2019高考物理系列模型之过程模型专题03类抛体运动模型1学案

做圆周运动，若小球在最高点速率为 v 时，两
根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为 2v 时，每
根轻绳的拉力大小为
()
A． 3mg
B．43 3mg
C．3mg
D．2 3mg
3．[多选](2018·深圳高三调研)如图甲所示，一长为 l 的轻绳，一
端穿在过 O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，
时，弹簧长度为 L2，下列选项中正确的是
()
A．L1>L2
B．L1＝L2
C．L1<L2
D．L1－L2＝mkg
2．如图所示，在竖直平面内，圆弧形滑道组
成的滑道 ABC 关于 B 点对称，且 A、B、
C 三点在同一水平线上。若小滑块第一次
由 A 滑到 C，所用的时间为 t1，第二次由 C 滑到 A，所用的时 间为 t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑 道滑行，小滑块与滑道间的动摩擦因数恒定，则 ( )
第3讲
提能点一
通过“绳模型”考查竖直 面内的圆周运动
基础保分类考点·练练就能过关
[知能全通]
1ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ绳模型的特点
实例
球与绳连接、水流星、翻滚过山车等
图示
在最高 点受力
恰好过 最高点
重力，弹力 F 弹向下或等于零
mg＋F 弹＝mvR2 F 弹＝0，mg＝mvmRin2，vmin＝ gR，即在最 高点的速度 v≥ gR
整个装置绕 O 点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对
小球的拉力 F 与其速度平方 v2 的关系如图乙所示，重力加速
度为 g，下列判断正确的是
()
A．图像函数表达式为 F＝mvl2＋mg B．重力加速度 g＝bl C．绳长不变，用质量较小的小球做实验，得到的图线斜率更大 D．绳长不变，用质量较小的小球做实验，图线 b 点的位置不变

专题06 力学中圆周运动模型(1)模型界定本模型只局限于力学范围内的圆周运动,(一)讨论圆周运动中的传动及水平面内的匀速圆周运动,(二)讨论竖直平面内的圆周运动及天体的圆周运动问题.本模型不涉及电磁学范围内的圆周运动，电磁学范围内的圆周运动另有等效重力场、动态圆模型等进行专题研究. 模型破解1.圆周运动中的传动问题(i)共轴传动中①物体上任意一点的角速度相同;②任意一点的线速度v＝ωr、向心加速度a＝rω2都与半径成正比.(ii)摩擦传动、皮带传动、链条传动、齿合传动中(摩擦传动与皮带传动时要求不打滑)①轮缘处线速度大小．．相等;②两轮的角速度与其半径成反比;③轮缘处各点的向心加速度与其半径成反比;④采用齿合或链条传动时，齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比.(iii)向心加速度的一个有用的表达式:例1.图示为某一皮带传动装置。

主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2。

已知主动轮做顺时针转动，转速为n，转动过程中皮带不打滑。

下列说法正确的是。

（填入选项前的字母，有填错的不得分）A.从动轮做顺时针转动B.从动轮做逆时针转动C. 从动轮的转速为nD.从动轮的转速为n【答案】Ｃ【解析】易判定ＡＢ中Ｂ正确．两轮皮带传动，轮缘处各点处线速度大小相等，由得从动轮转速，Ｃ正确Ｄ错误．例 2.某种变速自行车,有六个飞轮和三个链轮.如图所示,链轮和飞轮的齿数如下表所示,前、后轮直径约为660 mm,人骑该车行进速度为4 m/s时,脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为名称链轮飞轮齿数N/个48 38 28 15 16 18 21 24 28A.1.9 rad/sB.3.8 rad/sC.6.5 rad/sD.7.1 rad/s【答案】Ｂ飞轮与链轮是用链条连接的,故链轮与飞轮边缘线速度大小相同,所以ω1r1=ω2r2,r1,r2分别为飞轮和链轮的半径.由于周长L=NΔL=2πr,N为齿数,ΔL为两邻齿间的弧长,故r∝N,所以ω1N1=ω2N2.又踏板与链轮同轴,脚踩踏板的角速度ω3=,要使ω3最小，则N1=15，N2=48，。

竖直方向上的抛体运动
本节课是学生在学习了运动的合成与分解后，安排的一节新课。

用运动合成的观点（模型）分析复杂的运动，是把复杂的运动分解为简单的运动，认为复杂的运动是简单运动的合成，这既是认识的深化，也是研究问题的方法，是认识论与方法论的统一。

在直线运动中，匀速运动与初速度为零的匀加速直线运动，是两种最简单的运动形态.其他的复杂运动都可以看作是这两种简单运动的合运动.从运动和力的关系看，做匀速直线运动的物体所受力的合力为零，做匀加速直线运动的物体所受外力的合力为恒力.
竖直方向上的抛体，有竖直向上或竖直向下的初速度v0.在不计空气阻力的影响时，物体抛出后受恒定的重力作用，有竖直向下的恒定加速度g. 因此，竖直上抛运动把它看作是竖直向上、速度为v0的匀速直线运动与竖直向下的自由落体运动的合运动. 就整体而言，竖直方向上抛体的运动是一种匀变速运动，因此我们统一用匀变速运动的公式分析、研究竖直方向上的抛体问题.
师：竖直上抛运动——物体以一定初速度沿着竖直方向向上抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做竖直上抛运动.
竖直上抛物体的运动可以看成是速度为v0的匀速直线运动和自由落体运动的合运动.由于重力加速度g 的方向与v0的方向相反，它是一种初速度不为零的匀减速直线运动.由公式可直接得到描述竖直上抛物体运动规律的速度公式和位移公式(a ＝-g) 【学生上台推导竖直上抛运动规律】 v ＝v0-gt
2
22v v gs t -=-
师：根据我们刚才所学的竖直上抛运动的分解，它的合速度和合位移如何分解？ 生：v ＝v0-gt V=v 1+(−v 2)
【学生总结得出合位移与分位移的关系】 师：能不能根据刚才推导的规律画出V-t 图像？ 【学生上台画出V-t 图像】
2021gt t v s -
=。

