（浙江选考）2021版高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第2节 抛体运动课件

第四章曲线运动万有引力与航天第2节抛体运动【基础梳理】水平重力匀变速抛物线匀速直线自由落体斜向上方斜向下方匀变速抛物线匀速直线匀变速直线【自我诊断】判一判(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动．()(2)做平抛运动的物体的速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化．()(3)平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大．()(4)平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向速度越大．()(5)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化是相同的．()(6)无论平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动．()××××√√做一做(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则()A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大提示：选CD.两球加速度都是重力加速度g，A错误；飞行时间t＝22hg，因h相同，则t相同，B错误；水平位移x＝vxt，在t相同情况下，x越大说明vx越大，C正确；落地速度v＝v2x＋v2y，两球落地时竖直速度vy相同，可见vx越大，落地速度v越大，D正确．平抛(或类平抛)运动的基本规律与应用【知识提炼】1．平抛(或类平抛)运动所涉物理量的特点物理量特点飞行时间由t＝2hg知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关水平射程x＝v0t＝v02hg，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关物理量特点落地速度vt＝v2x＋v2y＝v20＋2gh，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tanθ＝vyvx＝2ghv0，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关速度改变量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度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，如图所示2.关于平抛(或类平抛)运动的两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任意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，如图中A点和B点所示，即xB＝xA2.(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任意位置处，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＝2tanθ.【典题例析】如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点以初速度v0水平抛出一个物体，物体落在斜面上的B点，不计空气阻力．则：(1)抛出后经多长时间物体与斜面间距离最大？(2)A、B间的距离为多少？[解析]法一：(1)以抛出点为坐标原点，沿斜面方向为x轴，垂直于斜面方向为y轴，建立坐标系，(如图甲所示)vx＝v0cosθ，vy＝v0sinθ，ax＝gsinθ，ay＝gcosθ.物体沿斜面方向做初速度为vx、加速度为ax的匀加速直线运动，垂直于斜面方向做初速度为vy、加速度为ay的匀减速直线运动，类似于竖直上抛运动．令v′y＝v0sinθ－gcosθ·t＝0，即t＝v0tanθg.(2)当t＝v0tanθg时，物体离斜面最远，由对称性可知总飞行时间T＝2t＝2v0tanθg，AB间距离s＝v0cosθ·T＋12gsinθ·T2＝2v20tanθgcosθ.法二：(1)如图乙所示，当速度方向与斜面平行时，离斜面最远，v的切线反向延长与v0交点为此时横坐标的中点P，则tanθ＝y12x＝12gt212v0t，t＝v0tanθg.(2)AC＝y＝12gt2＝v20tan2θ2g，而AC∶CD＝1∶3，所以AD＝4y＝2v20tan2θg，AB间距离s＝ADsinθ＝2v20tanθgcosθ.法三：(1)设物体运动到C点离斜面最远，所用时间为t，将v分解成vx和vy，如图丙所示，则由tanθ＝vyvx＝gtv0，得t＝v0tanθg.(2)设由A到B所用时间为t′，水平位移为x，竖直位移为y，如图丁所示，由图可得tanθ＝yx，y＝xtanθ①y＝12gt′2②x＝v0t′③由①②③得：t′＝2v0tanθg而x＝v0t′＝2v20tanθg，因此A、B间的距离s＝xcosθ＝2v20tanθgcosθ.[答案](1)v0tanθg(2)2v20tanθgcosθ化曲为直思想求解平抛(或类平抛)运动(1)求解平抛(或类平抛)运动的基本思想是将平抛(或类平抛)运动分解为两个直线运动，即水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．此类问题一般画出合位移与两个分位移、合速度与两个分速度的矢量分解图，依据三角形知识即可求解．(2)在解题过程中要注意：两个分运动具有等时性、独立性，即时间相等、独立进行互不影响．分运动的时间就是合运动的时间．两个分运动与合运动遵循平行四边形定则．【题组过关】考向1速度偏向角表达式的应用1.如图所示，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()A.tanθ2tanθ1＝2B.tanθ1·tanθ2＝2C.1tanθ1·tanθ2＝2D.tanθ1tanθ2＝2解析：选B.由题意可知：tanθ1＝vyvx＝gtv0，tanθ2＝xy＝v0t12gt2＝2v0gt，所以tanθ1·tanθ2＝2，故B正确．考向2位移偏向角表达式的应用2．(多选)(2020·绍兴质检)如图所示，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()A．当v1＞v2时，α1＞α2B．当v1＞v2时，α1＜α2C．无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2D．α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关解析：选CD.从斜面上抛出，又落到斜面上，位移偏向角一定为θ，设速度偏向角为φ，根据速度偏向角和位移偏向角的关系tanφ＝2tanθ，故无论v1、v2关系如何，一定有φ相等，根据α＝φ－θ，均有α1＝α2，且大小与斜面倾角θ有关，选项A、B错误，C、D正确．平抛运动中的临界、极值问题【题组过关】1．(2017·4月浙江选考)图中给出某一游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方．竖直面内的半圆弧BCD的半径R＝2.0m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直平面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°.游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关．为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．0.15m，43m/sB．1.50m，43m/sC．0.15m，26m/sD．1.50m，26m/s解析：选A.由题意可知弹丸从P点射出时的速度方向就是半径OP的方向．即与水平方向成37°夹角，由平抛运动规律vyv0＝34，vy＝gt，h＋Rsin37°＝gt22，v0t＝R＋Rcos37°，解得h＝0.15，v0＝43m/s.2．(2020·嘉兴质检)如图所示为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图．参与游戏的选手会遇到一个人造山谷AOB，AO是高h＝3m的竖直峭壁，OB是以A点为圆心的弧形坡，∠OAB＝60°，B点右侧是段水平跑道．选手可以自A点借助绳索降到O点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A点直接跃上水平跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；(2)若选手以速度v1＝4m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间．解析：(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则水平方向有hsin60°≤v0t，竖直方向中有hcos60°＝12gt2解得v0≥3210m/s.(2)若选手以速度v1＝4m/s水平跳出，因v1v0，人将落在弧形坡上．人下降高度为y＝12gt2水平前进距离x＝v1t又x2＋y2＝h2解得t＝0.6s.答案：(1)3210m/s(2)0.6s