《物理必修课件 第四章 第二讲 抛体运动的规律及其应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理必修课件 第四章 第二讲 抛体运动的规律及其应用（54页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一、平抛运动 1定义：将物体以一定的初速度沿 方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在 作用下所做的运动,2性质：平抛运动是加速度为 的 曲线运动，轨迹是抛物线,水平,重力,重力加速度,匀变速,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 运动和竖直方向的 运动 2运动规律(如下表所示),匀速直线,自由落体,gt,v0t,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,三、斜抛运动 1概念：以一定的初速度将物体沿与水平方向斜向抛出，物体
2、仅在 所做的曲线运动,成一定角度,重力作用下,2性质：斜抛运动是加速度恒为 的匀变速曲线运动，轨迹是 ,重力加速度g,抛物线,3规律：斜抛运动可以看成是水平方向上的和竖直方向上的 的合成,匀速直线运动,匀变速直线运动,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：xv0tv0 ，由v0、h、g共同决定,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t内的速度变化量均竖直向下，且vvygt. 3位移变化规律 (1)任意相等的时间间隔t内，水平位移不变，且xv0t. (2)连续相等的时间间隔t内，竖直方向上的位移差
3、不变，即ygt2.,4平抛运动的两个重要推论推论：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，位移方向与水平方向的夹角为，则tan2tan.,图421,证明：如图421所示，由平抛运 动规律得 Tan Tan 所以tan2tan. 推论：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,证明：如图421所示，tan tan2tan 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tan2tan，但不能误认为2.,
4、1(2008广东高考)某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以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 ( )A0.8 m至1.8 m B0.8 m至1.6 mC1.0 m至1.6 m D1.0 m至1.8 m,解析：球反弹后做平抛运动设落地时间为t，由t 得t1 s，t2 s，由h gt2得h10.8 m，h21.8 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
5、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 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
6、如图422所示，光滑斜面长为b，宽为a，倾角为，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422,解析：物块在垂直于斜面方向没有运动，物块在斜面平面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mgsinma1，a1gsin 水平方向上的位移xav0t 沿斜面向下的位移yb 由得v0a,答案：a,如图423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 h0.8 m，g10 m/s2，sin530.8，cos
7、530.6，求：,(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H20.8 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,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vy4 m/s，v03 m/s. (2)由vygt1得：t
8、10.4 s xv0t130.4 m1.2 m.,(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： 5t2260 解得t22 s或t2 s(不合题意舍去) 所以tt1t22.4 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.,如图424所示，水平屋顶高H5 m，墙高h3.2 m，墙到房子的距离L3 m，墙外马路宽D10 m，小球从屋顶水平飞出落在墙外的马路上，求小球离开屋
9、顶时的速度v应该满足什么条件？ (g10 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,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/sv13 m/s时，小球落在墙外的马路上,
10、答案 5 m/sv13 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.,(12分)在光滑的水平面内，一质量m1 kg的质点以速度v010 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F15 N作用，直线OA与x轴成37，如图425所示的曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)，求： (1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交
11、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425,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tan,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，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：Fmgma 所以a m/s25 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xPv0t，yP at2 (2分) 又tan (2分) 联立解得：t3 s，xP30 m，yP22.5 m. 即
12、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 vyat15 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 m/s,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
13、为t，则下列结果正确的是 ( )Ax16 m，t0.50 s Bx16 m，t0.80 sCx20 m，t0.50 s Dx20 m，t0.80 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，xv0t 16 m故B项正确,答案：B,2在2009年第十一届全运会上一位运动员进行射击比赛时，子弹水平射出后击中目标当子弹在飞行过程中速度平行于抛出点与目标的连线时，大小为v，不考虑空气阻力，已知连线与水平面的夹角为，则子弹 ( )A初速度v0vcos B飞行时间tC飞行的水平距离xD飞行的竖直距离y,解析：如图所示，初速度v0vcos，A正确；tan 则t ，所以B错误；飞行的水平距离x ，C正确；飞行的竖直距离y ，D错误,
