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步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义:4.2平抛运动


第 2 课时

平抛运动

考纲解读 1.掌握平抛运动的特点和性质.2.掌握研究平抛运动的方法,并能应用解题.

1.[对平抛运动性质和特点的理解]关于平抛运动,下列说法错误的是( A.平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动

)

B.平抛运动的轨迹为抛物线,速度方向时刻变化,加速

度方向也时刻变化 C.做平抛运动的物体在 Δt 时间内速度变化量的方向可以是任意的 D.做平抛运动的物体的初速度越大,在空中的运动时间越长 答案 BCD 解析 做平抛运动的物体只受重力作用, 加速度为 g 恒定, 任意时间内速度变化量的方 向竖直向下(Δv=gt),运动时间由抛出时的高度决定,选项 B、C、D 错误. 2.[斜抛运动的特点]做斜上抛运动的物体,到达最高点时( A.速度为零,加速度向下 B.速度为零,加速度为零 C.具有水平方向的速度和竖直向下的加速度 D.具有水平方向的速度和加速度 答案 C 解析 斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直上抛运动. 因物体只受重 力,且方向竖直向下,所以水平方向的分速度不变,竖直方向上的加速度也不变,所以 只有 C 选项正确. 3.[用分解思想处理类平抛运动问题]如图 1 所示,两个足够大的倾角分别为 30° 、45° 的光 滑斜面放在同一水平面上,两斜面间距大于小球直径,斜面高度相等,有三个完全相同 的小球 a、b、c,开始均静止于斜面同一高度处,其中 b 小球在两斜面之间.若同时释 放 a、b、c 小球到达该水平面的时间分别为 t1、t2、t3.若同时沿水平方向抛出,初速度 方向如图所示,到达水平面的时间分别为 t1′、t2′、t3′.下列关于时间的关系不正确 的是( ) )

图1
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A.t1>t3>t2

B.t1=t1′、t2=t2′、t3=t3′

C.t1′>t3′>t2′ D.t1<t1′、t2<t2′、t3<t3′ 答案 D h 1 8h 1 2 2 解析 由静止释放三个小球时对 a: = gsin 30° · t2 .对 b:h= gt2 ,则 1,则 t1= sin 30° 2 g 2 2h h 1 4h 2 t2 .对 c: = gsin 45° · t2 ,所以 t1>t3>t2.当平抛三个小球时,小球 b 2= 3,则 t3= g sin 45° 2 g 做平抛运动,小球 a、c 在斜面内做类平抛运动.沿斜面方向的运动同第一种情况,所 以 t1=t1′,t2=t2′,t3=t3′.故选 D.

一、平抛运动 1.性质:加速度为重力加速度 g 的匀变速曲线运动,运动轨迹是抛物线. 2.基本规律:以抛出点为原点,水平方向(初速度 v0 方向)为 x 轴,竖直向下方向为 y 轴, 建立平面直角坐标系,则: (1)水平方向:做匀速直线运动,速度 vx=v0,位移 x=v0t. 1 (2)竖直方向:做自由落体运动,速度 vy=gt,位移 y= gt2. 2 vy gt 2 (3)合速度:v= v2 x +vy ,方向与水平方向的夹角为 θ,则 tan θ= = . vx v0 y gt (4)合位移:s= x2+y2,方向与水平方向的夹角为 α,tan α= = . x 2v0 二、斜抛运动 1.运动性质 加速度为 g 的匀变速曲线运动,轨迹为抛物线. 2.基本规律(以斜向上抛为例说明,如图 2 所示)

图2 (1)水平方向:v0x=v0cos_θ,F 合 x=0. (2)竖直方向:v0y=v0sin_θ,F 合 y=mg.

考点一 平抛运动的基本规律
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1.飞行时间:由 t= 2.水平射程:x=v0t=v0 素无关.

2h 知,时间取决于下落高度 h,与初速度 v0 无关. g 2h ,即水平射程由初速度 v0 和下落高度 h 共同决定,与其他因 g

2 2 3.落地速度:vt= v2 x +vy = v0+2gh,以 θ 表示落地速度与 x 轴正方向的夹角,有 tan θ

vy 2gh = = ,所以落地速度也只与初速度 v0 和下落高度 h 有关. vx v0 4.速度改变量:因为平抛运动的加速度为重力加速度 g,所以做平抛运动的物体在任意相 等时间间隔 Δt 内的速度改变量 Δv=gΔt 相同,方向恒为竖直向下,如图 3 所示.

