学年教科版必修二第一章习题课平抛运动规律的应用学案.docx
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学年教科版必修二第一章习题课平抛运动规律的应用学案
习题课 平抛运动规律的应用
学习目标
核心凝炼
1.理解平抛运动的两条推论,并能应用其解决有关问题。
2条推论——速度方向与位移方向的关系、平抛物体速度反向延长线的特点
1种题型——斜面上的平抛运动问题
1种科学思维——运动的合成与分解的迁移应用
2.能熟练运用平抛运动规律解决斜面上的平抛运动问题。
3.能准确把握平抛运动中涉及的方向问题。
与斜面结合的平抛运动问题
[观察探究]
如图1所示是跳台滑雪的情景,跳台滑雪是勇敢者的运动。
在利用山势特别建造的跳台上,运动员穿着专用滑雪板,不带雪杖在助滑路上获得高速后从A点水平飞出,在空中飞行一段距离后着陆,这项运动极为壮观。
观察示意图,请思考:
图1
(1)无论运动员着陆点在斜坡上的哪个位置,根据斜坡倾角θ可以直接确定的是运动员的位移方向还是运动员的速度方向?
(2)运动员从斜面上水平飞出,到运动员再次落到斜面上,他的竖直分位移y、水平分位移x与斜坡倾角θ之间有什么关系?
答案
(1)位移的方向
(2)=tanθ
[探究归纳]
顺着斜面抛出
对着斜面抛出
情景
从斜面上平抛又落在斜面上
平抛运动中垂直打在斜面上
夹角
特点
(1)合位移与水平方向的夹角等于斜面的倾角θ
(2)速度与斜面夹角α恒定
(1)合速度与竖直方向的夹角等于斜面的倾角θ
(2)速度与斜面垂直
两分运动
间的关系
分解位移:
x=v0t=lcosθ,
y=gt2=lsinθ,
tanθ==
分解速度:
vx=v0=vsinθ,
vy=gt=vcosθ,
tanθ==
运动时间
t===
t==
[试题案例]
[例1]如图2所示,从倾角为θ的斜面上的A点,以速度v0水平抛出一个小球,不计空气阻力,它落在斜面上的B点。
则:
图2
(1)小球在空中的飞行时间是多少?
(2)B点与A点的距离是多少?
(3)小球何时离斜面最远?
【思路探究】
(1)在顺着斜面抛的问题中,斜面倾角θ的正切值与水平分位移x、竖直分位移y有什么关系?
(2)抛物线离斜面最远时,抛物线的切线方向与斜面方向有什么关系?
解析
(1)设A、B间距离为l,小球在空中飞行时间为t,则
lsinθ=gt2①
lcosθ=v0t②
由①②式得t=③
(2)将③式代入②式有lcosθ=v0,
得出:
l=。
(3)当小球的速度方向与斜面平行时,小球与斜面相距最远。
此时,小球的速度方向与水平方向间的夹角为θ,如图所示,有
tanθ==
所以t′=
答案
(1)
(2) (3)
解答平抛运动与斜面结合问题的思维方法
(1)分析平抛运动,采用“化曲为直”的思想,将合运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动,利用平行四边形定则进行求解。
(2)与斜面联系时,要充分利用与斜面的倾角的关系。
顺着斜面抛情景是分解位移,对着斜面抛情景是分解速度。
(3)从斜面上开始平抛又落于斜面上的过程中,速度方向与斜面平行时,物体到斜面距离最远。
[针对训练1]如图3所示,以9.8m/s的水平初速度v0抛出的物体,飞行一段时间后,垂直地撞在倾角为30°的斜面上,这段飞行所用的时间为(不计空气阻力,g取9.8m/s2)
图3
A.sB.s
C.sD.2s
解析 把平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,抛出时只有水平初速度v0,垂直地撞在斜面上时,既有水平方向的分速度v0,又有竖直方向的分速度vy。
物体速度的竖直分量确定后,即可求出物体飞行的时间。
如图所示,把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度vy,则有tan30°=,vy=gt,解两式得t===s,故C正确。
答案 C
平抛运动的两个推论
[观察探究]
1.以初速度v0水平抛出的物体,在t时刻,速度v与水平方向的夹角为θ,位移l与水平方向的夹角为α。
两夹角情景及其正切值如下表所示。
则tanθ与tanα有什么关系?
tanθ==
tanα==
答案 tanα=tanθ
2.如图所示,作速度的反向延长线交x轴于B点。
(1)观察几何图形,则tanθ与B点的横坐标值xB、物体水平位移xA及竖直位移yA有什么关系?
