利用类平抛运动规律处理偏转运动问题
8．(2017·课标卷Ⅱ，25)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：
(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．
【解析】 (1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得
v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋1
2at 2②
s 2＝v 0t －1
2
at 2③
联立①②③式得s 1
s 2
＝3.④
(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得
v 2y ＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋1
2
gt 2⑥
M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v 0v y ＝s 1H
联立①②⑤⑥⑦式可得 h ＝1
3
H .⑧ (3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则 v 0v y ＝qE mg
⑨
设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得 E k1＝12m (v 20＋v 2
y )＋mgH ＋qE s 1⑩ E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qE s 2? 由已知条件 E k1＝1.5E k2?
联立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E ＝
mg
2q
.? 【答案】 (1)3∶1 (2)13H (3)mg
2q
9．(2015·天津卷，7)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多
B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置 【解析】 带电粒子经加速电场后速度v 0＝
2E 1dq
m
，出偏转电场时的纵向速度v y ＝E 22qL 22E 1md ，所以偏转电场E 2对粒子做功为W ＝12m (v 20＋v 2
y )－12m v 20＝E 22L 24E 1d
q ，故做功一样多，故A 正确；粒子打到屏上时的速度为v ＝
v 20＋v 2
y ＝
4E 21d 2＋E 22L 2
2E 1d ·q
m
，与比荷有关，故速
度不一样大，故B 错误；纵向位移y ＝12at 2＝E 2L 2
4E 1d ，即位移与比荷无关，由相似三角形可知，
打到屏幕上的位置相同，故D 正确；运动到屏上所用时间t ＝? ?
?
?? 2d E 1＋L ＋L ′2E 1d ×m
q
，与比荷有关，故C 错误．
【答案】 AD
命题点3 带电粒子在电场中偏转的综合问题分析
10．(2018·河南南阳市高三上学期期中)如图所示，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖
直向上，在第Ⅰ象限内有与y 轴平行、方向向上的匀强电场区域，区域形状是直角三角形，三角形斜边分别与x 轴和y 轴相交于(L,0)和(0，L )点．区域左侧沿x 轴正方向射来一束具有相同质量m 、电荷量为－q (q ＞0)和初速度v 0的带电微粒，这束带电
微粒分布在0＜y ＜L 的区间内，其中从y ＝L
2的点射入场区的带电微粒刚好从(L,0)点射
出场区，不计带电微粒的重力，求：
(1)电场强度大小；
(2)从0＜y ＜L
2的区间射入场区的带电微粒，射出场区时的x 坐标值和射入场区时的y 坐
标值的关系式；
(3)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y 坐标值．
【解析】 (1)设电场强度为E ，带电微粒在场区中的偏转时间为t 1，有：L ＝v 0t 1，L 2＝
1
2at 21，
由牛顿第二定律得：qE ＝ma ，
解得：E ＝m v 2
qL
.
(2)微粒做类平抛运动，有： x ＝v 0t ，y ＝1
2
at 2，整理得：x 2＝2Ly .
(3)如图所示，设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x 1，竖直偏转位移为y 1，偏转角为θ，偏转时间为t 2，射入场区时的y 坐标值为Y ，
有：x 1＝v 0t 2，y 1＝1
2at 22
，
根据几何关系有：x 1＋Y －y 1
tan θ＝2L ，L －x 1＝Y －y 1，
根据平抛运动的特点有：tan θ＝2y 1
x 1，
解得：Y ＝5－5
4
L .
