2021年高中物理人教版（新教材）必修第二册课件：第五章 抛体运动 章末小结.ppt

1、第五章第五章 抛体运动抛体运动 章章 末末 小小 结结 知识网络构建知识网络构建 方法归纳提炼方法归纳提炼 进考场练真题进考场练真题 知识网络构建知识网络构建 抛抛 体体 运运 动动 曲线运动曲线运动 速度方向：轨迹的速度方向：轨迹的_方向方向 条件：合力方向与条件：合力方向与_方向不在一条直线上方向不在一条直线上 特点特点 速度方向时刻改变速度方向时刻改变 合力方向总是指向合力方向总是指向_ 运动的合成与分解运动的合成与分解 分运动与合运动的关系分运动与合运动的关系 等时性等时性 独立性独立性 等效性等效性 运算法则：运算法则：_定则定则 经典模型经典模型 绳、杆末端速度分解模型 绳、杆末端

2、速度分解模型 小船渡河模型小船渡河模型 切线切线 初速度初速度 轨迹内侧轨迹内侧 平行四边形平行四边形 抛抛 体体 运运 动动 平平 抛抛 运运 动动 运动性质：运动性质：_曲线运动曲线运动 运动特点运动特点 具有具有_初速度初速度 只受只受_作用作用 运运 动动 规规 律律 水平方向：匀速直线运动，水平方向：匀速直线运动，vxv0，x_ 竖直方向：自由落体运动，竖直方向：自由落体运动，vygt，y_ 速度：速度：v v2 x v2 y 位移：位移：s_ 轨迹：抛物线轨迹：抛物线 一般的抛体运动一般的抛体运动 v0不沿水平方向不沿水平方向 只受只受_作用作用 轨迹为抛物线轨迹为抛物线 实验：探

3、究平抛运动的特点实验：探究平抛运动的特点 匀变速匀变速 水平水平 重力重力 v0t 重力重力 1 2gt 2 x2y2 方法归纳提炼方法归纳提炼 一、研究曲线运动的基本方法一、研究曲线运动的基本方法 1思想方法思想方法 化曲为直化曲为直 2思维流程思维流程 (欲知欲知)曲线运动规律曲线运动规律 等效等效 分解分解 (只需研究只需研究)两直线运动规律两直线运动规律 等效等效 合成合成 (得知得知) 曲线运动规律。曲线运动规律。 (多选)(2018河南省中原名校(即豫南九校)高一下学期第一次联 考)如图甲所示，在一端封闭、长约1 m的玻璃管内注满清水，水中放置 一个蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧

4、。然后将这个玻璃管迅速倒置， 在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动。假设从某时刻开 始计时，蜡块在玻璃管内任意1 s上升的距离都是10 cm，玻璃管向右匀 加速平移，每1 s通过的水平位移依次是2.5 cm、7.5 cm、12.5 cm、17.5 cm。图乙中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管运动的水 平位移，t0时蜡块位于坐标原点。则下列说法正确的是 ( ) 典题典题 1 A蜡块4 s内的运动轨迹是如图乙中的抛物线 B2 s时蜡块在水平方向的速度为0.1 m/s C玻璃管向右平移的加速度大小为5102m/s2 Dt2 s时蜡块的速度大小为0.2 m/s 思路引导：根据合

5、运动与分运动的关系，利用运动的合成与分解，化曲 为直进行求解。 解析：解析：蜡块在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向向右做匀加速蜡块在竖直方向做匀速直线运动，在水平方向向右做匀加速 直线运动，根据题中的数据画出的轨迹如图乙所示，故直线运动，根据题中的数据画出的轨迹如图乙所示，故 A 正确；由于玻正确；由于玻 璃管向右为匀加速平移， 根据璃管向右为匀加速平移， 根据 xat2可求得加速度可求得加速度ax t2 510 2m/s2， ， 故故 C 正确；由运动的独立性可知，竖直方向的速度为正确；由运动的独立性可知，竖直方向的速度为 vyy t 0.1 m/s，水，水 平方向做匀加速直线运动，平方向