(2)结合“问题1”的结论,则B点位置与物体水平位移有什么关系?
答案
(1)tanθ=
(2)因为tanα=、tanθ=及tanα=tanθ,得出xB=xA,可知B为此时水平位移的中点。
[探究归纳]
1.推论一:
速度方向与位移方向的关系
某时刻速度、位移与初速度方向的夹角θ、α的关系为tanθ=2tanα。
2.推论二:
平抛物体速度反向延长线的特点
平抛运动的物体在任意时刻瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
[试题案例]
[例2]如图4所示,从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出,小球均落在斜面上,当抛出的速度为v1时,小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1;当抛出速度为v2时,小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2,则( )
图4
A.当v1>v2时,α1>α2
B.当v1>v2时,α1<α2
C.无论v1、v2关系如何,均有α1=α2
D.α1、α2的关系与斜面倾角θ有关
【思路探究】
(1)小球的位移与水平方向的夹角总是哪个角?
(2)小球的速度方向与水平方向的夹角总是哪个角?
解析 小球从斜面某点水平抛出后落到斜面上,小球的位移与水平方向的夹角θ就是斜面倾角θ,小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为(θ+α),如图所示。
因为tanθ===,tan(θ+α)==,故可得tan(θ+α)=2tanθ。
无论平抛的初速度是多大,只要小球落到斜面上,位移方向与水平方向夹角就总是θ,则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是(θ+α),所以速度方向与斜面的夹角α就总是不变的,与v1、v2的关系无关,故C正确。
答案 C
[针对训练2](2018·贵州思南中学高一下期中)一水平抛出的小球落到一倾角θ=30°的斜面上时,其速度方向与斜面垂直,运动轨迹如图5中虚线所示。
小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )
图5
A.1B.2
C.3D.
解析 小球撞在斜面上,速度方向与斜面垂直,速度方向与水平方向夹角为60°,其正切值满足tan60°=,即=。
设小球位移与水平方向的夹角为α,结合推论有tan60°=2tanα,所以竖直位移与水平位移的比值tanα===
tan60°=,故D正确。
答案 D
平抛运动与其他运动形式的综合
[探究归纳]
平抛运动与其他运动形式(如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动等)的综合题目的分析中要注意平抛运动与其他运动过程在时间上、位移上、速度上的相关分析。
[试题案例]
[例3]如图6所示,一小球从平台上水平抛出,恰好落在平台前一倾角为α=53°的斜面顶端并刚好沿斜面下滑,已知平台到斜面顶端的高度为h=0.8m,不计空气阻力,取g=10m/s2。
(sin53°=0.8,cos53°=0.6)求:
图6
(1)小球水平抛出的初速度v0;
(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x。
【思路探究】
(1)已知平台到斜面顶端的高度为h=0.8m,则小球做平抛运动的时间为多少?
(2)小球在斜面顶端时,速度与水平方向的夹角为多大?
解析
(1)小球从平台运动到斜面顶端的过程中做平抛运动,由平抛运动规律有
h=gt2,
得出t=0.4s,
竖直分速度vy=gt=4.0m/s
小球在斜面顶端时,对速度进行分解,有vy=v0tan53°,
得出v0=3m/s,
(2)水平分位移x=v0t,
代入数据解得x=1.2m。
答案
(1)3m/s
(2)1.2m
[针对训练3]如图7所示,B为竖直圆轨道的左端点,它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。
一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛,恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。
已知重力加速度为g,则A、B之间的水平距离为( )
图7
A.B.