【答案】 (1)m v 20qL (2)x 2＝2Ly (3)5－5
4
L
思想方法系列(六) 解决带电粒子在交变电场中运动的方法 技法一 借助图象，展示物理过程
带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加速度、速度等均做周期性变化．借助图象来描述它在电场中的运动情况，可直观展示物理过程，从而获得启迪，快捷地分析求解．
例1 如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )
A ．0＜t 0＜T
4
B ．T 2＜t 0＜3T 4
C.3T
4
＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8
【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T
4时粒子
运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0 4时粒子在一个周期内的 总位移小于零；当t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确． 【答案】 B 本题物理情景简单，但隐含条件较多．如打在A 板上时速度方向为向左，位移方向为向左，做此类题目注意隐含条件的挖掘．另外，速度—时间图象的合理应用，可提高同学们的解题速度． 技法二 巧取分运动，化繁为简 某个方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响，这就是运动的独立性原理，应用这一原理可以简捷分析某些带电粒子在交变电场中运动的问题． 例2 如图(a)所示，平行板电容器间距为d ，两板所加电压如图(b)所示，t ＝0时刻，质量为m 、带电荷量为q 的粒子以平行于极板的速度v 0射入电容器，2.5T 时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求： (1)该粒子的水平位移； (2)粒子落到下极板时的速度． 【解析】 (1)带电粒子在水平方向不受外力作用，做匀速直线运动，因此水平位移为： s ＝v 0t ＝v 0×2.5T ＝2.5v 0T . (2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为 v y ＝a ·32T ＝3qU 02md T 粒子落在下极板上时的速度大小为 v ＝ v 2x ＋v 2y ＝ v 20＋9q 2U 20T 2 4m 2d 2. 【答案】 (1)2.5v 0T (2) v 20＋ 9q 2 U 20T 2 4m 2d 2 技法三 巧建模型，化难为易 对于某些实际的物理过程，可根据题设条件，运用近似处理方法，通过简化描述来反映事物基本的物理特征，这有助于迅速、准确确定出解题方向和策略，使问题得到迅速解决． 例3 在真空中速度为v ＝6.4×107 m/s 的电子束连续地射入两平行极板之间，极板长度为L ＝8.0×10－ 2 m ，间距为d ＝5.0×10－ 3 m ，电子束沿两极板间的中线通过，如图所示，在 两极板上加上50 Hz 的交变电压u ＝U m sin ωt ，如果所加电压的最大值超过某一值U C ，将开始出现以下现象：电子有时能通过两极板，有时不能通过，求U C 的大小．(电子的比荷为1.76×1011C/kg) 【解析】 设电子刚好不能通过时平行板的电压为U C ，电子经过平行板的时间为t ，则：t ＝L v ，d 2＝12at 2，a ＝eU C md ，解得U C ＝m v 2d 2eL 2 ＝91 V. 【答案】91 V [高考真题] 1．(2016·课标卷Ⅰ，14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器() A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 【解析】电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量减小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故A、B、C错误，D正确． 【答案】 D 2.(2015·课标卷Ⅱ，14)如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将() A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 【解析】两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确． 【答案】 D 3．(2016·海南卷，6)如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为() A.E k04qd B ．E k02qd C.2E k0 2qd D ． 2E k0 qd 【解析】 根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v 0y 和平行极板的v 0x ，根据运动的合成与分解，当分速度v y ＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，根据运动学公式：－v 20y ＝－2Eq m d ，由于v 0y ＝v 0cos 45°，E k0 ＝12m v 2 0，联立整理得到：E ＝E k0 2qd ，故选项B 正确． 【答案】 B [名校模拟] 4．(2018·安徽师范大学附属中学高三期中)如图所示，平行板电容器两极板接在电压恒为U 的直流电源上，上极板A 接地，两个带正电的点电荷被固定于极板间的P 、Q 两点，忽略两点电荷对板间电场的影响，现将平行板电容器的下极板B 竖直向下移动一小段距离，则( ) A ．两点电荷间的库仑力变小 B ．P 、Q 两点的电势可能降低 C ．两点电荷的电势能可能减小 D ．