第2讲动量守恒定律及“三类模型”问题一、动量守恒定律1.内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变.2.表达式(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和.(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零.3.适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零.(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒.自测1关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒答案 C二、碰撞、反冲、爆炸1.碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞.(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒.(3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失.②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.2.反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动.(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力.实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等.(3)规律：遵从动量守恒定律.3.爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒.自测2如图1所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()图1A.A和B都向左运动B.A和B都向右运动C.A静止，B向右运动D.A向左运动，B向右运动答案 D解析以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由于初始状态系统的动量为零，所以碰撞后两滑块的动量之和也为零，所以A、B的运动方向相反或者两者都静止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两滑块的速度不可能都为零，则A应该向左运动，B应该向右运动，选项D正确，A、B、C错误.命题点一动量守恒定律的理解和基本应用例1(多选)如图2所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则()图2A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒答案BCD解析如果A、B与平板车上表面的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F f A向右、F f B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F f A∶F f B ＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，与平板车间的动摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D选项正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确.例2(2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30kg·m/sB.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s答案 A解析设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3×600kg·m/s＝30 kg·m/s.以火箭运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误.变式1 两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动.已知甲车和磁铁的总质量为0.5kg ，乙车和磁铁的总质量为1kg ，两磁铁的N 极相对.推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2m /s ，乙的速率为3 m/s ，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰.则： (1)两车最近时，乙的速度为多大？ (2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？ 答案 (1)43m /s (2)2 m/s解析 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v 所以两车最近时，乙车的速度为v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s ＝43m/s.(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′ 解得v 乙′＝2m/s命题点二 碰撞模型问题1.碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等). ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变. 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度. 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则： v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度. ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动. ③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来.例3 (多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4kg ，m 2＝2kg ，A 的速度v 1＝3m /s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m /s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A.均为1m /s B.＋4 m/s 和－5m/s C.＋2m /s 和－1 m/sD.－1m /s 和5 m/s答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求.再看动能情况E k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22＝12×4×9J ＋12×2×9J ＝27JE k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A ′>0，v B ′<0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误.验证选项A 、D 均满足E k ≥E k ′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞).例4 (2016·全国卷Ⅲ·35(2))如图3所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同.现使a 以初速度v 0向右滑动.此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞.重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.图3答案 32v 02113gl ≤μ<v 022gl解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12m v 02>μmgl ① 即μ<v 022gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒定律得 12m v 02＝12m v 12＋μmgl③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有 m v 1＝m v 1′＋34m v 2′④ 12m v 12＝12m v 1′2＋12×34m v 2′2⑤联立④⑤式解得 v 2′＝87v 1⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12×34m v 2′2≤μ·3m 4gl ⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥32v02113gl⑧联立②⑧式得，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为32v02 113gl≤μ<v022gl.变式2(2015·全国卷Ⅰ·35(2))如图4所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.图4答案 (5－2)M ≤m ＜M解析 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 02＝12m v 12＋12M v 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2mm ＋Mv 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜M A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 12＝12m v 32＋12M v 42 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋Mv 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2mm ＋M v 0≥M －m m ＋M v 1＝(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m≥(5－2)M另一解m≤－(5＋2)M舍去所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(5－2)M≤m＜M拓展点1“滑块—弹簧”碰撞模型例5如图5所示，质量M＝4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑.木块A以速度v0＝10m/s由滑板B左端开始沿滑板B上表面向右运动.已知木块A的质量m＝1 kg，g取10 m/s2.求：图5(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.答案(1)2m/s(2)39J解析(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，以向右为正方向，则m v0＝(M＋m)v解得v＝mM＋mv0代入数据得木块A的速度v＝2m/s(2)在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为E pm＝12m v02－12(m＋M)v2－μmgL代入数据得E pm＝39J.拓展点2“滑块—平板”碰撞模型例6如图6所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：图6(1)物块与小车共同速度大小； (2)物块在车面上滑行的时间t ； (3)小车运动的位移大小x ；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过多少？答案 (1)0.8m /s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s解析 (1)设物块与小车共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 解得v ＝0.8m/s(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F f ，对物块应用动量定理： －F f t ＝m 2v －m 2v 0 又F f ＝μm 2g 解得：t ＝v 0－vμg代入数据得t ＝0.24s(3)对小车应用动能定理：μm 2gx ＝12m 1v 2解得x ＝0.096m(4)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块运动到小车右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，以水平向右为正方向，则：m2v0′＝(m1＋m2)v′由系统能量守恒有：12＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL2m2v0′代入数据解得v0′＝5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5m/s.拓展点3“滑块—斜面”碰撞模型例7(2016·全国卷Ⅱ·35(2))如图7所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.图7(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)不能，理由见解析解析(1)规定向左为速度正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v ①12＝12(m2＋m3)v2＋m2gh ②2m2v0式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度.联立①②式并代入题给数据得m3＝20kg ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0 ④代入数据得v1＝－1m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3 ⑥12＝12m2v22＋12m3v32⑦2m2v0联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝－1m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩.命题点三 “人船模型”问题1.特点⎩⎪⎨⎪⎧(1)两个物体(2)动量守恒(3)总动量为零2.方程m 1v 1－m 2v 2＝0(v 1、v 2为速度大小) 3.结论m 1x 1＝m 2x 2(x 1、x 2为位移大小)例8长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的阻力和空气阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？答案见解析解析选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零.当人起步加速前进时，船同时加速后退；当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零.设某时刻人对地的速率为v 1，船对地的速率为v 2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得 m v 1－M v 2＝0①因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对①式两边同乘以Δt ，得 mx 1－Mx 2＝0②②式为人对地的位移和船对地的位移关系.由图还可看出： x 1＋x 2＝L③联立②③两式得x 1＝M M ＋m L ，x 2＝mM ＋mL变式3如图8所示，质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少？(不计空气阻力)图8答案见解析解析由于人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零即系统竖直方向总动量守恒.设某时刻人对地的速率为v1，气球对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得m v1－M v2＝0 ①因为在人从绳梯的下端爬到顶端的整个过程中时刻满足动量守恒定律，对①式两边同乘以Δt，可得mx＝My ②由题意知x＋y＝L ③联立②③得x＝Mm＋MLy＝mm＋ML即人相对于地面移动的距离是MM＋mL.气球相对于地面移动的距离是mM＋mL.命题点四“子弹打木块”模型问题1.木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒.2.两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相.3.根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能.4.系统产生的内能Q＝F f·x相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积.5.当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k＝F f·L(L为木块的长度).例9 一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为F f .则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？ (2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？ (4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？ (5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？ 答案 (1)m M ＋m v 0 (2)Mm v 0F f (M ＋m )(3)Mm (M ＋2m )v 022F f (M ＋m )2 Mm 2v 022F f (M ＋m )2 Mm v 022F f (M ＋m )(4)Mm v 022(M ＋m ) Mm v 022(M ＋m ) (5)Mm v 022F f (M ＋m )解析 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得 m v 0＝(M ＋m )v 解得v ＝mM ＋mv 0(2)设子弹在木块内运动的时间为t ，由动量定理得 对木块：F f t ＝M v －0 解得t ＝Mm v 0F f (M ＋m )(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2，如图所示，由动能定理得 对子弹：－F f x 1＝12m v 2－12m v 02解得：x 1＝Mm (M ＋2m )v 022F f (M ＋m )2对木块：F f x 2＝12M v 2解得：x 2＝Mm 2v 022F f (M ＋m )2子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝x 1－x 2＝Mm v 022F f (M ＋m )(4)系统损失的机械能为E 损＝12m v 02－12(M ＋m )v 2＝Mm v 022(M ＋m )系统增加的内能为Q ＝F f ·x 相＝Mm v 022(M ＋m )系统增加的内能等于系统损失的机械能 (5)假设子弹恰好不射出木块，此时有 F f L ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2解得L ＝Mm v 022F f (M ＋m )因此木块的长度至少为Mm v 022F f (M ＋m ).变式4(2018·青海平安模拟)如图9所示，质量为高三物理一轮复习31 2m 、长为L 的木块置于光滑水平面上，质量为m 的子弹以初速度v 0水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为F f ＝5m v 0216L，试问子弹能否穿过木块？若能穿过，求出子弹穿过木块后两者的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后两者的速度.图9答案 见解析解析 设子弹能穿过木块，穿过木块后子弹的速度为v 1，木块的速度为v 2，以子弹初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋2m v 2① 根据能量守恒定律得5m v 0216L L ＝12m v 02－12m v 12－12×2m v 22 ②由①②式解得v 1＝v 02或v 1＝v 06将v 1＝v 06代入①式，得v 2＝512v 0>v 1(舍去) 将v 1＝v 02代入①式，得v 2＝14v 0<v 1 所以假设成立，即子弹能穿过木块，穿过木块后的速度为12v 0，木块的速度为14v 0.。