C.D.
解析 如图所示,对速度进行分解,vy=v0tanα;小球运动的时间t==,则A、B间的水平距离x=v0t=,故选项A正确。
答案 A
1.(平抛运动的规律)(2018·贵州思南中学高一下期中)(多选)以初速度v0水平抛出一物体,当它的竖直分位移与水平分位移相等时( )
A.竖直分速度等于水平速度
B.瞬时速度等于2v0
C.运动的时间为
D.位移大小是
解析 因为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,由位移相等可知v0t=gt2,解得t=,故C正确;又由于vy=gt=2v0,故A错误;所以瞬时速度vt==v0,故B错误;位移大小l==v0t=,故D正确。
答案 CD
2.(与斜面结合的平抛运动)(2018·蚌埠二中高一下期中)如图8所示,从倾角为θ的斜面上的A点,以水平速度v0抛出一个小球,不计空气阻力,重力加速度为g,它落到斜面上B点所用的时间为( )
图8
A.B.
C.D.
解析 设小球从抛出至落到斜面上的时间为t,在这段时间内水平位移和竖直位移分别为x=v0t,y=gt2。
由几何关系知tanθ===,所以小球的运动时间
为t=tanθ,选项B正确。
答案 B
3.(平抛运动推论的应用)如图9所示,一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上,不计空气阻力,物体与斜面接触时速度方向与水平方向的夹角φ满足( )
图9
A.tanφ=sinθB.tanφ=cosθ
C.tanφ=tanθD.tanφ=2tanθ
解析 物体从抛出至落到斜面的过程中,位移方向与水平方向夹角为θ,落到斜面上时速度方向与水平方向夹角为φ,由平抛运动的推论知tanφ=2tanθ,选项D正确。
答案 D
4.(与其他运动结合的平抛运动)如图10所示,在一次空地演习中,离地H高处的飞机发射一颗炮弹,炮弹以水平速度v1飞出,欲轰炸地面目标P,反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹进行拦截,设飞机发射炮弹时与拦截系统的水平距离为s,若拦截成功,不计空气阻力,则v1、v2的关系应满足( )
图10
A.v1=v2B.v1=v2
C.v1=v2D.v1=v2
解析 当飞机发射的炮弹运动到拦截炮弹正上方时,满足s=v1t,h=gt2,此过程中拦截炮弹满足H-h=v2t-gt2,即H=v2t=v2·,则v1=v2,故选项B正确。
答案 B
合格性检测
1.如图1所示,在光滑的水平面上有一小球a以初速度v0运动,同时刻在它正上方有一小球b也以初速度v0水平抛出,并落于c点,不计空气阻力,则( )
图1
A.小球a先到达c点
B.小球b先到达c点
C.两球同时到达c点
D.不能确定a、b球到达c点的先后顺序
解析 做平抛运动的小球b在水平方向上的运动与小球a同步,b球落地前两球一直在同一竖直线上,两球同时到达c点,故C正确。
答案 C
2.(多选)如图2所示,在斜面顶端先后水平抛出同一小球,第一次小球落到斜面中点,第二次小球落到斜面底端,从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)( )
图2
A.两次小球运动时间之比t1∶t2=1∶
B.两次小球运动时间之比t1∶t2=1∶2
C.两次小球抛出时初速度之比v01∶v02=1∶
D.两次小球抛出时初速度之比v01∶v02=1∶2
解析 平抛运动竖直方向为自由落体运动h=gt2,由题意可知两次平抛的竖直位移之比为1∶2,所以运动时间之比为t1∶t2=1∶,选项A正确,B错误;水平方向为匀速直线运动,由题意知水平位移之比为1∶2,即v01t1∶v02t2=1∶2,所以两次平抛初速度之比v01∶v02=1∶,选项C正确,D错误。
答案 AC
3.如图3所示,水平抛出的物体,抵达斜面上端P处时其速度方向恰好沿斜面方向,然后沿斜面无摩擦滑下,下列图中的图像描述的是物体沿x方向和y方向运动的速度—时间图像,其中正确的是( )
图3
解析 0~tp段,水平方向:
vx=v0恒定不变,竖直方向:
vy=gt;tp~tQ段,水平方向:
vx=v0+a水平t,竖直方向:
