物理必修课件 第四章 第二讲　抛体运动的规律及其应用

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 )匀速直线自由落体水平方向 vx v0 x竖 直方向 vy ， y合速度 大小 v方向 与水平方向的 夹 角 tan 合位移 大小 s方向 与水平方向的 夹 角 tan轨 迹方程 y gtv0t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： x v0t v0 ，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v vy gt.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 x v0t.(2)连续相等的时间间隔 t内，竖直方向上的位移差不变，即 y gt2.4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 tan 2tan.图 4 2 1证明： 如图 4 2 1所示，由平抛运动规律得TanTan所以 tan 2tan.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 4 2 1所示， tantan 2tan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 tan 2tan，但不能误认为 2.1 (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 ( )A 0.8 m至 1.8 m B 0.8 m至 1.6 mC 1.0 m至 1.6 m D 1.0 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 h1 0.8 m， h21.8 m，即 A正确答案： A1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如图 4 2 2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 4 2 2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 mgsin ma1， a1 gsin 水平方向上的位移 x a v0t 沿斜面向下的位移 y b 由 得 v0 a 答案： a 如图 4 2 3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h 0.8 m， g 10 m/s2， sin53 0.8， cos53 0.6，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 H 20.8 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=v0tan53vy2=2gh代入数据得 vy 4 m/s， v0 3 m/s.(2)由 vy gt1得： t1 0.4 sx v0t1 30.4 m 1.2 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： 5t2 26 0解得 t2 2 s或 t2 s(不合题意舍去 )