（新課標）河南省2015高考物理總復習講義 第4章 第2講 拋體運動的規(guī)律及其應用

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1、 第2講　拋體運動的規(guī)律及其應用 知識一　平拋運動 1．定義 將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，不考慮空氣阻力，物體只在重力作用下所做的運動． 2．性質(zhì) 加速度為重力加速度的勻變速曲線運動，軌跡是拋物線． 3．方法 平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動，豎直方向的自由落體運動． 4．基本規(guī)律(如圖4－2－1) 圖4－2－1 (1)位移關系 (2)速度關系 (3)軌跡方程：y＝x2 (1)以一定的初速度水平拋出的物體的運動是平拋運動．(×) (2)平拋運動的軌跡是拋物線，速度方向時刻變化，加速度方向也可能時刻變化．(&

2、#215;) (3)從同一高度水平拋出的物體，不計空氣阻力，初速度越大，落地速度越大．(√) 知識二　斜拋運動 1．定義 將物體以v沿斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運動． 2．性質(zhì) 加速度為重力加速度的勻變速曲線運動，軌跡是拋物線． 3．研究方法 斜拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動． 4．基本規(guī)律(以斜上拋運動為例，如圖4－2－2所示) 圖4－2－2 (1)水平方向：v0x＝v0cos_θ，F(xiàn)合x＝0. (2)豎直方向：v0y＝v0sin θ，F(xiàn)合y＝mg. (1)平拋、斜拋運動都是勻變速運動．

3、 (2)在平拋、斜拋運動中，相同時間內(nèi)速度的變化量相同，Δv＝gΔt，但速率的變化量不相同. 1．(多選)對平拋運動，下列說法正確的是(　　) A．平拋運動是加速度大小、方向不變的曲線運動 B．做平拋運動的物體，在任何相等的時間內(nèi)位移的增量都是相等的 C．平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動 D．落地時間和落地時的速度只與拋出點的高度有關 【解析】　平拋運動的物體只受重力作用，其加速度為重力加速度，故A項正確；做平拋運動的物體，在任何相等的時間內(nèi)，其豎直方向位移增量Δy＝gt2，水平方向位移不變，故B項錯誤．平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和

4、豎直方向的自由落體運動，且落地時間t＝，落地速度為v＝＝，所以C項正確，D項錯誤． 【答案】　AC 2．關于平拋運動的敘述，下列說法不正確的是(　　) A．平拋運動是一種在恒力作用下的曲線運動 B．平拋運動的速度方向與恒力方向的夾角保持不變 C．平拋運動的速度大小是時刻變化的 D．平拋運動的速度方向與加速度方向的夾角一定越來越小 【解析】　平拋運動的物體只受重力作用，故A正確；平拋運動是曲線運動，速度時刻變化，由v＝ 知合速度v在增大，故C正確；對平拋物體的速度方向與加速度方向的夾角，有tan θ＝＝，因t一直增大，所以tan θ變小，θ變?。蔇正確，B錯誤． 【答案】　B

5、 3．做斜拋運動的物體，到達最高點時(　　) A．速度為零，加速度向下 B．速度為零，加速度為零 C．具有水平方向的速度和豎直向下的加速度 D．具有水平方向的速度和加速度 【解析】　斜拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直上拋運動．因物體只受重力，且方向豎直向下，所以水平方向的分速度不變，豎直方向上的加速度也不變，所以只有C選項正確． 【答案】　C 4. 圖4－2－3 (多選)在水平地面上M點的正上方某一高度處，將S1球以初速度v1水平向右拋出，同時在M點右方地面上N點處，將S2球以初速度v2斜向左上方拋出，兩球恰在M、N連線的中點正上方相遇，不計空氣阻力，

6、則兩球從拋出到相遇過程中(　　) A．初速度大小關系為v1＝v2　　B．速度變化量相等 C．水平位移相等 D．都不是勻變速運動 【解析】　由題意可知，兩球的水平位移相等，C正確；由于 只受重力的作用，故都是勻變速運動，且相同時間內(nèi)速度變化量相等，B正確，D錯誤；又由v1t＝v2xt可得A錯誤． 【答案】　BC 5．(多選)(2011·廣東高考)如圖4－2－4所示，在網(wǎng)球的網(wǎng)前截擊練習中，若練習者在球網(wǎng)正上方距地面H處，將球以速度v沿垂直球網(wǎng)的方向擊出，球剛好落在底線上．已知底線到網(wǎng)的距離為L，重力加速度取g，將球的運動視作平拋運動，下列表述正確的是(　　) 圖

