人教版高考物理一輪復習第4章曲線運動萬有引力與航天第2講拋體運動學案含答案-學案下載-教習網

第2講　拋體運動授課提示：對應學生用書第66頁一、平拋運動 1．定義：以一定的初速度沿水平方向拋出的物體只在重力作用下的運動。 2．性質：平拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，其運動軌跡是拋物線。 3．平拋運動的條件：(1)v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用。 4．研究方法：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。 5．基本規(guī)律(如圖所示) (1)速度關系 (2)位移關系 (3)軌跡方程：y＝eq \f(g,2v\o\al(2,0))x2。二、斜拋運動 1．定義：將物體以初速度v0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：加速度為重力加速度g的勻變速曲線運動，軌跡是拋物線。 3．研究方法：斜拋運動可以看作水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動的合運動。授課提示：對應學生用書第66頁 eq \a\vs4\al(命題點一　平拋運動的基本規(guī)律)　　教材走向高考 1．平拋(或類平拋)運動所涉及物理量的特點 2.熟記平拋運動的兩個重要推論 (1)做平拋(或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定能過此時水平位移的中點，如圖甲所示，B是OC的中點。 (2)做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻(任一位置處)，設其速度方向與水平方向的夾角為θ，位移與水平方向的夾角為α，則tan θ＝2tan α。平拋運動是高考的熱點，分析近幾年高考題可以發(fā)現(xiàn)，高考命題常源于教材習題的拓展提升。教材內容多以簡單的平拋為背景，考查運動合成與分解基本思想和運動學規(guī)律的應用，而高考題通常會拓展為多物體平拋運動，更多的是將平拋運動與斜面、圖象問題、臨界問題相結合，綜合考查學生靈活應用的能力。同學們可通過以下示例認真體會，進一步研究高考真題與教材內容間的溯源關系，找到新高考有效備考方向。 [典例1]　[人教版必修2·P9·例1] 將一個物體以10 m/s的速度從10 m的高度水平拋出，落地時它的速度方向與地面的夾角θ是多少(不計空氣阻力，取g＝10 m/s2)? [解析]　落地時在水平方向的分速度是vx＝v0＝10 m/s，豎直方向由勻變速運動規(guī)律知 veq \o\al(2,y)－0＝2gh，由此得 vy＝eq \r(2gh)＝10eq \r(2) m/s，則tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \r(2)，所以θ＝arctan eq \r(2)，故落地時速度方向與地面的夾角為arctan eq \r(2)。 [答案]　arctan eq \r(2) 拓展?　將一個物體的平拋運動問題拓展為多物體與斜面結合的平拋運動問題 (2018·高考全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和eq \f(v,2)的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的(　　) A．2倍　　　　　　　　　 B．4倍 C．6倍 D．8倍【真題命題立意】　將典例1中物體平拋運動基本規(guī)律的應用，拓展為兩物體的平拋斜面問題，物理情景變得較為復雜，但核心知識仍是平拋運動的分解思想。解析：畫出小球在斜面上運動軌跡，如圖所示，可知 x＝vt， x·tan θ＝eq \f(1,2)gt2，則x＝eq \f(2tan θ,g)·v2，即x∝v2。甲、乙兩球拋出速度為v和eq \f(v,2)，則相應水平位移之比為4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也為4∶1，由自由落體運動規(guī)律得，落在斜面上豎直方向速度之比為2∶1，由落至斜面時的速率v斜＝eq \r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))可得落至斜面時速率之比為2∶1。答案：A 拓展?　