vy=vpy+a竖直t(a竖直 答案 C 4.(2018·安徽师范大学附属中学高一下期中)(多选)跳台滑雪运动员的动作惊险而优美,其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。 如图4所示,设可视为质点的滑雪运动员,从倾角为θ的斜坡顶端P处,以初速度v0水平飞出,最后又落到斜坡上A点处,AP之间距离为L,在空中运动时间为t。 改变运动员初速度v0的大小,L和t都随之改变。 关于L、t与v0的关系,下列说法中正确的是( ) 图4 A.t与v0成反比B.t与v0成正比 C.L与v0成正比D.L与v成正比 解析 设平抛运动的水平位移大小为x,竖直位移大小为y,结合几何关系,水平方向上有x=Lcosθ=v0t,竖直方向上有y=Lsinθ=gt2,联立可得t=,可知t与v0成正比,故选项A错误,B正确;L=v,可知L与v成正比,故选项C错误,D正确。 答案 BD 5.(多选)如图5所示,在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡,某人站在左侧山坡上的P点向对面的山坡上水平抛出三个质量不等的石块,分别落在A、B、C三处,不计空气阻力,A、C两点处在同一水平面上,则下列说法正确的是( ) 图5 A.落到A、B、C三处的石块落地速度方向相同 B.落到A、B两处的石块落地速度方向相同 C.落到B、C两处的石块落地速度大小可能相等 D.落到C处的石块在空中运动的时间最长 解析 因为速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍,落在A、B两处的石块位移方向相同,与落在C处的石块的位移方向不同,所以落在A、B两处的石块速度方向相同,与落在C处的石块的速度方向不同,故选项A错误,B正确;落在B处的石块的竖直分速度比落在C处的石块的竖直分速度大,但是落在B处的石块的水平分速度比落在C处的石块的水平分速度小,根据平行四边形定则可知,落在B、C两处的石块的速度大小可能相等,故选项C正确;下落高度决定平抛运动的时间,故落在B处的石块在空中运动时间最长,故选项D错误。 答案 BC 6.如图6所示,一小球以初速度v从斜面顶端水平抛出,落到斜面上的A点,此时小球的速度大小为vA,速度方向与斜面的夹角为θA;同一小球以2v的初速度仍从斜面的顶端水平抛出,落到斜面上的B点,此时小球的速度大小为vB,速度方向与斜面的夹角为θB。 不计空气的阻力,则下列关系正确的是( ) 图6 A.θA>θBB.θA<θBC.vB=4vAD.vB=2vA 解析 设小球的运动时间为t,斜面的倾角为α,落在斜面上时速度方向与水平方向的夹角为γ,由tanα==,tanγ=,可得tanγ=2tanα,小球的速度方向与斜面的夹角θ=γ-α,与初速度无关,所以有θA=θB,故选项A、B错误;小球落在斜面上时速度大小v′=,可知v′∝v0,所以有vB=2vA,故选项C错误,D正确。 答案 D 7.如图7所示,小球以15m/s的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出,飞行一段时间后,恰好垂直撞在斜面上(不计空气阻力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,tan37°=)。 求: 图7 (1)小球在空中的飞行时间; (2)抛出点距撞击点的竖直高度。 解析 (1)将小球垂直撞在斜面上的速度分解,如图所示。 由图可知θ=37° tanθ=, 则t==s=2s。 (2)竖直分位移h=gt2=×10×22m=20m。 答案 (2)2s (2)20m 8.女子跳台滑雪等6个新项目已加入2014年冬奥会。 如图8所示,运动员踏着专用滑雪板,不带雪杖在助滑路上(未画出)获得一速度后水平飞出,在空中飞行一段距离后着陆。 设一位运动员由斜坡顶的A点沿水平方向飞出的速度v0= 20m/s,落点在斜坡底的B点,斜坡倾角θ=37°,斜坡可以看成一斜面,不计空气阻力。 (g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: 图8 (1)运动员在空中飞行的时间t; (2)A、B间的距离s。 