学习资料汇编专题03 (类)抛体运动模型（1）模型界定抛体运动是指初速度不为零的物体只在重力作用下的运动，类抛体运动引伸为初速度不为零的物体在不为零的恒力作用下的运动．本模型中只在平抛与斜上抛运动的基础上引伸类平抛与类斜上抛运动的规律与应用．重点在类平抛运动模型．模型破解１.平抛运动（i）平抛运动的条件①只受重力的作用②初速度不为零且水平（ii）常规处理方法平抛运动可以分解为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两个分运动，如图１。

（iii）平抛运动的规律①平抛运动速度：速度与水平方向间的夹角即偏向角满足②平抛运动位移：位移与水平方向的夹角满足③平抛运动的轨迹方程：抛物线的一部分④平抛运动在空中飞行时间：Ａ．当物体离地高度ｈ一定时与质量和初速度大小无关，只由高度决定Ｂ．当物体能发生的水平位移Ｌ一定时，与物体的初速度成反比⑤平抛运动的水平最大射程：由初速度和高度决定，与质量无关（iv）平抛运动推论①从平抛运动开始计时，在连续相等的时间Ｔ内，水平位移相等，竖直位移的差值相等：②任意相等时间内速度变化量的大小相等方向相同．做平抛运动的物体经过一段时间到达某一位置时，位移与水平方向（即初速度方向）间夹角、速度与水平方向间的夹角（即偏向角）之间满足④做平抛运动的物体经过一段时间到达某一位置时，瞬时速度的反向延长线通过水平位移的中点为．５平抛运动中机械能守恒例1.如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是A.球的速度v等于LB.球从击出至落地所用时间为C.球从击球点至落地点的位移等于LD.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关【答案】ＡＢ模型演练1.如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆。

ab为沿水平方向的直径。

若在a点以初速度沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点。

专题04 (类)抛体运动模型（2）３.类抛体运动（i）类抛体运动的条件①物体运动过程中受到大小、方向都不变的恒定外力的作用②初速度不为零：当初速度与外力垂直时物体做类平抛运动；当初速度与外力成钝角时物体做类斜上抛运动；当初速度与外力成锐角时物体做类斜下抛运动；当初速度与外力方向相同时物体做类竖直下抛运动；当初速度与外力方向相反时物体做类竖直上抛运动．（ii）常规处理方法①类抛体运动可以分解为沿初速度方向上的匀速直线运动和沿外力方向上的匀变速运动两个分运动。

②当物体受到两个相互垂直方向上的恒力的作用而做类抛体运动时，另一种常见的运动分解方法是沿这两个方向上将类抛体运动分解为两个匀变速运动．（iii）类抛体运动的规律与平抛运动、斜上抛运动不同的是，物体在类抛体运动中的加速度不是一个确定的值，取决于物体所受外力与物体的质量，其它规律与推论可直接迁移到类抛体运动中，但需注意相应表达式中要将g替换为a，将机械能守恒转换为＂类机械能＇＇守恒．例4.,如图所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平．设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力．一物体从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，(坐标格为正方形，g＝10 m/s2)求：(1)小球在M点的速度v1.(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N.(3)小球到达N点的速度v2的大小．【答案】（１）6 m/s.（２）如图（３）4 m/s【解析】(1)设正方形的边长为s 0.竖直方向做竖直上抛运动，v 0＝gt 1,2s 0＝2v0t 1 水平方向做匀加速直线运动，3s 0＝2v1t 1.解得v 1＝6 m/s.故v 2＝＝4 m/s.例5.如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。

