42抛体运动的规律及其应用 (2).ppt

《42抛体运动的规律及其应用 (2).ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《42抛体运动的规律及其应用 (2).ppt（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1水平射程和飞行时间水平射程和飞行时间(1)飞行时间：飞行时间：t ，只与，只与h、g有关，与有关，与v0无关无关(2)水平射程：水平射程：xv0tv0 ，由，由v0、h、g共同决定共同决定2速度变化规律速度变化规律(1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度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任意相等的时间间隔t内的速度变化量均竖直向下，且内的速度变化量均竖直向下，且 vvygt.3位移变化规律位移变化规律(1)任意相等的时间间隔任意相等的时间间隔t内，水平位移不变，且内，水平位移不变，且xv0t.(2)连续相等的时间间隔连续相等的时间间隔t内，竖直方向上的位移差不变

2、，内，竖直方向上的位移差不变， 即即ygt2.4平抛运动的两个重要推论平抛运动的两个重要推论 推论推论：做平抛：做平抛(或类平抛或类平抛)运动的物体在任一时刻任一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置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为，位移，位移 方向与水平方向的夹角为方向与水平方向的夹角为，则，则tan2tan.图图421证明：证明：如图如图421所示，由平抛运所示，由平抛运动规律得动规律得TanTan所以所以tan2tan.推论推论：做平抛：做平抛(或类平抛或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时运动的物体，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

3、移的中点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：证明：如图如图421所示，所示，tantan2tan即末状态速度方向的反向延长线与即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点轴的交点B必为此时必为此时水平位移的中点水平位移的中点特别注意：特别注意：1在平抛运动过程中，位移矢量与速度矢量永远不会在平抛运动过程中，位移矢量与速度矢量永远不会 共线共线2它们与水平方向的夹角关系为它们与水平方向的夹角关系为tan2tan，但不，但不 能误认为能误认为2. 如图如图423所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为倾角为53的光滑斜面

4、顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差端与平台的高度差h0.8 m，g10 m/s2，sin530.8，cos530.6，求：，求：二常见考点和基本题型二常见考点和基本题型(1)小球水平抛出的初速度小球水平抛出的初速度v0是多大？是多大？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？是多少？(3)若斜面顶端高若斜面顶端高H20.8 m，则小球离开平台后经多长时，则小球离开平台后经多长时间间t到达斜面底端？到达斜面底端？思路点拨思路点拨解答本题时应注意以下几点：解答本题时应注意以下几点：(1)小球在到达斜面

5、顶端前做平抛运动；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；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的初速度课堂笔记课堂笔记(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下由题意可知：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，所以起，如图所示，所以vy=v0tan53vy2=2gh代入数据得代入数据得vy4 m/s，v03 m/s.(2)由由vygt1得：得：t

6、10.4 sxv0t130.4 m1.2 m.(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a 8 m/s2初速度初速度v 5 m/s代入数据整理得：代入数据整理得： 5t2260解得解得t22 s或或t2 s(不合题意舍去不合题意舍去)所以所以tt1t22.4 s.答案答案(1)3 m/s(2)1.2 m(3)2.4 s 本题中小球的运动分为两个阶段：平抛运动阶段和匀本题中小球的运动分为两个阶段：平抛运动阶段和匀加速运动阶段，两个阶段的联系纽带是平抛运动的末速度加速运动阶段，两个阶段的联系纽带是平抛运动的末速度为小球沿斜面做匀加速运动的初速度，这也是解答本题的为小

7、球沿斜面做匀加速运动的初速度，这也是解答本题的关键关键.如图如图424所示，水平屋顶高所示，水平屋顶高H5 m，墙高，墙高h3.2 m，墙，墙到房子的距离到房子的距离L3 m，墙外马路宽，墙外马路宽D10 m，小球从屋顶水，小球从屋顶水平飞出落在墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度平飞出落在墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度v应该满应该满足什么条件？足什么条件？(g10 m/s2)思路点拨思路点拨 小球触碰墙顶对应小球能落在墙外马路上的小球触碰墙顶对应小球能落在墙外马路上的平抛的最小速度，而小球落在马路的右边缘对应小球能平抛的最小速度，而小球落在马路的右边缘对应小球能落在墙外马路上的平抛的最