电容器的电容减小，极板带电荷量增大 【解析】 由库仑定律可知，两点电荷之间的库仑力不变，A 项错误；电容器保持与电源连接，两极板间电势差不变，B 板下移，两极板间距离增大，由电势强度与电势差关系E ＝U d 可知，极板间电场强度减小，由U ＝Ed 可知，P 、Q 两点与A 板间电势差的绝对值减小，但由于不确定两极板间电场方向，所以P 、Q 两点电势的升降无法确定，B 项正确；电势升降无法确定，则两点电荷在相应位置的电势能的变化情况也就无法确定，C 项正确；由电容的决定式C ＝εr S 4πkd 可知，电容器的电容减小，由Q ＝CU 可知，极板带电荷量减小，D 项错 误． 【答案】 BC 5．(2018·河北唐山一中高三上学期期中)如图所示，A 、B 为水平放置的两个平行金属板，两板相距d ，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M 和N .今有一带电油滴，质量为m ，从A 板的上方距A 板为d 的P 点由静止开始自由下落(P 、M 、N 在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，带电油滴通过N 孔时的动能E k ＜2mgd .若将极板A 向上移一小段距离，到图中虚线所示位置，则带电油滴通过N 孔时的动能E k ′和油滴所带电荷的种类是( ) A ．油滴带正电，E k ′＝E k B ．油滴带正电，E k ′＜E k C ．油滴带负电，E k ′＝E k D ．油滴带负电， E k ′＜E k 【解析】 由题设条件知，把A 板向上平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功也不变，根据动能定理知，小球到达N 点速度仍为原来的速度，小球会穿过N 孔继续下落，即动能与原来相等，根据电场力做负功，及电场强度的方向可知小球带负电，故A 、B 、D 错误，C 正确． 【答案】 C 6．(2018·江苏泰州高三上学期期中)如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U 1，偏转电压为U 2.仅仅改变加速电压后，电子在电场中的侧移量y 增大为原来的2倍，下列说法中正确的是( ) A ．加速电压U 1减小到了原来的1/2 B ．偏转电场对电子做的功变为原来的2倍 C ．电子飞出偏转电场时的速度变为原来的2倍 D ．电子飞出偏转电场时的偏转角变为原来的2倍 【解析】 y ＝12·qU 2md ·????l v 02，而qU 1＝12m v 20，所以y ＝U 2U 1·l 2 4d ，y 增大为原来的2倍，U 1 变为原来的1 2，A 对；偏转电场对电子做功W ＝qE ·y ，变为原来的2倍，B 对；电子飞出电 场的速度为合速度，与初速度并非是线性关系，C 错；tan θ＝v y v 0＝U 2U 1·l 4d ，U 1变为原来的1 2， 则tan θ变为原来的2倍，D 错． 【答案】 AB 课时作业(二十一) [基础小题练] 1.如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d 变化时，电容C 便发生变化，通过测量电容C 的变化就可知道两极板之间距离d 的变化的情况．在下列图中能正确反映C 与d 之间变化规律的图象是( ) 【解析】 由平行板电容器电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 可知，电容C 与极板之间距离d 成反比，在第一象限反比例函数图象是一条双曲线，所以A 正确． 【答案】 A 2．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)．R 2为滑动变阻器，D 为理想二极管，当开关S 闭合时，电容器C 中一带电微粒恰好处于静止状态．下列说法中正确的是( ) A ．只增大R 1的光照强度，电压表示数变小 B ．只增大R 1的光照强度，电流表示数变小 C ．只将滑片向上端移动时，带电微粒将向下运动 D ．若断开开关S ，带电微粒将向下运动 【解析】 只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，外电路中电阻减小，总电流增大，电流表示数变大，内电压增大，则路端电压减小，因此电压表示数变小，选项A 正确， B 错误；只将滑片向上端移动时，由于二极管的存在，电容器极板所带电荷量不变，板间场强不变，带电微粒仍处于静止状态，选项 C 错误；若断开开关S ，电容器本应处于放电状态，但由于二极管的存在，电荷量不变，板间场强不变，带电微粒仍处于静止状态，选项 D 错误． 【答案】 A 3．如图所示，A 、B 为水平正对放置的平行金属板，板间距离为d ，一质量为m 的带电油滴在两金属板之间，油滴运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．将油滴由静止释放，若两金属板间的电压为零，一段时间后油滴以速率v 匀速下降．若两金属板间加电压U ，一段时间后油滴以速率2v 匀速上升．由此可知油滴所带电荷量的大小为( ) A.mgd U B ．2mgd U C.3mgd U D ．4mgd U 【解析】 板间电压为零，油滴匀速下降时，mg ＝k v ，当两板间电压为U ，油滴匀速上升时，U d q ＝mg ＋2k v ，以上两式联立可得q ＝3mgd U ，C 正确． 【答案】 C 4．如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板长为L ，极板间距为d ，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度[即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量(y U 2)]与加速电场、偏转电 场的关系，下列说法中正确的是( ) A ．L 越大，灵敏度越高 B ．d 越大，灵敏度越高 C ．U 1越大，灵敏度越高 D ．