学习目标知识脉络1.知道抛体运动的概念和曲线运动的速度方向．2．知道曲线运动是一种变速运动．(重点)3．掌握物体做直线还是曲线运动的条件，并能根据给出的条件判断物体的运动特点．(重点、难点)高中物理第1章抛体运动第1节什么是抛体运动学案含解析粤教版必修2111811一、抛体运动及其速度方向1．抛体运动的定义将物体以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动．2．抛体运动的特点(1)有一定初速度；(2)只受重力．3．曲线运动的定义物体的运动轨迹是曲线的运动．4．曲线运动的速度方向在曲线运动中，质点在某一时刻(或某一位置)的速度方向就是曲线上这点的切线方向．5．抛体运动的速度方向做抛体运动的质点的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向质点前进的方向．6．曲线运动的性质曲线运动的速度方向时刻都在改变，速度是矢量．不论速度的大小是否改变，只要速度方向发生变化，速度矢量就发生变化，即具有加速度，所以曲线运动是一种变速运动．二、抛体做直线或曲线运动的条件1．抛体做直线运动的条件抛出时的速度方向在竖直方向上．2．抛体做曲线运动的条件抛出时的速度方向与重力方向不在同一直线上．3．物体做曲线运动的条件物体所受合力的方向(即它的加速度的方向)跟物体速度方向不在同一条直线上．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)抛体运动的速度方向是时刻变化的．( )(2)做曲线运动的物体，其速度是时刻变化的．( )(3)做抛体运动的物体只受重力的作用．( )(4)物体做曲线运动，合力可以为定值，也可以变化．( )(5)当物体的加速度方向与速度方向不在一条直线上时，物体就做曲线运动．( )(6)做曲线运动的物体，其加速度时刻变化．( )【提示】(1)×若抛体做直线运动，则速度方向不变．(2)√(3)√(4)√(5)√(6)×若物体做匀变速曲线运动，其加速度不变．2．下列关于抛体运动的说法正确的是( )A．做抛体运动的物体，只有当做直线运动时才为匀变速运动B．做抛体运动的物体，只有做曲线运动时速度才发生变化C．物体无论做怎样的抛体运动，一定做匀变速运动D．将物体沿某一倾斜方向抛出时，运动不一定是匀变速运动C[做抛体运动的物体，由于只受重力作用，加速度恒为重力加速度，因此抛体运动不论轨迹是直线还是曲线，均为匀变速运动，速度一定发生变化，故A、B、D错误，C正确．] 3．某质点在一段时间内做曲线运动，则在此段时间内( )A．速度可以不变，加速度一定在不断变化B．速度可以不变，加速度也可以不变C．速度一定在不断变化，加速度也一定在不断变化D．速度一定在不断变化，加速度可以不变D[做曲线运动的物体速度一定在不断变化，而加速度可以不变，也可以不断变化，故选D.]抛体运动及曲线运动的速度方向1.做曲线运动的物体的速度方向在其轨迹的各点的切线方向上，物体的速度方向时刻发生变化．2．抛体运动的理解(1)抛体运动特点①具有初速度，初速度的方向不确定．②只受重力作用．当物体所受空气阻力与重力相比可忽略不计时，抛出物体的运动可视为抛体运动．(2)运动性质：由于物体只受重力作用，抛出物体的加速度a＝g恒定，因此抛体运动一定是匀变速运动．(3)轨迹：直线或曲线①当物体的初速度方向竖直向上或向下时，物体做匀变速直线运动．②当物体的初速度方向不在竖直方向上时，物体做匀变速曲线运动，并且抛体运动的轨迹总是向下弯曲的．(4)抛体运动的几种形式(如图所示)【例1】假如在弯道上高速行驶的赛车，突然后轮脱离赛车，关于脱离赛车后的车轮的运动情况，以下说法正确的是( )A．仍然沿着汽车行驶的弯道运动B．沿着与弯道垂直的方向飞出C．沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道D．上述情况都有可能思路点拨：①脱离前车轮做曲线运动．②脱离后车轮将沿轨迹切线方向运动．C[赛车沿弯道行驶，任一时刻赛车上任何一点的速度方向都是赛车运动的曲线轨迹上对应点的切线方向．被甩出的后轮的速度方向就是甩出点所在轨迹的切线方向．所以C选项正确．]物体做曲线运动时，在某点的速度方向沿该点所在轨迹的切线方向，速度方向时刻发生变化，一定有加速度.1．如图所示，物体沿曲线由a点运动至b点，关于物体在ab段的运动，下列说法正确的是( )A．物体的速度可能不变B．物体的速度不可能均匀变化C．a点的速度方向由a指向bD．ab段的位移大小一定小于路程D[做曲线运动的物体的速度方向时刻改变，即使速度大小不变，速度方向也在不断发生变化，故A项错误；做曲线运动的物体必定受到力的作用，当物体所受到的合力为恒力时，物体的加速度恒定，速度均匀变化，B项错误；a点的速度方向沿a点的切线方向，C项错误；做曲线运动的物体的位移大小必小于路程，D项正确．]物体做曲线运动的条件1．物体做曲线运动时速度方向一定变化，一定有加速度，由牛顿第二定律可知，物体所受合力一定不为零，且由于加速度与合力同方向，所以物体所受合力的方向与速度方向不在同一条直线上．因此物体做曲线运动的条件还可表述为：物体的加速度方向与它的运动方向不在一条直线上．2．只要物体所受合力(或加速度)方向与速度方向不在一条直线上，物体一定做曲线运动．物体所受合力(或加速度)可能变化，也可能恒定，因此做曲线运动的物体可能做匀变速运动，也可能为非匀变速运动．3．把加速度沿速度和垂直于速度的两个方向分解，也就是把合力沿这两个方向分解，如图甲、乙所示．甲乙在甲图中加速度a1与速度v的方向相同，使速度v增大；加速度a2与速度v方向垂直，使v的方向改变．在乙图中加速度a1与速度v的方向相反，使速度v减小；加速度a2与速度v方向垂直，使v的方向改变．当a1＝0，a2垂直于速度v时，速度大小不变，方向改变，则物体做速度大小不变的曲线运动．物体所受合力不为零时，若合力方向与速度方向夹角为θ，由以上分析，可以得出如下结论：θ角的大小运动性质力的作用效果θ＝0°加速直线运动只改变速度的大小，不改变速度的方向θ＝180°减速直线运动0°<θ<90°速度变大的曲线运动既改变速度的大小，又改变速度的方向90°<θ<180°速度变小的曲线运动θ＝90°速度大小不变的曲线运动只改变速度的方向，不改变速度的大小1位置是A点，t2时刻运动到B点，经历的时间为Δt＝t2－t1，分别用v1、v2表示A、B两点的速度，将v2平移到A点，按照平行四边形定则作矢量图，速度变化的方向如图中Δv所示，则质点从A到B的平均加速度a＝ΔvΔt，因为加速度的方向与速度改变量Δv方向相同，所以加速度方向总是指向曲线弯曲的一侧(凹侧)．当Δt足够小，趋近于零时，平均加速度a就无限接近质点在A点的瞬时加速度，它的方向与足够小的Δv方向相同，指向曲线的凹侧．由牛顿第二定律可知，质点受到的合力的方向与加速度方向相同，总指向曲线的凹侧．【例2】曲线运动是自然界更为普遍的运动形式，下面关于曲线运动的一些说法中，正确的是( )A．物体只要受到变力的作用，就会做曲线运动B．物体在方向不变的外力作用下一定会做直线运动C．物体在与速度方向不共线的外力作用下一定会做曲线运动D．物体在大小不变的外力作用下必做匀变速曲线运动思路点拨：①物体做曲线运动的条件是合力与速度方向不在一条直线上．②物体是否做匀变速运动只与合力是否恒定有关．C[若力与初速度方向不在一条直线上，物体做曲线运动，A、B错．物体在与速度方向不共线的外力作用下一定会做曲线运动，C对．做匀变速曲线运动物体的受力恒定不变，而不光是受力大小不变，D错．]物体做曲线运动时，关于受力(加速度)的“一定”与“不一定”1．“一定”：物体受到的合外力(加速度)一定不为零．物体所受合外力(加速度)的方向与其速度方向一定不在同一条直线上．2．“不一定”：物体受到的合外力(加速度)不一定变化，即物体受到的合外力可以是恒力，也可以是变力．2．质点在一平面内沿曲线由P运动到Q，如果用v、a、F分别表示质点运动过程中的速度、加速度和受到的合外力，下列图象可能正确的是( )D[做曲线运动的物体，其速度方向就是曲线上那一点的切线方向，曲线运动的轨迹向合外力的方向弯曲，而合外力的方向就是加速度的方向，故只有D项正确．]1.如图所示的曲线为某同学抛出的铅球的运动轨迹(铅球视为质点)，A、B、C为曲线上的三点，关于铅球在B点的速度方向，下列说法正确的是( )A．为AB的方向B．为BD的方向C．为BC的方向D．为BE的方向B[物体做曲线运动的速度方向为运动轨迹上经过该点的切线方向，如题图中铅球实际沿ABC方向运动，故它在B点的速度方向应为切线BD的方向，B正确．]2．(多选)下列说法正确的是( )A．做曲线运动的物体速度方向一定发生变化B．速度方向发生变化的运动一定是曲线运动C．速度变化的运动一定是曲线运动D．做曲线运动的物体一定有加速度AD[任何曲线运动的速度方向都时刻变化，一定有加速度，故A、D正确．速度方向变化、速度变化的运动不一定是曲线运动，如竖直上抛运动，速度发生变化，在最高点速度方向发生变化，而轨迹为直线，故B、C错．]3．一物体由静止开始下落一小段时间后，突然受一恒定水平风力影响，但着地前一小段时间风突然停止，则其运动轨迹的情况可能是图中的( )C[开始下落一小段时间，小球有竖直向下的速度v，此时水平风力与重力合力为F，F 与v成一夹角，物体开始做匀变速曲线运动，假设风力水平向右，将出现如图甲所示的曲线AB段；若风力向左，将出现如图乙所示的曲线AC.假设上面两种情况下的B点或C点开始风力突然停止，物体在重力作用下，分别沿曲线BD或CE运动，并且D、E两点速度不可能沿竖直向下，因为BD与CE段的水平分速度始终没有变化，落到地面时合速度必与地面成一夹角，根据以上分析可知只有C正确．甲乙]。