7、4－2－4 A．球的速度v等于L B．球從擊出至落地所用時間為 C．球從擊球點至落地點的位移等于L D．球從擊球點至落地點的位移與球的質(zhì)量有關 【解析】　球做平拋運動，則其在豎直方向做自由落體運動，H＝gt2得t＝ ，故B正確．水平方向做勻速運動，L＝v0t得v0＝＝L ，可知A正確．球從擊球點到落地點的位移s＝與m無關，可知C、D錯誤． 【答案】　AB 考點一 [27]　平拋運動基本規(guī)律的理解 一、飛行時間 t＝ ，取決于下落高度h，與初速度v0無關． 二、水平射程 x＝v0t＝v0，由平拋初速度v0和下落高度h共同決定． 三、速度變化 Δv＝Δvy＝

8、gΔt，任意相等的時間間隔內(nèi)速度變化量相等，方向豎直向下．如圖4－2－5所示 圖4－2－5 四、兩個推論 1．做平拋運動的物體，在任一位置(x，y)的瞬時速度反向延長線與x軸交點A的橫坐標為，如圖4－2－6所示． 圖4－2－6 2．做平拋運動的物體，在任一位置速度偏向角α與位移偏向角θ的關系為tan α＝2tan θ. ——————[1個示范例]—————— 圖4－2－7 　(多選)(2012·新課標全國高考)如圖4－2－7所示，x軸在水平地面內(nèi)，y軸沿豎直方向．圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一

9、點拋出的．不計空氣阻力，則(　　) A．a(chǎn)的飛行時間比b的長 B．b和c的飛行時間相同 C．a(chǎn)的水平速度比b的小 D．b的初速度比c的大 【解析】　根據(jù)平拋運動的規(guī)律h＝gt2，得t＝，因此平拋運動的時間只由高度決定，因為hb＝hc＞ha，所以b與c的飛行時間相同，大于a的飛行時間，因此選項A錯誤，選項B正確；又因為 xa＞xb，而ta＜tb，所以a的水平初速度比b的大，選項C錯誤；做平拋運動的物體在水平方向上做勻速直線運動，b的水平位移大于c，而tb＝tc，所以vb＞vc，即b的水平初速度比c的大，選項D正確． 【答案】　BD ——————[1個預測例]——————

10、 　 圖4－2－8 (多選)如圖4－2－8，從半徑為R＝1 m的半圓AB上的A點水平拋出一個可視為質(zhì)點的小球，經(jīng)t＝0.4 s小球落到半圓上，已知當?shù)氐闹亓铀俣萭＝10 m/s2，則小球的初速度v0可能為(　　) A．1 m/s　　　B．2 m/s　　　C．3 m/s　　　D．4 m/s 【審題指導】　在豎直半圓內(nèi)進行平拋時，圓的半徑和半圓軌道對平拋運動形成制約．畫出軌跡和落點相對圓心的位置，利用幾何關系和平拋運動規(guī)律求解． 【解析】　由于小球經(jīng)0.4 s落到半圓上，下落的高度h＝gt2＝0.8 m，位置可能有兩處，如圖所示． 第一種可能：小球落在半圓左側， v0t＝R

11、－＝0.4 m，v0＝1 m/s 第二種可能：小球落在半圓右側， v0t＝R＋，v0＝4 m/s，選項A、D正確． 【答案】　AD 考點二 [28]　平拋規(guī)律的應用——“平拋＋斜面”類問題 一、對著斜面拋 方法 示意圖 時間 總結 分解速度 對著斜面拋 如圖，vy＝gt，tan θ＝＝，故t＝ 分解速度，構建速度三角形 二、順著斜面拋 方法 示意圖 時間 總結 分解位移 順著斜面拋 如圖，x＝v0t，y＝gt2，而tan θ＝，聯(lián)立得t＝ 分解位移，構建位移三角形 ——————[1個示范例]—————— 　 圖4－2－9

12、 (多選)(2013·上海高考)如圖4－2－9，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，并垂直擊中山坡上的目標A.已知A點高度為h，山坡傾角為θ，由此可算出(　　) A．轟炸機的飛行高度 B．轟炸機的飛行速度 C．炸彈的飛行時間 D．炸彈投出時的動能 【解析】　設轟炸機投彈位置高度為H，炸彈水平位移為s，則H－h(huán)＝vy·t，s＝v0t，二式相除＝·，因為＝，s＝，所以H＝h＋，A正確；根據(jù)H－h(huán)＝gt2可求出飛行時間，再由s＝v0t可求出飛行速度，故B、C正確；不知道炸彈質(zhì)量，不能求出炸彈的動能，D錯誤． 【答案】　ABC ——

