2021版高考物理一轮复习第4章曲线运动第2节平抛物体的运动规律及其应用学案

2021版高考物理一轮复习第4章曲线运动第2节平抛物体的运动规律及其应用学案

第2节　平抛物体的运动规律及其应用考点一　对平抛运动的理解对应学生用书p701．性质：是加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，轨迹是__一条抛物线__．水平方向和竖直方向的两个分运动同时存在，互不影响，具有独立性．2．条件(同时满足)(1)v0≠0，沿水平方向．(2)只受重力作用．【理解巩固1】　(多选)关于平抛运动，下列说法正确的是(　　)A．平抛运动是匀变速运动B．平抛运动是变加速运动C．任意两个时刻的加速度相同D．任意两段相等时间内的位移变化量相同[解析]物体做平抛运动，加速度恒为重力加速度g，任意两段相等时间内，水平位移的变化量为0，竖直位移的变化量不相同，合位移的变化量不相同，D错，选A、C.[答案]AC对应学生用书p70　　例1　(多选)如图所示为平抛运动的物体在某段时间Δt内初速度v0、末速度v和速度改变Δv的关系．则下列说法正确的是(　　)A．Δv与平抛运动的v0无关B．两段相等时间间隔Δt内的Δv相等C．Δv的方向一定竖直向下D．v0一定大于Δv[解析]根据平抛运动的知识，物体在竖直方向上做自由落体运动，可得图中Δv＝gt，与平抛运动的初速度无关，选项A正确；由于物体在竖直方向上做自由落体运动，故Δv的方向一定竖直向下，在竖直方向上，相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相等，与初速度无关，选项BC正确；足够长的时间后Δv很大，而v0为一定值，两者之间大小无法比较，D错误．[答案]ABC13 考点二　平抛运动的研究方法和运动规律对应学生用书p711．研究方法：运动的合成与分解，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方法进行合成．2．运动规律：设平抛运动的初速度为v0，建立坐标系如图所示：水平方向vx＝v0　x＝__v0t__竖直方向vy＝__gt__　y＝__gt2__合运动1.合速度：v＝＝2．合位移：s＝3．速度方向角α：tanα＝＝4．位移方向角φ：tanφ＝＝轨迹方程y＝·x2【理解巩固2】　如图，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动．下列说法正确的是(　　)A．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B．小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变大D．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将减小[解析]物体在抵达斜面之前做平抛运动，加速度为g.在斜面上运动时，由牛顿第二定律得：加速度为a＝＝gsinα(α是斜面的倾角)，可知小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小，故A错误．小球在斜面运动的过程中，小球处于失重状态，则地13 面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重，B错误．整个过程中，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋mv＝mv2，则落地时速率v＝，则知撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将不变，故C错误．比较小球在斜面上与空中运动的时间，由于小球在斜面上运动的加速度为a＝gsinα，竖直分加速度为ay＝asinα＝gsin2α＜g，则知撤去斜面，落地时间变短．故D正确．[答案]D对应学生用书p71　例2　如图，斜面AC与水平方向的夹角为α，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直于斜面落到D点，则CD与DA的比为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.B.C.D.[解析]设小球水平方向的速度为v0，将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过几何关系求解，得竖直方向的末速度为v2＝，设该过程用时为t，则DA间水平距离为v0t，故DA＝；CD间竖直距离为，故CD＝，得＝，故D正确．[答案]D　例3　如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v0，13 小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是(　　)A．夹角α将变大B．夹角α与初速度大小无关C．小球在空中的运动时间不变D．PQ间距是原来间距的3倍[审题指导]小球落在斜面上，根据竖直位移与水平位移的关系求出小球在空中的运动时间，从而得出PQ间距的变化．结合速度方向与水平方向夹角正切值和位移与水平方向夹角正切值的关系，判断夹角与初速度的关系．[解析]根据tanθ＝＝得，小球在空中运动的时间t＝，因为初速度变为原来的2倍，则小球运动的时间变为原来的2倍，故C错误；速度与水平方向的夹角的正切值tanβ＝＝2tanθ，因为θ不变，则β不变，又α＝β－θ，可知α不变，与初速度无关，故A错误，B正确；PQ的间距s＝＝＝，初速度变为原来的2倍，则PQ的间距变为原来的4倍，故D错误．