抛体运动一、平抛运动问题1、对于“平抛运动”，你可以相对于地面，把它看作是水平方向上的匀速运动与竖直方向上的自由落体运动的合运动；你也可以相对斜面，把它看作是平行于斜面的，初速度为v 0cosθ、加速度为gcosθ的匀加速运动，与垂直于斜面，初速度为v 0sinθ、加速度为-gsinθ的匀减速运动的合运动；以后如有必要，你还可以有其它的分析方法。

这就是物理思想，是物理学研究方法的基础和出发点。

深刻理解物理思想，是掌握研究方法的关键。

2.对平抛运动之所以有各种不同的分析方法，是由力与运动的矢量特性决定的，在研究具体的实际例题中，应注意研究矢量变化规律的特殊性。

3．如果物体的合理不是重力，但是也是恒力，那么它将做类平抛运动，在与初速度垂直方向上的分运动是初速度为零的匀加速度直线运动。

带电粒子在电场中运动、在符合场中的运动，有很多属于这种运动。

二、竖直上抛问题竖直上抛运动是匀变速直线运动，其上升阶段为匀减速运动，下落阶段为自由落体运动。

它有如下特点：1.上升和下降（至落回原处）的两个过程互为逆运动，具有对称性。

有下列结论： (1)速度对称：上升和下降过程中质点经过同一位置的速度大小相等、方向相反。

(2)时间对称：上升和下降经历的时间相等。

2.竖直上抛运动的特征量：（1）上升最大高度：S m =gV 220.(2)上升最大高度和从最大高度点下落到抛出点两过程所经历的时间：gV t t 0==下上.经典例题一个物体从塔顶上下落，在到达地面前最后1s 内通过的位移是整个位移的9/25，求塔高。