6、做匀加速直线运动，2 s 时蜡块在水平方向的速度为时蜡块在水平方向的速度为 vxat0.1 m/s，则，则 2 s 时蜡块的速度时蜡块的速度 v v2 x v2 y 2 10 m/s，故，故 B 正确，正确，D 错误。错误。 答案：ABC 二、平抛运动的特征和解题方法 平抛运动是典型的匀变速曲线运动，它的动力学特征是：水平方向有初 速度而不受外力，竖直方向只受重力而无初速度，抓住了平抛运动的这 个初始条件，也就抓住了它的解题关键，现将常见的几种解题方法介绍 如下： 1利用平抛的时间特点解题 平抛运动可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， 只要抛出的时间相同，下落的高度和竖直分

7、速度就相同。 2利用平抛运动的偏转角度解题利用平抛运动的偏转角度解题 设做平抛运动的物体，下落高度为设做平抛运动的物体，下落高度为 h，水平位移为，水平位移为 x 时，速度时，速度 vA与与 初速度初速度 v0的夹角为的夹角为 ，由图可得：，由图可得： tanv y vx gt v0 gt 2 v0t 2h x 将将 vA反向延长与反向延长与 x 相交于相交于 O 点，设点，设 AOd，则有：，则有： tanh d 解得解得 d1 2x， ，tan2h x 2tan 两式揭示了偏转角和其他各物理量的关系。两式揭示了偏转角和其他各物理量的关系。 3利用平抛运动的轨迹解题 平抛运动的轨迹是一条抛物

8、线，已知抛物线上任意一段，就可求出水平 初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了。设图为某小球做平抛运 动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A和B，分别过A点作竖直线，过B点 作水平线相交于C点，然后过BC的中点D作垂线交轨迹于E点，过E点再作 水平线交AC于F点，小球经过AE和EB的时间相等，设为单位时间T。由y gT 2知 T y g yFCyAF g v0 xEF T g yFCyAF xEF 平抛一物体，当抛出1 s后它的速度方向与水平方向成45，落 地时速度方向与水平方向成60，(g取10 m/s2)求： (1)初速度大小； (2)落地速度大小； (3)开始抛出时距地面的高度； (4)水平

9、射程。 思路引导：画出平抛运动轨迹和两个时刻速度的分解图，根据几何关系 及相关运动学公式即可求解。 典题典题 2 解析：解析：(1)如图所示，作出平抛运动轨迹上两时刻的速度分解图，如图所示，作出平抛运动轨迹上两时刻的速度分解图，1 s 时，速度方向与水平方向成时，速度方向与水平方向成 45 ， 说明说明 v0vy1，而，而 vy1gt1， 解得解得 v010 m/s。 (2)落地时的速度大小落地时的速度大小 v2 v0 cos60 2v020 m/s。 (3)落地时速度的竖直分量落地时速度的竖直分量 vy2v0tan60 3v010 3 m/s， 由由 v2 y2 2gh 得得 hv 2 y2

10、 2g 10 3 2 210 m15 m。 (4)由由 h1 2gt 2 2得 得 t2 2h g 215 10 s 3 s， 水水平射程平射程 xv0t2 10 3 m17.32 m。 答案：(1)10 m/s (2)20 m/s (3)15 m (4)17.32 m 进考场练真题进考场练真题 (2019全国卷，19)(多选)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动 员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动 员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他 在竖直方向的速度，其vt图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道 上的时刻。则 ( ) 典典 题题

11、一一、高考真题探析高考真题探析 图图(a) 图图(b) A第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第 一次的大 思路引导：对于以图像形式给出的试题，首先要结合图像的特殊点、斜 率、面积等的物理意义，获取有价值的解题信息，然后利用相关物理规 律分析解答。 解析：解析：A 错：错：vt 图像中图线与图像中图线与 t 轴包围的面积表示位移大小，第二轴包围的面积表示位移大小，第二 次滑翔过程中所围面积大表示在竖直方向上位移大。次滑