[答案]B,　　图示方法基本规律运动时间13 分解速度，构建速度的矢量三角形水平vx＝v0竖直vy＝gt合速度v＝由tanθ＝＝得t＝分解位移，构建位移的矢量三角形水平x＝v0t竖直y＝gt2合位移x合＝由tanθ＝＝得t＝在运动起点同时分解v0、g由0＝v1－a1t，0－v＝－2a1d得t＝，d＝分解平行于斜面的速度v由vy＝gt得t＝)13 考点三　平抛运动中的两个推论对应学生用书p721．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α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα＝__2tan__θ__．【证明】如图所示，由平抛运动规律得：tanα＝＝，tanθ＝＝×＝，所以tanα＝2tanθ.2．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．【理解巩固3】　如图所示，ACB是一个半径为R的半圆柱面的横截面，直径AB水平，C为截面上的最低点，AC间有一斜面，从A点以大小不同的初速度v1、v2沿AB方向水平抛出两个小球a和b，分别落在斜面AC和圆弧面CB上，不计空气阻力，下列判断正确的是(　　)A．初速度v1可能大于v2B．a球的飞行时间可能比b球长C．若v2大小合适，可使b球垂直撞击到圆弧面CB上D．a球接触斜面前的瞬间，速度与水平方向的夹角为45°[解析]两个小球都做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由x＝v0t得知t相同时，水平位移越大，对应的初速度越大，则知初速度v1一定小于v2，故A错误；竖直方向上做自由落体运动，由h＝gt2，得t＝，若a球下落的高度大于b球的高度，则a球的飞行时间比b球长，故B正确；根据平抛运动的推论：平抛运动瞬时速度的反向延长线交水平位移的中点，作出b球垂直撞击到圆弧面CB上速度的反向延长线，与AB的交点一定在O点的左侧，速度的反向延长线不可能通过O点，所以b球不可能与CB面垂直，即b球不可能垂直撞击到圆弧面CB上，故C错误；由几何知识得知AC面的倾角为45°，运用与C项同样的分析方法：作出a球接触斜面前的瞬间速度反向延长线，可知此瞬时速度与水平方向的夹角大于45°.故D错误．故选B.13 [答案]B对应学生用书p72　例4　如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为α、β，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．α＝β＝γB．α＝β>γC．α＝β<γD．α<β<γ[解析]设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面上时速度与水平方向的夹角为θ′，斜面倾角为θ.由tanθ＝＝＝，得到t＝，则tanθ′＝＝＝2tanθ，与初速度大小无关，即落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角均相等，所以α＝β.设小球落在斜面底端时速度与水平方向夹角为γ′，其初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2.由于高度相同，平抛时间相等，设为t1.则tanγ′＝，tanγ＝，由于v1＜v2所以tanγ′＞tanγ，γ′＞γ，由上分析可知α＝β＞γ.故选B.[答案]B　13 例5　如图所示，在足够高的竖直墙壁MN的左侧某点O以不同的初速度将小球水平抛出，OA沿水平方向，则所有抛出的小球在碰到墙壁前瞬间，其速度的反向延长线(　　)A．交于OA上的同一点B．交于OA上的不同点，初速度越大，交点越靠近O点C．交于OA上的不同点，初速度越小，交点越靠近O点D．因为小球的初速度和OA距离未知，所以无法确定[解析]设小球到达墙壁时速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，如图所示：则有：tanθ＝，tanα＝，可得：tanθ＝2tanα，由几何关系知，速度的反向延长线经过AO的中点，即所有小球速度的反向延长线交于OA上的同一点，故A正确，BCD错误．[答案]A考点四　平抛运动中的临界问题对应学生用书p72常见的三种临界特征1．有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界点．3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这个极值点往往是临界点．【理解巩固4】　如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置(不计空气阻力)，数据如图所示，下列说法正确的是(　　)13 A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝2h2B．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于，就一定落在对方界内C．任意降低击球高度(仍大于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内[解析]如图所示，设h1＝gt2，则h2＝gt2－g＝×gt2＝h1，A错；初速度太小，则落网或落在左边球场内，B错；设h2不变，h1＝h1′时，以速度v0′水平发球，刚好擦网落在右球场端线，h1′＝gt，h2＝gt－g＝×gt＝h1′.即当h1′＝h2，速度比v0′大，则出右端线，速度比v0′小，则不能过网，而h27m/sB．v>2.3m/sC．3m/st2′>t3′B．t1>t3>t2C．t1

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