图3 5.两个重要推论 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平 位移的中点,如图 4 中 A 点和 B 点所示.

图4 (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处, 设其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 tan α=2tan θ. 例 1 有一项人体飞镖项目,可将该运动简化为以下模型(如图 5 所示):手握飞镖的小孩用 一根不可伸长的细绳系于天花板下,在 A 处被其父亲沿垂直细绳方向推出,摆至最低 处 B 时小孩松手,飞镖依靠惯性沿 BC 飞出命中竖直放置的圆形靶的靶心 O,圆形靶的 最高点 C 与 B 点在同一高度,A、B、C 三点处在同一竖直平面内,且 BC 与圆形靶平 面垂直.已知小孩质量为 m,细绳长为 L,B、C 两点之间的距离为 d,靶的半径为 R, A、B 两点之间的高度差为 h.不计空气阻力,小孩和飞镖均可视为质点,重力加速度为 g.

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图5 (1)求小孩在 A 处被推出时的初速度大小; (2)如果飞镖脱手时沿 BC 方向速度不变, 但由于小孩手臂的水平抖动使其获得了一个垂 直于 BC 的水平速度 v1,要让飞镖能够击中圆形靶,求 v1 的取值范围. 解析 vt 1 R= gt2 2 由机械能守恒定律得 1 2 1 mv0+mgh= mv2 2 2 联立以上三式解得 v0= d2g -2gh 2R (1)设飞镖从 B 点平抛运动到 O 点的时间为 t,从 B 点抛出的速度为 v,则有 d=

(2)因 BC 方向的速度不变,则从 B 到靶的时间 t 不变,竖直方向上的位移仍为 R,则靶 上的击中点一定与靶心 O 在同一高度上,则垂直于 BC 的水平位移一定小于 R,因此有 v1t<R 可得 v1< 答案 (1) Rg 2 d2g -2gh (2)v1< 2R Rg 2

“化曲为直”思想——平抛运动的基本求解方法 平抛运动的三种分解思路
2 2 2 (1)分解速度:v 合= v2 x +vy = v0+?gt?

1 y (2)分解位移:x=v0t,y= gt2,tan θ= 2 x (3)分解加速度 突破训练 1 如图 6, 从半径为 R=1 m 的半圆 AB 上的 A 点水平抛出一个可视为质点的小球, 经 t=0.4 s 小球落到半圆上,已知当地的重力加速度 g=10 m/s2,则小球的初速度 v0 可 能为( )

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图6 A.1 m/s B.2 m/s C.3 m/s D.4 m/s 答案 AD 1 解析 由于小球经 0.4 s 落到半圆上,下落的高度 h= gt2=0.8 m,位置可能有两处,如 2 图所示.

第一种可能:小球落在半圆左侧, v0t=R- R2-h2=0.4 m,v0=1 m/s 第二种可能:小球落在半圆右侧, v0t=R+ R2-h2,v0=4 m/s,选项 A、D 正确. 考点二 斜面上的平抛运动问题 斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型, 在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移 和速度规律, 还要充分运用斜面倾角, 找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关 系,从而使问题得到顺利解决.常见的模型如下: 方法 内容 水平:vx=v0 分解速度 竖直:vy=gt
2 合速度:v= v2 x +vy

斜面

总结 分解速度,构 建速度三角形

水平:x=v0t 分解位移 1 竖直:y= gt2 2 合位移:s= x +y
2 2

分解位移,构 建位移三角形

例 2 如图 7 所示, 一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从 O 点水平飞出, 经过 3 s 落到斜坡上的 A 点.已知 O 点是斜坡的起点,斜坡与水平面的夹角 θ=37° ,运动员 的质量 m=50 kg.不计空气阻力(sin 37° =0.6,cos 37° =0.8;g 取 10 m/s2).求:

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图7 (1)A 点与 O 点的距离 L; (2)运动员离开 O 点时的速度大小; (3)运动员从 O 点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间. 解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动,有

1 Lsin 37° = gt2, 2 gt2 L= =75 m. 2sin 37° (2)设运动员离开 O 点时的速度为 v0,运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动,有 Lcos 37° =v0t, Lcos 37° 即 v0= =20 m/s. t (3)解法一 运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为 v0cos 37° 、 加速度为 gsin 37° )和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为 v0sin 37° 、 加速度为 gcos 37° ). 当垂直斜面方向的速度减为零时,运动员离斜坡最远,有 v0sin 37° =gcos 37° · t,解得 t=1.5 s 解法二 当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成 37° 角时, 运动员离斜坡最远, gt 有 =tan 37° ,t=1.5 s. v0 答案 (1)75 m (2)20 m/s (3)1.5 s 常见平抛运动模型运动时间的计算方法 (1)在水平地面正上方 h 处平抛: 1 由 h= gt2 知 t= 2 2h ,即 t 由高度 h 决定. g

(2)在半圆内的平抛运动(如图 8),由半径和几何关系制约时间 t:

图8 1 h= gt2 2 R± R2-h2=v0t 联立两方程可求 t. (3)斜面上的平抛问题(如图 9):

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图9 ①顺着斜面平抛 方法:分解位移 x=v0t 1 y= gt2 2 y tan θ= x 2v0tan θ 可求得 t= g ②对着斜面平抛(如图 10)

图 10 方法:分解速度 vx=v0 vy=gt v0 v0 tan θ= = vy gt v0 可求得 t= gtan θ (4)对着竖直墙壁平抛(如图 11)

图 11 水平初速度 v0 不同时,虽然落点不同,但水平位移 d 相同. t= d v0

突破训练 2 将一小球以水平速度 v0=10 m/s 从 O 点向右抛出, 经 1.73 s 小球恰好垂直落到
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斜面上的 A 点,不计空气阻力,g=10 m/s2,B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落 点,如图 12 所示,以下判断正确的是( )

图 12 A.斜面的倾角约是 30° B.小球的抛出点距斜面的竖直高度约是 15 m C.若将小球以水平速度 v0′=5 m/s 向右抛出,它一定落在 AB 的中点 P 的上方 D.若将小球以水平速度 v0′=5 m/s 向右抛出,它一定落在 AB 的中点 P 处 答案 AC v0 解析 设斜面倾角为 θ,对小球在 A 点的速度进行分解有 tan θ= ,解得 θ≈30° ,A 项 gt 1 正确;小球距过 A 点水平面的距离为 h= gt2≈15 m,所以小球的抛出点距斜面的竖直 2 高度肯定大于 15 m,B 项错误;若小球的初速度为 v0′=5 m/s,过 A 点做水平面,小 球落到水平面的水平位移是小球以初速度 v0=10 m/s 抛出时的一半, 延长小球运动的轨 迹线,得到小球应该落在 P、A 之间,C 项正确,D 项错误. 考点三 平抛运动中的临界问题 例 3 如图 13 所示, 水平屋顶高 H=5 m, 围墙高 h=3.2 m, 围墙到房子的水平距离 L=3 m, 围墙外空地宽 x=10 m,为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上,g 取 10 m/s2. 求:

图 13 (1)小球离开屋顶时的速度 v0 的大小范围; (2)小球落在空地上的最小速度. 解析 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为 v01,则小球的水平位移:

L+x=v01t1 1 小球的竖直位移:H= gt2 2 1 解以上两式得 v01=(L+x) g =13 m/s 2H

设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为 v02,则此过程中小球的水平位移:
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L=v02t2 1 小球的竖直位移:H-h= gt2 2 2 解以上两式得:v02=5 m/s 小球抛出时的速度大小为 5 m/s≤v0≤13 m/s (2)小球落在空地上,下落高度一定,落地时的竖直分速度一定,当小球恰好越过围墙 的边缘落在空地上时,落地速度最小. 竖直方向:v2 y =2gH
2 又有:vmin= v2 02+vy