U 2越大，灵敏度越高 【解析】 偏转位移y ＝12at 2＝12qU 2md (L v )2＝U 2L 24dU 1，灵敏度y U 2＝L 2 4dU 1 ，故A 正确，B 、C 、 D 错误． 【答案】 A 5．如图所示，一价氢离子(1 1H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后， 垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( ) A ．同时到达屏上同一点 B ．先后到达屏上同一点 C ．同时到达屏上不同点 D ．先后到达屏上不同点 【解析】 一价氢离子(11H)和二价氦离子(4 2He)的比荷不同， 经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在同一点．选B. 【答案】 B 6.(2018·南京高三月考)如右图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O 点静止释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB ＝BC ，则它们带电荷量之比q 1∶q 2等于( ) A ．1∶2 B ．2∶1 C ．1∶ 2 D ．2∶1 【解析】 竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝12qE m t 2， 联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝2 1，B 对． 【答案】 B [创新导向练] 7．生活科技——喷墨打印机的工作原理 喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( ) A ．向负极板偏转 B ．电势能逐渐增大 C ．运动轨迹是抛物线 D ．运动轨迹与所带电荷量无关 【解析】 带负电的微滴进入电场后受到向上的电场力，故带电微滴向正极板偏转，选 项A 错误；带电微滴垂直进入电场受竖直向上的电场力作用，电场力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B 错误；根据x ＝v 0t ，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得带电微滴的轨迹方程为y ＝ qEx 2 2m v 20 ，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C 正确、D 错误． 【答案】 C 8．电容式定位器的工作原理 如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( ) A ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，电容器极板上带电荷量增加 B ．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，电容器极板间电压变大 C ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的正极板 D ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的负极板 【解析】 若x 变大，则由C ＝ εr S 4πkd ，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q ＝CU 知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A 、C 错误，D 正确．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，则电容器电容增大，由U ＝Q C 可知，电容器极板间电压减小，B 错误． 【答案】 D 9．利用电偏转分离混合带电粒子 真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( ) A ．三种粒子从 B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2 D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 【解析】 粒子加速过程qU 1＝1 2m v 2，从B 至M 用时t ＝L 1＋L 2v ，得t ∝ m q ，所以t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶2，选项A 错误．偏转位移y ＝12qU 2md (L 1v )2＝U 2L 2 1 4dU 1 ，所以三种粒子打到荧光 屏上的位置相同，选项B 正确．因W ＝qEy ，得W 1∶W 2∶W 3＝q 1∶q 2∶q 3＝1∶1∶2，选项C 、D 错误． 【答案】 B 10．用E k -h 图象描述带电体在电场中的运动 如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，与细杆右侧距离为d 的A 点处有一固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h ，将小环无初速度地从h 高处释放后，在下落至h ＝0的过程中，其动能E k 随h 的变化曲线如图乙所示，则( ) A ．小环可能带负电 B ．从h 高处下落至h ＝0的过程中，小环电势能增加 C ．从h 高处下落至h ＝0的过程中，小环经过了加速、减速、再加速三个阶段 D ．小环将做以O 点为中心的往复运动 【解析】 由题图乙中E k 随h 的变化曲线可知，小环从h 高处下落至h ＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，选项C 正确；合外力做功的情况是先做正功，再做负功，最后又做正功，而重力一直对小环做正功，故只有库仑力能对小环做负功，即小环带正电，选项A 错误；从h 高处下落至h ＝0的过程中，电场力做负功，故小环电势能增加，选项B 正确；小环越过O 点后，所受的电场力、重力及杆对小环的弹力的合力方向向下，故小环将向下做加速运动，选项D 错误． 