8、大速度落在墙外马路上的平抛的最大速度课堂笔记课堂笔记小球速度很小，则不能越过墙；小球速度很小球速度很小，则不能越过墙；小球速度很大，则飞到马路外面两临界状态就是刚好越过墙和落在大，则飞到马路外面两临界状态就是刚好越过墙和落在马路右侧边缘设小球刚好越过墙如图中马路右侧边缘设小球刚好越过墙如图中所示，此时小所示，此时小球的水平初速度为球的水平初速度为v1，则，则H-h=由由L=v1t1得得v1=5 m/s.设小球越过墙刚好落在马路的右边缘如图中设小球越过墙刚好落在马路的右边缘如图中所示，此时所示，此时小球的水平速度为小球的水平速度为v2，则，则H=由由L+D=v2t2得得v2=13 m/s.所以小

9、球离开屋顶时的速度满足所以小球离开屋顶时的速度满足5 m/sv13 m/s时，小球时，小球落在墙外的马路上落在墙外的马路上答案答案5 m/sv13 m/s 本题属于平抛运动中的临界问题每当遇到类似的题目本题属于平抛运动中的临界问题每当遇到类似的题目时常常感到无从下手，因此形成一个良好的分析问题、解决时常常感到无从下手，因此形成一个良好的分析问题、解决问题的思路特别重要解决此类问题的关键有三点：其一是问题的思路特别重要解决此类问题的关键有三点：其一是确定运动性质确定运动性质平抛运动；其二是确定临界位置平抛运动；其二是确定临界位置恰不恰不触墙和恰不出界；其三是确定临界轨迹，并画出轨迹示意图触墙和恰

10、不出界；其三是确定临界轨迹，并画出轨迹示意图. 在光滑的水平面内，一质量在光滑的水平面内，一质量m1 kg的质点以速度的质点以速度v010 m/s沿沿x轴正方向运动，经过原点后受一沿轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向轴正方向(竖直方竖直方向向)的恒力的恒力F15 N作用，直线作用，直线OA与与x轴成轴成37，如图，如图425所示的曲线为质点的轨迹图所示的曲线为质点的轨迹图(g取取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)，求：，求：(1)如果质点的运动轨迹与直线如果质点的运动轨迹与直线OA相交相交于于P点，质点从点，质点从O点到点到P点所经历的时间点所经历的时间以及以及P点的坐

11、标；点的坐标；(2) 质点经过质点经过P点的速度大小点的速度大小图图425思路点拨思路点拨解答本题时应注意以下三点：解答本题时应注意以下三点：(1)判断质点的运动规律判断质点的运动规律类平抛运动；类平抛运动；(2)求出类平抛运动的加速度；求出类平抛运动的加速度；(3)P点的点的x、y坐标的关系为坐标的关系为tan解题样板解题样板(1)质点在水平方向上无外力作用而做匀速直线运质点在水平方向上无外力作用而做匀速直线运动，竖直方向上受恒力动，竖直方向上受恒力F和重力和重力mg作用而做匀加速直线运动作用而做匀加速直线运动由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：Fmgma所以所以a m/s25 m/s2 (2分分)设质点从设质点从O点到点到P点经历的时间为点经历的时间为t，P点坐标为点坐标为(xP，yP)，则，则xPv0t，yP at2 (2分分)又又tan (2分分)联立解得：联立解得：t3 s，xP30 m，yP22.5 m.即即P点的坐标为点的坐标为(30,22.5)(2分分)(2)质点经过质点经过P点时沿点时沿y方向的速度方向的速度vyat15 m/s (2分分)故故P点的速度大小点的速度大小Vp (2分分)答案答案(1)3 s(30,22.5)(2)5 m/s13