將一個物體的平拋運動問題拓展為與圖象相綜合的平拋運動問題　(多選)(2019·高考全國卷Ⅱ)如圖(a)，在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖象如圖(b)所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則(　　) 　 A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大【真題命題立意】　從運動情景看，本題將典例1中物體平拋運動基本規(guī)律的應用，拓展為物體的平拋斜面問題；從信息獲取上看，本題通過兩次平拋運動的圖象呈現(xiàn)信息，物理情景變得新穎，題目綜合性較強，但核心知識仍是平拋運動的分解思想。 [解析]　根據(jù)v-t圖象中圖線與t軸包圍的面積表示位移可知，第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大，A錯誤。第二次滑翔過程中在豎直方向的位移比第一次大，又運動員每次滑翔過程中豎直位移與水平位移的比值相同(等于傾斜雪道與水平面夾角的正切值)，故第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大，B正確。從起跳到落到雪道上，第一次速度變化大，時間短，由a＝eq \f(Δv,Δt)，可知第二次滑翔過程中在豎直方向上平均加速度比第一次的小，C錯誤。根據(jù)vt圖象的斜率表示加速度知，當豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向加速度小，設滑翔過程中在豎直方向受到的阻力為f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大，D正確。 [答案]　BD 規(guī)律總結分解思想在平拋運動中的應用 ——————————————————————— (1)解答平拋運動問題時，一般的方法是將平拋運動沿水平和豎直兩個方向分解，這樣分解的優(yōu)點是不用分解初速度也不用分解加速度。 (2)畫出速度(或位移)分解圖，通過幾何知識建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向間的關系，通過速度(或位移)的矢量三角形求解未知量。 1.(多選)(2021·山東濰坊高三檢測)如圖所示，水平地面上有一個坑，其豎直截面為正方形ABCD，若在A點以初速度v0沿AB方向拋出一小球，小球會擊中坑壁上的C點，已知AB的長度為l，忽略空氣阻力。下列說法正確的是(　　) A．小球下落的時間t＝eq \f(l,v0) B．坑的深度AD＝eq \f(gl2,2v\o\al(2,0)) C．落到C點的速度大小為eq \r(2)v0 D．落到C點時速度方向與水平面成60°角解析：小球做平拋運動的水平位移l＝v0t，則小球下落的時間t＝eq \f(l,v0)，A正確；小球在豎直方向的位移y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(gl2,2v\o\al( 2,0))，B正確；落到C點時，水平分位移與豎直分位移大小相等，即v0t＝eq \f(vy,2)t，所以vy＝2v0，落到C點時速度大小v＝eq \r(v\o\al( 2,0)＋v\o\al( 2,y))＝eq \r(5)v0，方向與水平面的夾角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝2，不等于60°，C、D錯誤。答案：AB 2．(多選)(2020·高考江蘇卷)如圖所示，小球A、B分別從2l和l的高度水平拋出后落地，上述過程中A、B的水平位移分別為l和2l。忽略空氣阻力，則(　　) A．A和B的位移大小相等 B．A的運動時間是B的2倍 C．A的初速度是B的eq \f(1,2) D．A的末速度比B的大解析：由拋出點和落地點的幾何關系，可推出小球A、B的位移大小相等，A正確；平拋的豎直分運動是自由落體運動，由h＝eq \f(1,2)gt2可推出A運動的時間是B的eq \r(2)倍，B錯誤；小球A的初速度v0A＝eq \f(l,tA)＝eq \f(l,\r(\f(4l,g)))＝eq \f(1,2)eq \r(gl)，小球B的初速度v0B＝eq \f(2l,tB)＝eq \f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq \r(2gl)，A的初速度是B的eq \f(\r(2),4)，C錯誤；根據(jù)機械能守恒定律得eq \f(1,2)mAveq \o\al( 2,A)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0A)＋mAg·2l，eq \f(1,2)mBveq \o\al( 2,B)＝eq \f(1,2)mBveq \o\al( 2,0B)＋mBgl，解得vA＝eq \r(4.25gl)，vB＝eq \r(4gl)，所以vA＞vB，D正確。答案：AD eq \a\vs4\al(命題點二　有約束條件的兩類平拋運動模型)　　師生互動 類型一　斜面約束下的平拋運動 [典例2]　(多選)如圖所示，固定斜面PO、QO與水平面MN的夾角均為45°，現(xiàn)由PO斜面上的A點分別以v1、v2先后沿水平方向拋出兩個小球(可視為質點)，不計空氣阻力，其中以v1拋出的小球恰能垂直于QO落于C點，飛行時間為t，以v2拋出的小球落在PO斜面上的B點，且B、C在同一水平面上，則(　　) A．