解得:vmin=5 5 m/s 答案 (1)5 m/s≤v0≤13 m/s (2)5 5 m/s

1.本题使用的是极限分析法,v0 不能太大,否则小球将落在空地外边;v0 又不能太小,否 则被围墙挡住而不能落在空地上.因而只要分析落在空地上的两个临界状态,即可解得 所求的范围. 2.从解答中可以看到,解题过程中画出示意图的重要性,它既可以使抽象的物理情境变得 直观,也可以使隐藏于问题深处的条件显露无遗.小球落在墙外的空地上,其速度最大 值所对应的落点位于空地的外侧边缘,而其速度最小值所对应的落点却不是空地的内侧 边缘,而是围墙的最高点,这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来. 突破训练 3 质量为 m=0.5 kg、可视为质点的小滑块,从光滑斜面上高 h0=0.6 m 的 A 点由 静止开始自由滑下.已知斜面 AB 与水平面 BC 在 B 处通过一小圆弧光滑连接.长为 x0 =0.5 m 的水平面 BC 与滑块之间的动摩擦因数 μ=0.3,C 点右侧有 3 级台阶(台阶编号 如图 14 所示),D 点右侧是足够长的水平面.每级台阶的高度均为 h=0.2 m,宽均为 L =0.4 m.(设滑块从 C 点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起,取 g=10 m/s2).

图 14 (1)求滑块经过 B 点时的速度 vB; (2)求滑块从 B 点运动到 C 点所经历的时间 t; (3)某同学是这样求滑块离开 C 点后落点 P 与 C 点在水平方向的距离 x 的:滑块离开 C 点后做平抛运动,下落高度 H=4h=0.8 m,在求出滑块经过 C 点速度的基础上,根据 平抛运动知识即可求出水平位移 x.
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你认为该同学的解法是否正确?如果正确,请解出结果.如果不正确,请说明理由,并 用正确的方法求出结果. 答案 解析 (1)2 3 m/s (2)0.155 s (3)见解析 (1)滑块在斜面 AB 上下滑时,机械能守恒,

1 mgh0= mv2 +0 2 B vB= 2gh0= 2×10×0.6 m/s=2 3 m/s (2)滑块在水平面 BC 上运动时,由动能定理: 1 1 -μmgx0= mv2 - mv2 2 C 2 B vC= v2 B-2μgx0= 12-2×0.3×10×0.5 m/s=3 m/s 由牛顿第二定律:μmg=ma a=μg=0.3×10 m/s2=3 m/s2 vC-vB 3-2 3 t1= = s≈0.155 s -a -3 (3)不正确,因为滑块可能落到某一个台阶上.正确解法为: 假定无台阶,滑块直接落在 D 点右侧的水平面上, t′= 2H = g 2×0.8 s=0.4 s 10

水平位移 x′=vCt′=3×0.4 m=1.2 m,恰好等于 3L(也就是恰好落在图中的 D 点), 因此滑块会撞到台阶上. 当滑块下落高度为 2h 时, t″= 2×2h = g 2×2×0.2 s≈0.283 s 10

x″=vCt″=0.849 m>2L 所以小滑块能落到第③个台阶上 1 3h= gt2 2 t= 6h = g 1.2 3 s= s 10 5 3 m≈1.04 m 5

x=vCt=3×

17.类平抛问题模型的分析方法

类平抛运动在高考中常被考到, 特别是带电粒子在电场中偏转时的类平抛运动考查到的
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概率很大. 1.类平抛运动的受力特点 物体所受的合外力为恒力,且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 方向上做匀速直线运动,在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动, F合 加速度 a= . m 3.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(即沿合外力的方向)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 a 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. 例 4 如图 15 所示的光滑斜面长为 l,宽为 b,倾角为 θ,一物块(可看成质点)沿斜面左上方 顶点 P 水平射入,恰好从底端 Q 点离开斜面,试求:

图 15 (1)物块由 P 运动到 Q 所用的时间 t; (2)物块由 P 点水平射入时的初速度 v0; (3)物块离开 Q 点时速度的大小 v. 解析 1 (1)沿斜面向下的方向有 mgsin θ=ma,l= at2 2 2l . gsin θ