（g 取10m/s 2）分析与解答：设物体下落总时间为t ，塔高为h ，则：221gt h =，2)1(21)2591(-=-t g h由上述方程解得：t=5s ，所以，m gt h 125212==变式1 悬挂的直杆AB 长为L 1，在其下L 2处，有一长为L 3的无底圆筒CD ，若将悬线剪断，则直杆穿过圆筒所用的时间为多少？分析与解答：直杆穿过圆筒所用的时间是从杆B 点落到筒C 端开始，到杆的A 端落到D 端结束。

专题03 (类)抛体运动模型（1）模型界定抛体运动是指初速度不为零的物体只在重力作用下的运动，类抛体运动引伸为初速度不为零的物体在不为零的恒力作用下的运动．本模型中只在平抛与斜上抛运动的基础上引伸类平抛与类斜上抛运动的规律与应用．重点在类平抛运动模型．模型破解１.平抛运动（i）平抛运动的条件①只受重力的作用②初速度不为零且水平（ii）常规处理方法平抛运动可以分解为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两个分运动，如图１。

（iii）平抛运动的规律①平抛运动速度：速度与水平方向间的夹角即偏向角满足②平抛运动位移：位移与水平方向的夹角满足③平抛运动的轨迹方程：抛物线的一部分④平抛运动在空中飞行时间：Ａ．当物体离地高度ｈ一定时与质量和初速度大小无关，只由高度决定Ｂ．当物体能发生的水平位移Ｌ一定时，与物体的初速度成反比⑤平抛运动的水平最大射程：由初速度和高度决定，与质量无关（iv）平抛运动推论①从平抛运动开始计时，在连续相等的时间Ｔ内，水平位移相等，竖直位移的差值相等：②任意相等时间内速度变化量的大小相等方向相同．做平抛运动的物体经过一段时间到达某一位置时，位移与水平方向（即初速度方向）间夹角、速度与水平方向间的夹角（即偏向角）之间满足④做平抛运动的物体经过一段时间到达某一位置时，瞬时速度的反向延长线通过水平位移的中点为．５平抛运动中机械能守恒例1.如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是A.球的速度v等于LB.球从击出至落地所用时间为C.球从击球点至落地点的位移等于LD.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关【答案】ＡＢ模型演练1.如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆。

ab为沿水平方向的直径。

若在a点以初速度沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点。

专题03 类平抛运动和斜抛运动一、类平抛运动1．如图所示，将质量为m 的小球从倾角为θ=30°的光滑斜面上A 点以速度v 0=10m/s 水平抛出（即v 0∥CD ），小球运动到B 点，已知AB 间的高度h =5m ，g 取10m/s 2，则小球从A 点运动到B 点所用的时间和到达B 点时的速度大小分别为（ ）A ．1s ，20m/sB ．1s ，102C ．2s ，20m/sD ．2s ，102【答案】D【解析】小球在斜面上做类平抛运动，平行于CE 方向，由牛顿第二定律及位移公式分别可得sin mg ma θ=21sin 2h at θ=联立解得小球从A 点运动到B 点所用的时间为2s =t 到达B 点时的速度大小为220()v v at =+代入数据解得102m/s v =故选D 。

2．如图所示，A 、B 两质点以相同的水平速度v 0抛出，A 在竖直平面内运动落地点为P 1；B 在光滑的斜面上运动，落地点为P 2，P 1、P 2处于同一水平面上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）A ．A 、B 同时落地B ．A 落地的速度与B 落地时的速度相同C ．从抛出到落地，A 沿x 轴方向的位移小于B 沿x 轴方向的位移D ．A 、B 落地时的动能相同 【答案】C【解析】A ．对于A 球做平抛运动，运动的时间为2A ht g=B 球做类平抛运动，沿斜面向下方向做匀加速运动，加速度为a =g sin θ根据21 sin 2B h at θ=解得12sin B ht gθ= 可知t B ＞t A 故A 错误。

B ．A 落地的速度与B 落地时的速度方向不相同，选项B 错误；C ．沿x 轴方向上的位移为x =v 0t ；v 0t A ；x B =v 0t B 可知x A ＜x B 故C 正确。

D ．两球的质量关系不确定，不能比较动能的关系，故D 错误。

故选C 。

3．如图所示，质量相同的A 、B 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度0v 沿x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为1P ；B 沿光滑斜面运动，落地点为2P 。

抛体模型的运动学问题与功能动量目录一．平抛运动的运动描述二．平抛与斜面、台阶、圆问题三．平抛的临界问题四．平抛运动与功能动量五、平抛运动的轨迹一．平抛运动的运动描述1.平抛运动中的物理量两个三角形，速度与位移；九个物理量，知二能求一；时间和角度，桥梁和纽带；时间为明线，角度为暗线。

2.平抛运动时间和水平射程(1)运动时间：由t =2h g 知，运动时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关。

(2)水平射程：x =v 0t =v 02h g，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定。

3.速度和位移的变化规律(1)速度的变化规律①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v 0。

②任一相等时间间隔Δt 内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv =Δv y =g Δt 。

(2)位移的变化规律①任一相等时间间隔内，水平位移相同，即Δx =v 0Δt 。

②连续相等的时间间隔Δt 内，竖直方向上的位移差不变，即Δy =g Δt 2。

4.平抛运动常用三种解法①正交分解法：分解位移(位移三角形)：若已知h 、x ，可求出v 0=x g2h；分解速度(速度三角形)：若已知v 0、θ，可求出v =v 0cos θ；②推论法：若已知h 、x ，可求出tan θ=2tan α=2hx ；③动能定理法：若已知h 、v 0，动能定理：mgh =12mv 2-12mv 20，可求出v =v 20+2gh 。