落于B點的小球飛行時間為t B．v2＝gt C．落于C點的小球的水平位移為gt2 D．A點距水平面MN的高度為eq \f(3,4)gt2 [思路點撥]　解此題要把握以下關鍵信息： (1)小球恰能垂直于QO落于C點，則此時小球兩分速度相等。 (2)兩小球的落點B、C在同一水平面上，飛行時間相等。 (3)兩小球的水平分位移的差值與B、C兩點的距離相等。 [解析]　落于C點的小球速度垂直于QO，則兩分速度相等，即v1＝gt，得出水平位移x＝v1t＝gt2，故選項C正確；落于B點的小球分解位移如圖所示，其中，B、C在同一水平面，故飛行時間都為t，由圖可得tan 45°＝eq \f(\f(1,2)gt2,v2t)＝eq \f(gt,2v2)，所以v2＝eq \f(gt,2)，故選項A正確，B錯誤；設C點距水平面MN的高度為h，由幾何關系知x＝2h＋v2t，聯(lián)立以上幾式可得h＝eq \f(1,4)gt2，故A距水平面高度 H＝h＋eq \f(1,2)gt2＝eq \f(3,4)gt2，故選項D正確。 [答案]　ACD 類型二　圓周約束下的平拋運動 1．如圖甲所示，小球恰好沿B點的切線方向進入圓軌道，此時半徑OB垂直于速度方向，圓心角α與速度的偏向角相等。 2．如圖乙所示，小球恰好從圓柱體Q點沿切線飛過，此時半徑OQ垂直于速度方向，圓心角θ與速度的偏向角相等。 3．如圖丙所示，半徑和幾何關系制約平拋運動時間t：h＝eq \f(1,2)gt2，R±eq \r(R2－h(huán)2)＝v0t，聯(lián)立兩方程可求t。 [典例3]　(2020·河北衡水中學三模)如圖所示，B為半徑為R的豎直光滑圓弧的左端點，B點和圓心O連線與豎直方向的夾角為α，一個質量為m的小球在圓弧軌道左側的A點以水平速度v0拋出，恰好沿圓弧在B點的切線方向進入圓弧軌道。已知重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．A、B連線與水平方向夾角為α B．小球從A運動到B的時間t＝eq \f(v0tan α,g) C．小球運動到B點時，重力的瞬時功率P＝eq \f(mgv0,cos θ) D．小球運動到豎直圓弧軌道的最低點時，處于失重狀態(tài) [解析]　平拋運動水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，小球恰好沿B點的切線方向進入圓軌道，說明小球在B點時，合速度方向沿著圓軌道的切線方向。將合速度正交分解，根據(jù)幾何關系可得，其與水平方向的夾角為α，則tan α＝eq \f(gt,v0)，解得t＝eq \f(v0tan α,g)，此時A、B連線與水平方向的夾角不等于α，故A錯，B對；小球運動到B點時，重力的瞬時功率P＝mgvy＝mgv0tan α，故C錯；小球運動到豎直圓弧軌道的最低點時，有向上的加速度，所以處于超重狀態(tài)，故D錯。 [答案]　B 3．(2021·福建漳州長泰一中月考)如圖所示，某同學對著墻壁練習打乒乓球，某次球與墻壁上A點碰撞后水平彈離，恰好垂直落在球拍上的B點，已知球拍與水平方向夾角θ＝60°，A、B兩點高度差h＝1 m，忽略空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，則球剛要落到球拍上時速度大小為(　　) A．4eq \r(5) m/s　　　　　 B．2eq \r(5) m/s C.eq \f(4,3)eq \r(15) m/s D．2eq \r(15) m/s 解析：根據(jù)h＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h,g))＝ eq \r(\f(2×1,10)) s＝eq \r(\f(1,5)) s，豎直分速度vy＝gt＝10×eq \r(\f(1,5)) m/s＝2eq \r(5) m/s，根據(jù)平行四邊形定則知，剛要落到球拍上時速度大小v＝eq \f(vy,cos 60°)＝eq \f(2\r(5),\f(1,2)) m/s＝4eq \r(5) m/s，故A正確，B、C、D錯誤。答案：A 4．(2021·遼寧師大附中高三月考)如圖所示為一半球形的坑，其中坑邊緣兩點M、N與圓心等高且在同一豎直面內。現(xiàn)甲、乙兩位同學分別站在M、N兩點，同時將兩個小球以v1、v2的速度沿圖示方向水平拋出，發(fā)現(xiàn)兩球剛好落在坑中同一點Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空氣阻力。則下列說法正確的是(　　) A．兩球拋出的速率之比為1∶4 B．若僅增大v1，則兩球將在落入坑中之前相撞 C．