联立解得 t=

(2)沿水平方向有 b=v0t b v0= =b t gsin θ . 2l

(3)物块离开 Q 点时的速度大小 v= 答案 (3)
2 v2 0+?at? =

?b2+4l2?gsin θ . 2l gsin θ 2l

(1)

2l (2)b gsin θ

?b2+4l2?gsin θ 2l
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高考题组 1.(2013· 北京· 19)在实验操作前应该对实验进行适当的分析.研究平抛运动的实验装置示意 图如图 16 所示.小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放,并从斜槽末端水平飞 出.改变水平板的高度,就改变了小球在板上落点的位置,从而可描绘出小球的运动轨 迹.某同学设想小球先后三次做平抛运动,将水平板依次放在如图 1、2、3 的位置,且 1 与 2 的间距等于 2 与 3 的间距.若三次实验中,小球从抛出点到落点的水平位移依次 为 x1、x2、x3,机械能的变化量依次为 ΔE1、ΔE2、ΔE3,忽略空气阻力的影响,下面分 析正确的是( )

图 16 A.x2-x1=x3-x2,ΔE1=ΔE2=ΔE3 B.x2-x1>x3-x2,ΔE1=ΔE2=ΔE3 C.x2-x1>x3-x2,ΔE1<ΔE2<ΔE3 D.x2-x1<x3-x2,ΔE1<ΔE2<ΔE3 答案 B 解析 不计空气阻力,小球在运动过程中机械能守恒,所以 ΔE1=ΔE2=ΔE3=0.小球在 水平方向上做匀速运动,在竖直方向上做匀加速运动,又因 y12=y23,所以 t12>t23,x2 -x1>x3-x2,由以上分析可知选项 B 正确. 2.(2012· 江苏· 6)如图 17 所示,相距 l 的两小球 A、B 位于同一高度 h(l、h 均为定值).将 A 向 B 水平抛出的同时,B 自由下落.A、B 与地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分 速度大小不变、方向相反.不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间,则( )

图 17 A.A、B 在第一次落地前能否相碰,取决于 A 的初速度 B.A、B 在第一次落地前若不碰,此后就不会相碰
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C.A、B 不可能运动到最高处相碰 D.A、B 一定能相碰 答案 AD 解析 由题意知 A 做平抛运动,即水平方向做匀速直线运动,竖直方向为自由落体运 动;B 为自由落体运动,A、B 竖直方向的运动相同,二者与地面碰撞前运动时间 t1 相 同,且 t1= 2h l l ,若第一次落地前相碰,只要满足 A 运动时间 t=v<t1,即 v> ,所以 g t1

选项 A 正确;因为 A、B 在竖直方向的运动同步,始终处于同一高度,且 A 与地面相碰 后水平速度不变,所以 A 一定会经过 B 所在的竖直线与 B 相碰.碰撞位置由 A 的初速 度决定,故选项 B、C 错误,选项 D 正确. 模拟题组 3.在平直公路上做匀加速行驶的汽车,因漏油,每经过 T 时间从离路面高 h 处漏下一滴油, 油滴在路面上形成一段油点痕迹,如图 18 所示.已知油点痕迹 P 是汽车运动到 Q 处时 滴下在路面形成的,现测出油点痕迹 P 至其前后相邻两点的距离分别为 s1 和 s2,若汽 车运动加速度大小为 a,运动到 Q 点时速度大小为 v,则下列正确的是( )

图 18 s2-s1 s1+s2 A.a= 2 ,v= T T s2-s1 s1+s2 C.a≠ 2 ,v= T 2T 答案 B 解析 类比打点计时器打出的纸带.油滴下落后均做平抛运动,水平速度不变.落在地 s2-s1 s1+s2 面上的油滴类似于纸带上的点迹.因此根据 Δx=aT2 有 a= ,v= .选项 B 正 T2 2T 确. 4.如图 19 所示,球网上沿高出桌面 H,网到桌边的距离为 L.某人在乒乓球训练中,从左侧 L 处,将球沿垂直于网的方向水平击出,球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘.设乒乓 2 球的运动为平抛运动.则乒乓球( ) s2-s1 s1+s2 B.a= 2 ,v≠ T T s2-s1 s1+s2 D.a≠ 2 ,v≠ T 2T