【答案】 BC [综合提升练] 11.在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1时，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g .求： (1)带电油滴所带电荷量与质量之比； (2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU 1与ΔU 2之比． 【解析】 (1)油滴静止时满足：mg ＝q U 0d ，则q m ＝dg U 0 . (2)设第一个Δt 时间内油滴的位移为x 1，加速度为a 1，第二个Δt 时间内油滴的位移为x 2，加速度为a 2，则 x 1＝1 2a 1Δt 2， x 2＝v 1Δt －1 2a 2Δt 2 且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1 解得a 1∶a 2＝1∶3. (3)油滴向上加速运动时：q U 0＋ΔU 1 d －mg ＝ma 1， 即q ΔU 1d ＝ma 1 油滴向上减速运动时，mg －q U 0＋ΔU 1－ΔU 2 d ＝ma 2 即q ΔU 2－ΔU 1d ＝ma 2 则 ΔU 1ΔU 2－ΔU 1＝1 3 解得ΔU 1ΔU 2＝14. 【答案】 (1) dg U 0 (2)1∶3 (3)1∶4 12．如图甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求： (1)交变电压的周期T 应满足什么条件？ (2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件？ 【解析】 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nT v 0，解得T ＝L n v 0 粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ????14T 2 又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 2 32md 在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 2 16md 粒子不撞击金属板，应有y m ≤1 2d 解得T ≤2d 2m qU 0 故n ≥ L 2d v 0 qU 02m ，即n 取大于等于L 2d v 0 qU 0 2m 的整数． 所以粒子的周期应满足的条件为 T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0 qU 0 2m 的整数． (2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，5 4T ，… 故粒子进入电场的时间为t ＝2n －1 4 T (n ＝1,2,3，…)． 【答案】 (1)T ＝ L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0 qU 0 2m 的整数 (2)t ＝2n －1 4T (n ＝1,2,3，…) 平抛运动的特点及规律 一、知识目标： 1、知道什么是平抛及物体做平抛运动的条件。 2、知道平抛运动的特点。 3、理解平抛运动的基本规律。 二、能力目标： 通过平抛运动的研究方法的学习，使学生能够综合运用已学知识，来探究新问题的研究方法。 三、德育目标： 通过平抛的理论推证和实验证明，渗透实践是检验真理的标准。 教学重点： 1、平抛运动的特点和规律 2、学习和借借鉴本节课的研究方法 教学难点： 平抛运动的规律 教学方法： 实验观察法、推理归纳法、讲练法 教学用具： 平抛运动演示仪、自制投影片、电脑、多媒体课件 教学步骤： 一、导入新课： 用枪水平地射出一颗子弹，子弹将做什么运动，这种运动具有什么特点，本节课我们就来学习这个问题。 二、新课教学 （一）用投影片出示本节课的学习目标 1、理解平抛运动的特点和规律 2、知道研究平抛运动的方法 3、能运用平抛运动的公式求解有关问题 （二）学习目标完成过程 1：平抛物体的运动 （1）简介平抛运动： a：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，物体只在重力作用下所做的运动，叫平抛运动。 b：举例：用力打一下桌上的小球，使它以一定的水平初速度离开桌面，小球所做的就是平抛运动，并且我们看它做的是曲线运动。 c：分析说明平抛运动为什么是曲线运动（因为物体受到与速度方向成角度的重力作用）（2）巩固训练 a：物体做平抛运动的条件是什么 b：举几个物体做平抛运动的实例 （3）a：分析说明：做平抛运动的物体；在水平方向上由于不受力，将做匀速直线运动b：在竖直方向上物体的初速度为0，且只受到重力作用，物体做自由落体运动。 c：实验验证： 1．用CAI课件模拟平抛运动， 2．模拟的同时，配音说明： 用小锤打击弹性金属片时，A球就向水平方向飞出，做平抛运动，而同时B球被松开，做自由落体运动。 3．实验现象：（学生先叙述，然后教师总结） 现象一：越用力打击金属片，A飞出水平距离就越远。 现象二：无论A球的初速度多大，它会与B球同时落地。 ?→ ?对现象进行分析：得到平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，水平方向的速 ．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 《平抛运动》说课稿 一、教材分析 （一）教材简介 这节课要探究的内容比较丰富，在运动的合成与分解的基础上，给出了什么叫平抛运动，提出了探究的问题：探究平抛运动的特点。探究的过程既有实验现象的观察。