兩球的初速度無論怎樣變化，只要落在坑中的同一點，兩球拋出的速率之和不變 D．若僅從M點水平拋出小球，改變小球拋出的速度，小球可能垂直坑壁落入坑中解析：由幾何關系得，M、N的水平位移分別為eq \f(R,2)、eq \f(3,2)R，運動時間相等，由平拋運動規(guī)律得xM＝v1t，xN＝v2t，可得v1∶v2＝1∶3，A錯誤；若只增大v1，M運動軌跡將向右一些，兩球在空中相遇，B正確；只要兩球落在坑中同一點，水平位移之和為2R，則(v1＋v2)t＝2R，落點不同，豎直位移不同，t不同，v1＋v2不是定值，C錯誤；如果能垂直落入坑中，速度反向延長線過圓心，水平位移為2R，應打在N點，但由平拋知識，不可能打在N點，故不可能垂直落入坑中，D錯誤。答案：B 5．(2021·河南焦作高三模擬)如圖所示為四分之一圓柱體OAB的豎直截面，其半徑為R，在B點正上方的C點水平拋出一個小球，小球軌跡恰好在D點與圓柱體相切，OD與OB的夾角為60°，則C點到B點的距離為(　　) A．R B.eq \f(R,2) C.eq \f(3R,4) D．eq \f(R,4) 解析：設小球平拋運動的初速度為v0，將小球在D點的速度沿豎直方向和水平方向分解，則有eq \f(vy,v0)＝tan 60°，解得eq \f(gt,v0)＝eq \r(3)，小球平拋運動的水平位移x＝Rsin 60°，x＝v0t，解得veq \o\al(2,0)＝eq \f(Rg,2)，veq \o\al(2,y)＝eq \f(3Rg,2)，設平拋運動的豎直位移為y，veq \o\al(2,y)＝2gy，解得y＝eq \f(3R,4)，則BC＝y(tǒng)－(R－Rcos 60°)＝eq \f(R,4)，故D正確，A、B、C錯誤。答案：D eq \a\vs4\al(命題點三　平拋運動中的臨界問題 )　　自主探究 1．臨界點的確定 (1)若題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼，明顯表明題述的過程中存在著臨界點。 (2)若題目中有“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表明題述的過程中存在著“起止點”，而這些“起止點”往往就是臨界點。 (3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程中存在著極值，這些極值點也往往是臨界點。 2．求解平拋運動臨界問題的一般思路 (1)找出臨界狀態(tài)對應的臨界條件。 (2)分解速度或位移。 (3)若有必要，畫出臨界軌跡。 6.(2020·四川成都七中質檢)套圈游戲是一項很受歡迎的群眾運動，要求每次從同一位置水平拋出圓環(huán)，套住與圓環(huán)前端水平距離為3 m 的20 cm高的豎直細桿，即為獲勝。一身高1.7 m的老人從距地面1 m高度水平拋出圓環(huán)，圓環(huán)半徑為8 cm。要想套住細桿，他水平拋出的速度可能為(g取10 m/s2)(　　) A．7.4 m/s　　　　　　　 B．7.8 m/s C．8.2 m/s D．8.6 m/s 解析：根據(jù)h1－h(huán)2＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2?h1－h(huán)2?,g))＝eq \r(\f(2×?1－0.2?,10)) s＝0.4 s，則平拋運動的最大速度v1＝eq \f(x＋d,t)＝eq \f(3＋0.16,0.4) m/s＝7.9 m/s，最小速度v2＝eq \f(x,t)＝eq \f(3,0.4) m/s＝7.5 m/s，則7.5 m/s＜v＜7.9 m/s，故B正確。答案：B 7.如圖所示，排球場總長為18 m，設球網高度為2 m，運動員站在離網3 m的線上，豎直向上跳起正對球網將球水平擊出。(不計空氣阻力，取g＝10 m/s2) (1)設擊球點在3 m線正上方高度為2.5 m處，試問擊球的速度在什么范圍內才能使球既不觸網也不越界？ (2)若擊球點在3 m線正上方的高度小于某個值，那么無論擊球的速度多大，球不是觸網就是越界，試求這個高度。解析：(1)如圖甲所示，設球剛好擦網而過，則擊球點到擦網點的水平位移x1＝3 m，豎直位移y1＝h2－h(huán)1＝(2.5－2) m＝0.5 m，根據(jù)位移關系x＝vt，y＝eq \f(1,2)gt2，可得v＝x eq \r(\f(g,2y))，代入數(shù)據(jù)可得v1＝3eq \r(10) m/s，即所求擊球速度的下限。設球剛好打在邊界線上，則擊球點到落地點的水平位移x2＝12 m，豎直位移y2＝h2＝2.5 m，代入速度公式v＝x eq \r(\f(g,2y))，可求得v2＝12eq \r(2) m/s，即所求擊球速度的上限。欲使球既不觸網也不越界，則擊球速度v應滿足3eq \r(10) m/s

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