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图 19 A.在空中做变加速直线运动 B.在水平方向做匀加速直线运动 C.在网的右侧运动的时间是左侧的 2 倍 D.击球点的高度是网高的 2 倍 答案 C 解析 本题考查平抛运动的规律, 意在考查学生对平抛运动各物理量的理解. 乒乓球击 出后, 在重力的作用下做平抛运动, 其运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直 1 L 2 v水平t1 方向上的自由落体运动, A、 B 错误; 球在网的左侧和右侧通过的水平距离之比 = L v水平t2 t1 1 = = ,C 正确;设击球点到桌面的高度为 h,则击球点到网上沿的高度与击球点到桌 t2 2 1 2 gt 2 1 h-H 1 h 9 面的高度之比为 = = ,所以击球点的高度与网高度之比为 = ,D 错 h 1 9 H 8 g?t +t ?2 2 1 2 误. 5.如图 20 所示,可视为质点的滑块 B 放在水平面上,在其正上方离水平面高 h=0.8 m 处 有一可视为质点的小球 A,某时刻小球 A 以 v1=5 m/s 的初速度开始向右做平抛运动, 同时滑块 B 以 v2=3 m/s 的初速度开始向右做匀加速直线运动,小球 A 恰好能击中滑块 B,求 B 运动的加速度 a 的大小.(g=10 m/s2)

图 20 答案 10 m/s2 解析 设经时间 t,小球 A 击中滑块 B,则对小球 A 由平抛运动的规律得: 1 h= gt2 2 小球 A 在水平方向上的位移为 x,则: x=v1t 滑块 B 在时间 t 内的位移也为 x,则: 1 x=v2t+ at2 2 联立以上各式解得:a=10 m/s2

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(限时:45 分钟) ?题组 1 平抛运动规律的应用 1.如图 1 所示为一长为 2L、倾角 θ=45° 的固定斜面.今有一弹性小球,自与斜面上端等 高的某处自由释放,小球落到斜面上反弹时,速度大小不变,碰撞前后,速度方向与斜 面夹角相等,若不计空气阻力,欲使小球恰好落到斜面下端,则小球释放点距斜面上端 的水平距离为( )

图1 A. C. 2 L 4 2 L 5 1 B. L 4 1 D. L 5

答案 D 解析 由 θ=45° 知释放点距斜面的高度与到斜面上端的水平距离相等,从小球与斜面

碰撞后变向到落到斜面下端,小球做平抛运动且水平位移与竖直位移等大,即 x=y, vy L 由 x=v0t 和 y= t 联立得 vy=2v0,即 2g?L-h?=2 2gh,解得 h= ,选项 D 正确. 2 5 2.倾角为 θ 的斜面上有 A、B、C 三点,现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球, 三个小球均落在斜面上的 D 点,如图 2 所示,今测得 AB∶BC∶CD=5∶3∶1,由此可 判断( )

图2 A.A、B、C 处三个小球运动时间之比为 1∶2∶3 B.A、B、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为 1∶1∶1 C.A、B、C 处三个小球的初速度大小之比为 3∶2∶1 D.A、B、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 答案 BC 解析 由于沿斜面 AB∶BC∶CD=5∶3∶1,故三个小球竖直位移之比为 9∶4∶1,运
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动时间之比为 3∶2∶1,A 项错误;斜面上平抛的小球落在斜面上时,速度与初速度之 间的夹角 α 满足 tan α=2tan θ, 与小球抛出时的初速度大小和位置无关, 因此 B 项正确; gt 同时 tan α= , 所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比, 为 3∶2∶1, C 项正确; v0 三个小球的运动轨迹(抛物线)在 D 点相切,因此不会在空中相交,D 项错误. 3.如图 3 所示,我某集团军在一次空地联合军事演习中,离地面 H 高处的飞机以水平对地 速度 v1 发射一颗炸弹轰炸地面目标 P,反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度 v2 竖直 向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看作竖直上抛),设此时拦截系统与飞机的水平距 离为 x,若拦截成功,不计空气阻力,则 v1、v2 的关系应满足( )