12、翔过程中所围面积大表示在竖直方向上位移大。B 对： 第二次滑翔过对： 第二次滑翔过 程中在竖直方向的位移大，又运动员滑翔过程中竖直位移与水平位移的程中在竖直方向的位移大，又运动员滑翔过程中竖直位移与水平位移的 比值相同比值相同(等于雪道倾角的正切值等于雪道倾角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的，故第二次滑翔过程中在水平方向上的 位移大。位移大。C 错：从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由错：从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由 a v t ，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度小于，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度小于第一次。第一次。D 对：对

13、：vt 图像的斜率表示加速度，速率为图像的斜率表示加速度，速率为 v1时，第二次加速度小，设阻时，第二次加速度小，设阻 力为力为 f，由，由 mgfma，可得第二次受到的阻力大。，可得第二次受到的阻力大。 答案：BD 1(2018 全国卷全国卷，17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以 v 和和 v 2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速 率是乙球落至斜面时速率的率是乙球落至斜面时速率的 ( ) A2 倍倍 B4 倍倍 C6 倍倍 D8 倍倍 A 二二、临场真题练

14、兵临场真题练兵 解析：解析：如图所示，可知：如图所示，可知： xvt，x tan 1 2gt 2 则则 x2tan g v2， 即即 xv2 甲、乙两球抛出速度为甲、乙两球抛出速度为 v 和和v 2，则相应水平位移之比为 ，则相应水平位移之比为 41，由相似，由相似 三角形知，下落高度之比也为三角形知，下落高度之比也为 41，由自由落体运动规律得，落在斜面，由自由落体运动规律得，落在斜面 上竖直方向速度之比为上竖直方向速度之比为 21，则可得落至斜面时速率之比为，则可得落至斜面时速率之比为 21。 2 (2019北京理综，21)用如图1所示装置研究平抛运动。将白纸和复 写纸对齐重叠并固定在竖直

15、的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点 飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡 板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放 钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。 (1)下列实验条件必须满足的有_。 A斜槽轨道光滑 B斜槽轨道末段水平 C挡板高度等间距变化 D每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 BD 图图1 (2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。 a取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的 _(选填“最上端”“最下端”或者“球心”)对应白纸上的位置 即为原点；在确定y轴时_(选填“需要”或者“不需要”

16、)y轴与 重垂线平行。 球心球心 需要需要 b若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下 述方法处理数据： 如图述方法处理数据： 如图 2 所示， 在轨迹上取所示， 在轨迹上取 A、 B、 C 三点，三点，AB 和和 BC 的水平间距相等且均为的水平间距相等且均为 x，测，测 得得 AB 和和 BC 的竖直间距分别是的竖直间距分别是 y1和和 y2，则，则y1 y2 _1 3(选填 选填“大于大于”“”“等于等于”或者或者“小小于于”)。 可求得钢球平抛的初速度大小为可求得钢球平抛的初速度大小为_ (已知当地重力加速度为已知当地重力加速度为 g，结，结 果用上述字

17、母表示果用上述字母表示)。 大于大于 图图2 x g y2y1 解析：(1)实验中没必要要求斜槽轨道光滑，因为本实验是研究平抛运动， 只需要每次实验都能保证小球做相同的平抛运动，即每次实验都要保证 小球初速度水平且相同，因此选项A错误，选项B、D正确。挡板高度可 以不等间距变化，故选项C错误。 (2)a.因为钢球侧面在白纸上挤压出的痕迹点与球心等高，故将钢球静置 于Q点，钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始 点)；在确定y轴时需要y轴与重垂线平行。 b由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，竖直方向上相邻相由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，竖直方向上相邻相 等时间内的位移之比为等时间内的位移之比为 135， 故两相邻， 故两相邻相等时间内的位移之比越相等时间内的位移之比越 来越大，因此来越大，因此y1 y2大于 大于1 3；由 ；由 y2y1gT2，xv0T，联立两式解得，联立两式解得 v0 x g y2y1。 。