13、————[1個預測例]—————— 　 圖4－2－10 (多選)傾角為θ的斜面靜止在水平面上，在斜面上的A點以v0的初速度水平拋出一小球，其落點與A的水平距離為s1；若改為2v0的速度在同一點拋出，則落點與A的水平距離為s2，則s1：s2可能為(　　) A．1∶2　　　　　　　　 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5 【解析】　當兩次都落在斜面上時，由s＝v0t，y＝gt2，tan θ＝有s＝，得s∝v，所以s1∶s2＝1∶4；當兩次都落在水平面上時，由s＝v0t，h＝gt2有s＝v0，得s∝v0，所以s1∶s2＝1∶2，而一次落在斜面上一次落在水平面上時，其比值介于這兩者之

14、間，故A、B、C正確． 【答案】　ABC (1)物體在斜面上平拋并落在斜面上的問題，一般要從位移角度找關系，該類問題可有兩種分解方法：一是沿水平方向的勻速運動和豎直方向的自由落體運動；二是沿斜面方向的勻加速運動和垂直斜面方向的類豎直上拋運動． (2)物體平拋后垂直落在斜面上的問題，一般要從速度方向角度找關系. “類平拋”模型 一、受力特點：物體所受合力為恒力，且與初速度的方向垂直． 二、運動特點：在初速度v0方向做勻速直線運動，在合外力方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝. 三、處理方法 1．常規(guī)分解：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線

15、運動和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的勻加速直線運動，兩個分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性． 2．特殊分解：對于有些問題，可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?，將加速度分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解． ——————[1個示范例]—————— 圖4－2－11 　在光滑的水平面內(nèi)，一質(zhì)量m＝1 kg的質(zhì)點以速度v0＝10 m/s沿x軸正方向運動，經(jīng)過原點后受一沿y軸正方向(豎直方向)的恒力F＝15 N作用，直線OA與x軸成α＝37°，如圖4－2－11所示曲線為質(zhì)點的軌跡圖(g取10 m/s2，sin 37

16、6;＝0.6，cos 37°＝0.8)．求： (1)如果質(zhì)點的運動軌跡與直線OA相交于P點，質(zhì)點從O點到P點所經(jīng)歷的時間以及P點的坐標； (2)質(zhì)點經(jīng)過P點的速度大小． 【審題指導】(1)此質(zhì)點做類平拋運動． (2)圖中角度α是從拋點O到P點的位移與x軸方向的夾角，相當于平拋運動中的位移與v0的夾角． 【規(guī)范解答】(1)質(zhì)點在水平方向上無外力作用做勻速直線運動，豎直方向受恒力F和重力mg作用做勻加速直線運動． 由牛頓第二定律得 a＝＝ m/s2＝5 m/s2 設質(zhì)點從O點到P點經(jīng)歷的時間為t，P點坐標為(xP，yP)， 則xP＝v0t， yP＝at2 又tan

17、α＝ 聯(lián)立解得：t＝3 s，xP＝30 m，yP＝22.5 m. (2)質(zhì)點經(jīng)過P點時沿y方向的速度 vy＝at＝15 m/s 故P點的速度大小vP＝ ＝5 m/s. 【答案】(1)3 s　P(30 m,22.5 m)　(2)5 m/s ——————[1個模型練]—————— 如圖4－2－12所示的光滑斜面長為l，寬為b，傾角為θ，一物塊(可看成質(zhì)點)沿斜面左上方頂點P水平射入，恰好從底端Q點離開斜面，試求： 圖4－2－12 (1)物塊由P運動到Q所用的時間t； (2)物塊由P點水平射入時的初速度v0； (3)物塊離開Q點時速度的大小v. 【解析】(1)沿斜

18、面向下的方向有 mgsin θ＝ma l＝at2 聯(lián)立解得t＝. (2)沿水平方向有b＝v0t v0＝＝b. (3)物塊離開Q點時的速度大小 v＝＝ 【答案】(1)　(2)b (3) ⊙考查平拋運動的基本規(guī)律 1. 圖4－2－13 (2012·上海高考)如圖4－2－13，斜面上a、b、c三點等距，小球從a點正上方O點拋出，做初速為v0的平拋運動，恰落在b點．若小球初速度變?yōu)関，其落點位于c，則(　　) A．v0＜v＜2v0 B．v＝2v0 C．2v0＜v＜3v0 D．v＞3v0 【解析】　根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知若小球落在b點，有x＝v0tb