图3 H A.v1= v2 x x C.v1= v2 H 答案 C x 解析 炸弹离开飞机做平抛运动,若恰好被拦截,则水平位移 x=v1t,得 t= ,这段 v1 v2x 1 2 gx2 1 时间内炸弹下落的距离为 h1= gt = 2,拦截炮弹上升的高度为 h2=v2t- gt2= - 2 2v1 2 v1 gx2 x ,h1+h2=H,解得 v1= v2,C 项正确. 2v2 H 1 4.如图 4 所示,从某高度水平抛出一小球,经过时间 t 到达地面时,速度与水平方向的夹 角为 θ,不计空气阻力,重力加速度为 g.下列说法正确的是( ) B.v1=v2 D.v1=v2 x H

图4 A.小球水平抛出时的初速度大小为 gttan θ θ B.小球在 t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为 2 C.若小球初速度增大,则平抛运动的时间变长 D.若小球初速度增大,则 θ 减小 答案 D
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gt gt 解析 落地时的速度分解如图所示,可知:tan θ= ,所以 v0= ,选 v0 tan θ 1 2 gt y 2 项 A 错误. 设 t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为 α, 则 tan α= = x v0t = gt 1 = tan θ,B 选项错误.小球的运动时间由高度决定,C 项错误.当初速度增大时, 2v0 2

gt tan θ= ,t 不变,tan θ 变小,θ 变小,D 项正确. v0 5.a、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图 5 所示,设它们抛出的初速度分别为 va、vb,从抛 出至碰到台上的时间分别为 ta、tb,则( )

图5 A.va>vb B.va<vb C.ta>tb D.ta<tb 答案 AD 1 解析 由题图知, hb>ha, 因为 h= gt2, 所以 ta<tb, 又因为 x=v0t, 且 xa>xb, 所以 va>vb, 2 选项 A、D 正确. 6.如图 6 所示,在水平地面上 O 点正上方不同高度的 A、B 两点分别水平抛出一小球,如 果两球均落在同一点 C 上,则两小球( )

图6 A.落地的速度大小可能相等 B.落地的速度方向可能相同 C.落地的速度大小不可能相等 D.落地的速度方向不可能相同 答案 AD 1 解析 由 h= gt2、vy= 2gh可知 vyA<vyB、tA<tB,由 x=v0t 可知 v0A>v0B,落地的速度大 2
2 小 v= v0 +v2 y ,故落地的速度大小可能相等,也可能不相等,选项 A 正确,C 错误;

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vy 落地的速度方向与水平方向夹角为 θ,则有 tan θ= ,解得 θA<θB,故落地的速度方向 v0 不可能相同,选项 B 错误,D 正确. 7.如图 7 所示,在竖直放置的半圆形容器的中心 O 点分别以水平初速度 v1、v2 抛出两个小 球(可视为质点),最终它们分别落在圆弧上的 A 点和 B 点,已知 OA 与 OB 互相垂直, v1 且 OA 与竖直方向成 α 角,则两小球初速度之比 为( v2 )

图7 A.tan α B.cos α C.tan α tan α D.cos α cos α 答案 C 解析 两小球被抛出后都做平抛运动,设容器半径为 R,两小球运动时间分别为 t1、t2, 1 1 对 A 球:Rsin α=v1t1,Rcos α= gt2 ;对 B 球:Rcos α=v2t2,Rsin α= gt2 ,解四式可得: 2 1 2 2 v1 =tan α tan α,C 项正确. v2 ?题组 2 与斜面相关的平抛问题 8.如图 8 所示,轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹,并垂 直击中山坡上的目标 A.已知 A 点高度为 h,山坡倾角为 θ,由此可算出( )

图8 A.轰炸机的飞行高度 B.轰炸机的飞行速度 C.炸弹的飞行时间 D.炸弹投出时的动能 答案 ABC 1 解析 设轰炸机投弹位置高度为 H,炸弹水平位移为 x,则 H-h= vy· t,x=v0t,二式 2 H-h 1 vy vy 1 h h 相除 = · ,因为 = ,x= ,所以 H=h+ ,A 正确;根据 H-h= x 2 v0 v0 tan θ tan θ 2tan2 θ 1 2 gt 可求出飞行时间,再由 x=v0t 可求出飞行速度,故 B、C 正确;不知道炸弹质量, 2 不能求出炸弹的动能,D 错误.
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9.如图 9 所示,一高度为 h 的光滑水平面与一倾角为 θ 的斜面连接,一小球以速度 v 从平 面的右端 P 点向右水平抛出,则小球在空中运动的时间 t( )