5.重要推论的两种表述(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图甲中A 点和B 点所示。

(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ=2tan α，如图乙所示。

二．平抛与斜面、台阶、圆问题1.斜面上平抛运动的时间的计算斜面上的平抛(如图)，分解位移(位移三角形)x =v 0t ，y =12gt 2，tan θ=y x ，可求得t =2v 0tan θg。

在跳高、跳远比赛中，运动员通过助 跑获得较大的初速度，然后起跳，使 身体按照斜抛运动的方式越过横杆或 达到更远的距离。
炮弹射击
炮弹射击时，炮弹的运动可以视为斜 抛运动，通过调整炮口角度和炮弹初 速度，使炮弹按照预定的轨迹飞行， 击中目标。
02
抛体运动的规律
水平方向的运动规律
01
描述物体在水平方向上的运动规 律。
验证答案的合理性
答案的准确性
在得到答案后，需要验证其准确性，可以通过与已知 正确答案进行比较或进行实际实验来验证。
答案的合理性
除了准确性外，还需要考虑答案的合理性，确保它符 合实际情况和物理规律。
06
抛体运动的综合练习题及 解析
选择题及解析
• 选择题1：一物体以一定的初速度斜抛出，不计空气阻力，在运 动过程中，物体的机械能变化为E。则下列说法正确的是（）
用摄影机验证曲线轨迹
要点一
实验目的
通过使用摄影机，记录下抛体运动的轨迹，验证抛体运动 的轨迹为曲线。
要点二
实验器材
摄影机、抛体（如小球、纸飞机等）、三脚架、坐标纸。
用摄影机验证曲线轨迹
实验步骤
1. 将摄影机固定在三脚架上，调整三脚架的高度和角度，确保可以清晰地拍摄到抛体的运动 轨迹。
2. 将坐标纸放置在抛体的下方，用于记录抛体的运动轨迹。
星球的运动轨迹
总结词
星球围绕太阳的轨道运动也是抛体运动的一个实例。
详细描述
星球在太阳引力的作用下，沿着椭圆形的轨道绕太阳旋转。 这种运动形式也符合抛体运动的规律，可以通过相关的物理 知识进行解释和分析。
04
抛体运动的实验验证
用打点计时器验证平抛运动
实验目的

抛体运动模型一、平抛运动1、定义：2、特点（1）只受重力且初速度与重力垂直（2）做平抛运动的物体机械能守恒（3）在平抛运动的物体处于完全失重状态3、性质：匀变速曲线运动4、平抛运动的规律（1）位移关系水平位移：vt x = 竖直位移：221gt y = 合位移的大小s ＝x 2＋y 2，合位移的方向xy αtan 。

（2）速度关系：水平速度v x ＝v 0，竖直速度v y ＝gt 。

合速度的大小v ＝v 2x ＋v 2y ，合速度的方向tan β＝x y v v 。

（3）重要推论：①速度偏角与位移偏角的关系为αβtan 2tan = ②平抛运动到任一位置A ，过A 点作其速度方向反向延长线交Ox 轴于C 点，有OC ＝x 2(如图所示)。

④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 ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下 ⑤在任意相等时间内，重力的冲量相等y G mv v v m v m t mg I =-=∆=∆=202 ⑥重力做功()mgy mv v v m E W y k ==-=∆=22022121 5、斜面上的平抛 【模型一】倾角为θ的斜面顶端，以水平速度0v 抛出一钢球，落到斜面底端，已知抛出点到落点间斜边长为L 。

1、求运动时间 钢球下落高度：221sin gt L =θ①①②得gv t θtan 20=③（二级结论）只与0v 和θ有关。

2．求平抛末速度v 及位移大小L设小球从A 到B 时间为g v t θtan 20=③ 水平位移：t v x 0=④ 竖直位移：221gt y =⑤ 速度220y v v v +=⑦ 得θ20tan 41+=v v ⑧θθcos tan 220g v L =⑨ 【应用】2019全国三卷在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v 和2v 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A ．2倍B ．4倍C ．6倍D ．8倍 【解析】应用“二级结论”θ20tan 41+=v v 得3．求最大距离-----从抛出开始经多长时间小球离斜面的距离最大？最大距离是多少？ 从抛出开始计时，设经过1t 时间小球离斜面的距离达到最大，当小球的速度与斜面平行时，小球离斜面的距离达到最大，最大距离为H 。

2024版新课标高中物理模型与方法专题抛体运动模型目录【平抛运动模型的构建及规律】【三类常见的斜面平抛模型】【半圆模型的平抛运动】【平抛与圆相切模型】【台阶平抛运动模型】【体育生活中平抛运动的临界模型】【对着竖直墙壁的平抛模型】【斜抛运动模型】【平抛运动模型的构建及规律】1.平抛运动的条件和性质(1)条件：物体只受重力作用，具有水平方向的初速度v0。

(2)性质：加速度恒定a=g，竖直向下，是匀变速曲线运动。

2.平抛运动的规律规律：(按水平和竖直两个方向分解可得)水平方向：不受外力，以v0为速度的匀速直线运动，x=v0t,v x=v0竖直方向：竖直方向只受重力且初速度为零，做自由落体运动，y=12gt2，v y=gt平抛运动的轨迹：是一条抛物线y=g2v20x2合速度：大小：v=v2x+v2y即v=v20+(gt)2，方向：v与水平方向夹角为tan a=gtv0，即a=tan−1gtv0合位移：大小：S=x2+y2即S=(v0t)2+12gt2 2，方向：S与水平方向夹角为tanθ=gt2v0，即θ=tan−1gt2v0一个关系：tanα=2tanθ，说明了经过一段时间后，物体位移的方向与该时刻合瞬时速度的方向不相同，速度的方向要陡一些。

如图所示:3.对平抛运动的研究(1)平抛运动在空中的飞行时间由竖直方向上的自由落体运动y =12gt 2可以得到时间t =2y g可见，平抛运动在空中的飞行时间由抛出点到落地点的竖直距离和该地的重力加速度决定，抛出点越高或者该地的重力加速度越小，抛体飞行的时间就越长，与抛出时的初速度大小无关。