解析 (1)运动员由A点到B点做平抛运动,则水平方向的位移x=v0t 竖直方向的位移y=gt2 又=tan37°,联立以上三式得t==3s (2)由题意知sin37°== 得A、B间的距离s==75m。 答案 (1)3s (2)75m 等级性检测 9.(多选)如图9所示为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图,水面与大坝的交点为O,一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石块,已知AO=40m,不计空气阻力,g取10m/s2。 下列说法正确的是( ) 图9 A.若v0=17m/s,则石块可以落入水中 B.若石块能落入水中,则v0越大,落水时速度方向与水平面的夹角越小 C.若石块不能落入水中,则v0越大,落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大 D.若石块不能落入水中,则落到斜面上时速度方向与斜面的夹角不变 解析 若石块恰能落到O点,则LOAcosθ=v0t,LOAsinθ=gt2,解得t=2s,v0=10m/s>17m/s,所以若v0=17m/s,则石块不会落入水中,故选项A错误;因为石块落水的时间均为2s,落到水中的竖直速度均为20m/s,若石块能落入水中,则v0越大,落水时速度方向与水平面的夹角越小,故选项B正确;根据平抛运动的规律,若石块不能落入水中,则石块落到斜面上时速度方向与水平面间的夹角β满足tanβ=2tanθ=,即β为定值,故落到斜面上时速度方向与斜面的夹角也为定值,故选项C错误,D正确。 答案 BD 10.(多选)如图10所示,小球从斜面底端A点正上方h高处,以某一速度向倾角为θ的斜面水平抛出时,小球到达斜面的位移最小,(空气阻力不计,重力加速度为g)则( ) 图10 A.小球平抛的初速度v0=sinθ B.小球平抛的初速度v0=sinθ C.飞行时间t=cosθ D.飞行时间t= 解析 过抛出点作斜面的垂线,如图所示。 当小球落在斜面上的B点时,位移最小,设运动的时间为t,则水平方向x=hcosθ·sinθ=v0t,竖直方向y=hcosθ·cosθ=gt2,解得v0=sinθ,t=cosθ,故选项A、C正确。 答案 AC 11.(多选)如图11所示,从半径为R=1m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球,经t=0.4s小球落到半圆上,不计空气阻力,已知当地的重力加速度g=10m/s2,则小球的初速度v0可能为( ) 图11 A.1m/sB.2m/sC.3m/sD.4m/s 解析 由于小球经0.4s落到半圆上,下落的高度h=gt2=0.8m,位置可能有两处,如图所示,第一种可能: 小球落在半圆左侧,v0t=R-=0.4m,v0=1m/s,第二种可能: 小球落在半圆右侧,v0t=R+=1.6m,v0=4m/s,故选项A、D正确。 答案 AD 12.如图12所示,在水平地面上固定一倾角θ=37°、表面光滑的斜面体,物体A以v1=6m/s的初速度沿斜面上滑,同时在物体A的正上方,有一物体B以某一初速度水平抛出,如果当A上滑到最高点时恰好被物体B击中,(A、B均可看做质点,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2)求: 图12 (1)物体A上滑到最高点所用的时间t; (2)物体B抛出时的初速度v2; (3)物体A、B间初始位置的高度差h。 解析 (1)物体A上滑的过程中,由牛顿第二定律得mgsinθ=ma 代入数据得a=6m/s2 经过时间t,物体A上滑到最高点,由运动学公式有 0=v1-at 代入数据得t=1s。 (2)平抛物体B的水平位移等于物体A的水平位移 x=v1tcosθ=2.4m 物体B抛出时的初速度v2==2.4m/s。 (3)物体A、B间初始位置的高度差 h=v1tsinθ+gt2=6.8m。 答案 (1)1s (2)2.4m/s (3)6.8m
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