图9 A.一定与 v 的大小有关 B.一定与 v 的大小无关 C.当 v 大于 D.当 v 小于 答案 CD 解析 球有可能落在斜面上,也有可能落在水平面上,可用临界法求解,如果小球恰好 1 落在斜面与水平面的交点处,则满足 hcot θ=vt,h= gt2,联立可得 v= 2 故当 v 大于 gh cot θ 时,小球落在水平面上,t= 2 gh cot θ, 2 gh 2 gh cot θ,t 与 v 无关 2 gh cot θ,t 与 v 有关 2

2h ,与 v 无关;当 v 小于 g

2vtan θ 1 y cot θ 时,小球落在斜面上,x=vt,y= gt2, =tan θ,联立可得 t= ,即与 v 有 2 x g 关,故选项 C、D 正确. 10.如图 10 所示,P 是水平面上的圆弧凹槽.从高台边 B 点以某速度 v0 水平飞出的小球, 恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端 A 点沿圆弧切线方向进入轨道.O 是圆 弧的圆心,θ1 是 OA 与竖直方向的夹角,θ2 是 BA 与竖直方向的夹角.则( )

图 10 tan θ2 A. =2 B.tan θ1· tan θ2=2 tan θ1 1 tan θ1 C. =2 D. =2 tan θ1· tan θ2 tan θ2 答案 B vy gt x v0t 2v0 解析 由题意可知:tan θ1= = ,tan θ2= = = ,所以 tan θ1· tan θ2=2,故 B vx v0 y 1 2 gt gt 2 正确. 11.如图 11 所示,斜面体 ABC 固定在地面上,小球 p 从 A 点沿斜面静止下滑.当小球 p 开
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始下滑时, 另一小球 q 从 A 点正上方的 D 点水平抛出, 两球同时到达斜面底端的 B 处. 已 知斜面 AB 光滑,长度 L=2.5 m,斜面倾角为 θ=30° .不计空气阻力,g 取 10 m/s2.求:

图 11 (1)小球 p 从 A 点滑到 B 点的时间; (2)小球 q 抛出时初速度的大小和 D 点离地面的高度 h. 答案 解析 5 3 (1)1 s (2) m/s 5 m 4 (1)设小球 p 从斜面上下滑的加速度为 a,受力分析得:mgsin θ=ma

1 设小球 p 从 A 点滑到 B 点的时间为 t,L= at2 2 解得 t=1 s 1 (2)小球 q 的运动为平抛运动:h= gt2=5 m 2 Lcos θ=v0t 5 3 解得 v0= m/s 4 ?题组 3 平抛运动中的临界问题 12. 《愤怒的小鸟》 是一款时下非常流行的游戏, 游戏中的故事也相当有趣, 如图 12 甲所示, 为了报复偷走鸟蛋的肥猪们, 鸟儿以自己的身体为武器, 如炮弹般弹射出去攻击肥猪们 的堡垒. 某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设: 小鸟被弹弓沿水平方向弹出, 如图乙所示,若 h1=0.8 m,l1=2 m,h2=2.4 m,l2=1 m,小鸟飞出后能否直接打中肥 猪的堡垒?请用计算结果进行说明.(取重力加速度 g=10 m/s2)

图 12 答案 见解析 解析 设小鸟以 v0 弹出后能直接击中堡垒,则

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1 ? ?h1+h2=2gt2 ? ? ?l1+l2=v0t t= 2?h1+h2? = g 2×?0.8+2.4? s=0.8 s 10

l1+l2 2+1 所以 v0= = m/s=3.75 m/s t 0.8 x=v0t1 ? ? 设在台面的草地上的水平射程为 x,则? 1 2 ? ?h1=2gt1 所以 x=v0 2h1 =1.5 m<l1 g

可见小鸟不能直接击中堡垒.

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