(2)平抛运动的射程由平抛运动的轨迹方程y =g 2v 20x 2可以写出其水平射程x =v 02yg 可见，在g 一定的情况下，平抛运动的射程与初速度成正比，与抛出点高度的平方根成正比，即抛出的速度越大、抛出点到落地点的高度越大时，射程也越大。

(3)平抛运动轨迹的研究平抛运动的抛出速度越大时，抛物线的开口就越大。

高一必修二物理导学案专题：平抛运动的三类模型一、平抛运动与斜面结合模型：(1)物体从斜面上某一点水平抛出以后又重新落在斜面上，此时平抛运动物体的合位移方向与水平方向的夹角等于斜面的倾角。

(2)做平抛运动的物体垂直打在斜面上，此时物体的合速度与竖直方向的夹角等于斜面的倾角。

典例1、[多选]如图所示，在斜面顶端a处以速度v a水平抛出一小球，经过时间t a小球恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度v b水平抛出另一小球，经过时间t b恰好落在斜面的中点q处。

若不计空气阻力，下列关系式正确的是(BD)A．v a＝v b B．v a＝2v b C．t a＝t b D．t a＝2t b练习1、(2019·威海高一检测)如图所示，在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5 v水平抛出，经t2落到斜面上的C点处，以下判断正确的是(B)A．t1∶t2＝4∶1 B．AB∶AC＝4∶1 C．AB∶AC＝2∶1 D．t1∶t2＝2∶1 二、类平抛运动：1．运动建模当一种运动和平抛运动特点相似，即合外力恒定且与初速度方向垂直的运动都可以称为类平抛运动。

2．模型特点3．分析方法与平抛运动的处理方法一致，将运动分解成沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的由静止开始的匀加速直线运动。

典例2、如图所示，光滑斜面长L＝10 m，倾角为30°，一小球从斜面的顶端以v0＝10 m/s的初速度水平射入，求：(g取10 m/s2)(1)小球沿斜面运动到底端时的水平位移x；(2)小球到达斜面底端时的速度大小。

[解析](1)小球在斜面上沿v0方向做匀速直线运动，沿垂直于v0方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin30°＝ma，又L＝12at2 解得t＝2Lgsin 30°所以x＝v0t＝v02Lgsin 30°＝20 m。

第3讲 |抓住“三类模型”，破解竖直面内的圆周运动┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄提能点(一) 通过“绳模型”考查竖直面内的圆周运动⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤基础保分类考点练练就能过关 [知能全通]———————————————————————————————— 1．绳模型的特点[题点全练] 1.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动。

已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2。

重力加速度大小为g ，则 N 1－N 2的值为( )A ．3mgB ．4mgC ．5mgD ．6mg解析：选D 设小球在最低点速度为v 1，所受轨道弹力为N 1′，在最高点速度为v 2，所受轨道弹力为N 2′，根据牛顿第二定律：在最低点有N 1′－mg ＝m v 12R ，在最高点有N 2′＋mg ＝m v 22R ，根据动能定理：mg ·2R ＝12m v 12－12m v 22，解得：N 1′－N 2′＝6mg ，由牛顿第三定律知N1′＝N 1，N 2′＝N 2，故选项D 正确，A 、B 、C 错误。

2.如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L ，重力加速度大小为g 。

现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根轻绳的拉力大小为( )A ．3mgB ．433mg C ．3mgD ．23mg解析：选A 由题图可知，小球在运动过程中，A 、B 两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球做圆周运动的半径R ＝L sin 60°＝32L ，两根轻绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v 时，mg ＝m v 2R ，当小球在最高点的速率为2v 时，应有：F ＋mg ＝m (2v )2R ，解得：F ＝3mg ，由2F T cos 30°＝F ，可得每根轻绳的拉力大小均为F T ＝3mg ，A 项正确。

抛体运动的规律学习目标: 1．知道平抛运动及其运动轨迹。

2．理解平抛物体运动的性质，理解平抛运动的特点：水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动。

3．掌握平抛物体运动的规律。

4．会用运动的合成和分解求解平抛运动问题。

学习重点: 平抛物体运动的规律。

学习难点: 平抛物体运动的性质。

主要内容:一、平抛运动1．平抛运动是一种典型的曲线运动，是运动的合成与分解的实际应用。

2．平抛运动的定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下所做的运动，叫做平抛运动。

二、平抛运动的性质：是加速度恒为重力加速度g的匀变速曲线运动。

(1)因平抛运动只受竖直向下的重力G=mg，故由牛顿第二定律可知，实际加速度就是重力加速度g(方向竖直向下)，因为速度方向与合力G(或加速度g)的方向不在同一直线上(开始运动时初速度方向与加速度方向垂直，以后速度方向与加速度方向的夹角越来越小，但是永远不重合)，所以做曲线运动。

(2)平抛物体的初速度不太大，发生在离地不太高的范围内，地面可以看作是水平面，重力G和重力加速度g是恒量，方向竖直向下，始终垂直于水平面，所以平抛运动是匀变速曲线运动。

(3)可以证明，平抛运动轨迹是抛物线。

(4)平抛运动发生在同一个竖直平面内。

三、平抛运动的常规处理方法平抛运动是比较复杂的曲线运动，利用运动的合成和分解的观点，把它看做是水平方向(沿初速度方向向前)的匀速直线运动与竖直向下方向的自由落体运动的合运动。

把曲线运动转换成两个简单的直线运动，就可以用直线运动的规律来处理，研究起来简单方便。

这是一种重要的思想方法。

四、平抛运动的规律(1)以抛出点O为坐标原点，水平初速度v0的方向为x轴正方向，竖直向下的方向为y轴正方向，建立直角坐标系如图所示。

(2)任一时刻t的速度v水平分速度：竖直分速度：实际(合)速度v的大小：方向：平抛运动瞬时速度v的大小和方向都是时刻改变着的。

(3)任一时刻t的位移s水平分位移：竖直分位移：实际(合)位移s的大小：方向：平抛运动相对抛出点的位移s的大小和方向都是时刻改变着的。