19、，tb＝，若落在c 點，則2x＝vtc，而tc＝，顯然tc＞tb，所以v0＜v＜2v0，即A正確． 【答案】　A ⊙從分運動角度考查平拋運動 2. 圖4－2－14 (多選)(2012·江蘇高考)如圖4－2－14所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h(l、h均為定值)．將A向B水平拋出的同時，B自由下落．A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則(　　) A．A、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度 B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰 C．A、B不可能運動到最高處相碰 D

20、．A、B一定能相碰 【解析】　由題意知A做平拋運動，即水平方向做勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動；B為自由落體運動，A、B豎直方向的運動相同，二者與地面碰撞前運動時間t1相同，且t1＝ ?、伲舻谝淮温涞厍跋嗯?，只要滿足A運動時間t＝＜t1，即v＞，所以選項A正確；因為A、B在豎直方向的運動同步，始終處于同一高度，且A與地面相碰后水平速度不變，所以A一定會經(jīng)過B所在的豎直線與B相碰．碰撞位置由A球的初速度決定，故選項B、C錯誤，選項D正確． 【答案】　AD ⊙利用運動的分解處理斜拋運動 3．(2013·安徽高考)由消防水龍帶的噴嘴噴出水的流量是0.28 m3/min，水離

21、開噴口時的速度大小為16 m/s，方向與水平面夾角為60°，在最高處正好到達著火位置，忽略空氣阻力，則空中水柱的高度和水量分別是(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．28.8 m　1.12×10－2 m3 B．28.8 m　0.672 m3 C．38.4 m　1.29×10－2m3 D．38.4 m　0.776 m3 【解析】　準確理解斜拋運動規(guī)律是解決本題的關鍵． 將速度分解為水平方向和豎直方向兩個分量，vx＝vcos 60°，vy＝vsin 60°，水的運動可看成豎直方向的豎直上拋運動和水平方向的勻速直線運動的合運動

22、，水柱的高度h＝＝28.8 m，上升時間t＝＝＝2.4 s 空中水量可用流量乘以時間來計算， Q＝ m3/s×2.4 s＝1.12×10－2 m3.故選項A正確． 【答案】　A ⊙平拋規(guī)律的實際應用 4. 圖4－2－15 (多選)(2014·濟南模擬)在2013年中俄聯(lián)合軍演中，一架中國飛機進行投彈訓練，飛機以恒定速度豎直峭壁水平飛行，先后釋放炸彈1和炸彈2，釋放炸彈1和2的時間間隔為t1；炸彈1和2均擊在豎直峭壁上，且擊中的時間間隔為t2，擊中點間距為H.不計空氣阻力，重力加速度已知．根據(jù)以上信息可以判斷出或求出(　　) A．t1&g

23、t;t2 B．t1<t2 C．炸彈1離開飛機到擊中豎直峭壁的時間 D．炸彈2離開飛機到擊中豎直峭壁下落的高度 【解析】　由于投出去的炸彈在水平方向的運動速度與飛機的速度相同，所以t2＝0，A對，B錯；設炸彈1離開飛機到擊中豎直峭壁的時間為t，下落高度為h1，炸彈2下落的高度為h2，則h1＝gt2，h2＝g(t－t1)2，h1－h(huán)2＝H，聯(lián)立可以解出t，C對；由h2＝g(t－t1)2可以解出h2，D對． 【答案】　ACD 5．(2014·黃山市高三質(zhì)檢)如圖4－2－16所示，斜面體ABC固定在地面上，小球p從A點由靜止下滑，當小球p開始下滑時，另一小球q從A點正上方的

24、D點水平拋出，兩球同時到達斜面底端的B處．已知斜面AB光滑，長度L＝2.5 m，斜面傾角為θ＝30°.不計空氣阻力，g取10 m/s2.求： 圖4－2－16 (1)小球p從A點滑到B點的時間； (2)小球q拋出時初速度的大小和D點離地面的高度h. 【解析】(1)設小球p從斜面上下滑的加速度為a，經(jīng)受力分析得mgsin θ＝ma 設小球p從斜面上下滑的時間為t，L＝at2 解得t＝1 s (2)小球q的運動為平拋運動h＝gt2＝5 m Lcos θ＝v0t 解得v0＝ m/s 【答案】　見解析 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！