口喷出的初速度大小是 ( ) A 1.2 m/s B 2.0 m/s C 3.0 m

8、/s D 4.0 m/s 答案 B 解析 水平喷出的水做平抛运动，根据平抛运动规律 h 12gt2可知，水在空中运动的时间为0.6 s，由 x v0t 可知水从管口喷出的初速度为 v0 2.0 m/s，因此选项 B 正确 变式 3 如图 4 所示， x 轴在水平地面上， 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 4 A a 的运动时间比 b 的长 B b 和 c 的运动时间相同 C a 的初速度比 b 的小 D b 的初速度比 c 的小 答案 B 解析 根据平抛运动的规律

9、 h 12gt2，得 t 2hg ，因此平抛运动的时间只由下落高度决定，因为 hb hc ha，所以 b 与 c 的运动时间相同，大于 a 的运动时间，故选项 A 错误，选项 B正确；又因为 xa xb，而 ta tb，所以 a 的初速度比 b 的大，选项 C 错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动， b 的水平位移大于 c，而 tb tc，所以 vb vc，即 b 的初速度比 c 的大，选项 D 错误 变式 4 如图 5 所示为足球球门，球门宽为 L.一个球员在球门中心正前方距离球门 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

10、动 (足球可看成质点，忽略空气阻力 )，则 ( ) 【 精品教育资源文库 】 图 5 A足球位移的大小 x L24 s2 B足球初速度的大小 v0 g2h L24 s2 C足球末速度的大小 v g2h L24 s2 4gh D足球 初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan L2s 答案 B 解析 足球位移大小为 x L2 2 s2 h2 L24 s2 h2， A 项错误； 根据平抛运动规律有： h 12gt2, L24 s2 v0t， 解得 v0 g2h L24 s2 ， B 项正确； 根据动能定理可得 mgh 12mv2 12mv 20 解得 v v 20 2gh g2h L24 s2 2

11、gh， C 项错误； 足球初速度方向与球门线夹角的正切值 tan sL2 2sL ， D 项错误 命题点二 斜面上平抛运动的两个典型模型 模型 1 从斜面上平抛 运动情景 求平抛物理量 总结 x v0t， y 12gt2， tan yx?t 2v0tan g ， 分解位移，构建位移三角形，确定时间，进一步确定速度 【 精品教育资源文库 】 vx v0， vy gt 2v0tan 例 2 跳台滑雪是勇敢者的运动，它是利用山势特点建造的一个特殊跳台一名运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在助滑路上获得一定的速度后从 A 点水平飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上 B 点着陆，如图 6 所示已知可视为质

12、点的运动员水平飞出的速度 v0 20 m/s，山坡看成倾角为 37 的斜面，不考虑空气阻力，则运动员 (g 取 10 m/s2， sin 37 0.6， cos 37 0.8)( ) 图 6 A在空 中飞行的时间为 4 s B在空中飞行的时间为 3 s C在空中飞行的平均速度为 20 m/s D在空中飞行的平均速度为 50 m/s 答案 B 解析 A、 B 间距离就是整个平抛过程运动员的位移，则有水平方向： x v0t，竖直方向： h 12gt2，两式结合有 tan 37 hx12gt2v0t gt2v0，解得 t 3 s，选项 A 错误， B 正确；平均速度 v xt xtcos 37 25

13、 m/s，选项 C、 D 错误 变式 5 如图 7 所示，在斜面顶端的 A 点以速度 v0平抛一小球，经 t1时间落到斜面上 B 点处，若在 A 点将此小球以速度 0.5v0水平抛出，经 t2时间落到斜面上的 C 点处，以下判断正确的是 ( ) 图 7 A AB AC 21 B AB AC 41 C t1 t2 41 D t1 t2 21 答案 B 【 精品教育资源文库 】 解析 由平抛运动规律有 x vt， y 12gt2，则 tan yx gt2v，将 v0、 0.5v0分别代入上式，联立解得 t1 t2 21 ， C、 D 均错误；它们的竖直位移之比 yB yC 12gt 21 12g

14、t 22 41 ，所以 AB AC yBsin yCsin 41 ，故 A 错误， B 正确 【 精品教育资源文库 】 模型 2 对着斜面平抛 运动情景 求平抛物理量 总结 vy gt， tan v0vy v0gt? t v0gtan ? x v0t v 20gtan y 12gt2 v 202gtan2 分解速度，构建速度三角形，确定时间，进一步确定位移 例 3 如图 8 所示，以 10 m/s 的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后垂直撞在倾角为30 的斜面上，则物体在空中飞行的时间是 (g 取 10 m/s2)( ) 图 8 A. 33 s B.2 33 s C. 3 s D 2 s

15、答案 C 解析 速度分 解图如图所示，由几 何关系可知 vy v0tan 30 10 3 m/s，由 vy gt，得 t3 s. 变式 6 如图 9 所示，小球以 v0正对倾角为 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)( ) 图 9 【 精品教育资源文库 】 A v0tan B.2v0tan g C. v0gtan D. 2v0gtan 答案 D 解析 如图所示，要使小球到达斜面的位移最小，则小球落点与抛出点的连线应与斜面垂直，所以有 tan xy，而 x v0t， y 12gt2，解得 t 2v0gtan . 命题点三 平抛运动的临界问题 1分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突显出来，找到临界的条件 2确立临