又有分析、推理的过程，还将实验现象与分析、推理结合起来，探究出平抛运动在水平方向和竖直方向的运动规律。 （二）教学目标 ⑴知识与技能 1．知道平抛运动的特点和规律。 2．知道平抛运动形成的条件。 3．理解平抛运动是匀变速运动，其加速度为g。 4．会用平抛运动解答有关问题。 ⑵过程与方法 1．利用已知的直线规律来研究复杂的曲线运动，渗透物理学“化曲为直”“化繁为简”的方法及“等效代换”“正交分解”的思想方法。 2．平抛物体探究实验中突出了“实验的精髓在于控制”的思想。 ⑶情感态度与价值观 通过实际情景培养学生关注物理、关注生活的意识，并且培养学生在生活中应用物理知识的意识；使学生爱物理、爱生活。 （三）教学重点、难点 重点：平抛物体运动的特点和规律。 难点：平抛运动规律的得出过程。 二、学情分析 深入的了解学生是上好课的关键，我对学生的基本情况分析如下： ⑴高一学生已经具备较好的物理实验能力、分析问题能力、归纳实验现象的能力。 ⑵学生刚学习过直线运动规律，对直线运动的分析方法记忆犹新；并在上一节中刚学过运动合成与分解的知识，对这一分析曲线运动的方法并不陌生，这为本节课在方法上铺平了道路； 三、教法与学法 为了发挥教师的主导作用和学生的主体地位，突出重点、突破难点，我主要采取以下的教学方法和学法。 教法：探究式教学法和情景创设教学法 学法：以学生合作学习和探究性学习为主，培养学生的逻辑思维能力。 四、教学过程设计 “授之以鱼、不如授之以鱼”，教是为了不教，根据本课题的特点和学生的基本情况我作如下的--。 教学环节 教学内容及教师组织活动 设计意图 ㈠ 情景创设 引入课题 创设情景：从水平飞行的飞机上空投物资；（视频） 引问：请同学描述上述物体运动的轨迹和运动性质 （演示i）用力弹一下放在桌面上的小球，使它以一定的水平初速度离开桌面，让同学观察小球离开桌面后的运动轨迹。如图所示，重复两次让同学们能够清楚地观察。 提出问题：请同学们分析一下小球为什么会做曲线运动呢？ 情景创设教学法： 平抛运动中的三个结论及应用 结论1：将物体从竖直面内直角坐标系的原点以初速度水平抛出（不计空气阻力），当它到达B点时，速度的反向延长线与x轴的交点的横坐标等于B点横坐标的一半。 证明：如图1所示，B点是做平抛运动的物体轨迹上的一点。作B点的切线，与x轴的交点坐标为（，0）。设物体的初速度为，经过时间t，竖直分速度为，竖直方向的分位移为，物体在B点的速度与水平方向的夹角为α，则 由图1知 由于，故，即。 结论2：平抛运动轨迹上任一点的速度方向（用速度和x轴的夹角表示）和位移方向（用位移和x轴的夹角α表示）的关系为。 证明：竖直平面内建立直角坐标系，以物体的抛出点为坐标原点O，以初速度方向为Ox轴正方向，竖直向下的方向为Oy轴正方向。如图3所示，设物体抛出后ts末时刻，物体的位置为P，其坐标为x（ts内的水平位移）和y（ts内下落的高度），ts末速度的水 平分量和竖直分量分别为、，则 位移与水平方向的夹角α由下式决定 （1） 速度v与水平方向的夹角β由下式决定 （2） 比较（1）（2）两式可知，平抛运动中速度和位移的 方向并不一致，且。 结论3：如图4所示，以大小不同的初速度，从倾 角为θ、足够长的固定斜面上的A点沿水平向左的方向抛出 一物体（不计空气阻力），物体刚落到斜面上时的瞬时速度 方向与斜面的夹角与初速度大小无关。 证明：如图5所示，设物体到B 点时的竖直速度为，水平速度为 ，其速度v 与水 平方向的夹角为β，与斜面的夹角为α。 由几何关系知 由于θ为定值，所以β也为定值，由几何关系知速度与斜面的夹角 也为定值， 即速度方向与斜面的夹角与平抛物体的初速度无关，只与斜面的倾角有关。 类平抛运动的规律与平抛运动的规律一样。（1．类平抛运动的受力特点 物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直． 2．类平抛运动的运动特点 在初速度v 0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝ F 合 m .这种运动，只是恒定合力F 合代替了平抛运动的重力，其研究方法跟平抛运动相同 ） 二、结论的应用 1．求平抛运动的水平位移 例1．如图2所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出 的，飞镖A 与竖直墙壁成530，飞镖B 与竖直墙壁成370 ，两者相距为d 。假 设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离。（sin370 =0.6， cos370 =0.8） 2．求物体离开斜面的最大距离 例2．在倾角为370 的斜面上，水平抛出一个物体，物体落到斜面上的一点，该点距抛 出点的距离为25m ，取g=10m/s 2 。求：（１）这个物体的水平速度大小；（２）从抛出经过多长时间物体距斜面最远，最远是多少？ 3．分析平抛运动物体落在斜面上的速度方向 例3．如图5所示，从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，球均落在斜面上．当抛出的速度为v 1时，小球到达斜面上的速度方向与斜面的夹角为α1；当当抛出的速度为v 2时，小球到达斜面上的速度方向与斜面的夹角为α2。分析α1、α2的关系。 板块三限时规范特训 时间：45分钟满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选) 1．一个物体以初速度v0被水平抛出，落地时速度为v，那么物体运动的时间是() A.v－v0 g B. v＋v0 g C.v2－v20 g D. v2＋v20 g 答案 C 解析由v2＝v2x＋v2y＝v20＋(gt)2，得出t＝v2－v20 g，故C正确。 2．[2017·江西联考]在空间某一点以大小相等的速度分别竖直向上、竖直向下、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过相等的时间(设小球均未落地)() A．做竖直下抛运动的小球加速度最大 B．三个小球的速度变化相同 C．做平抛运动的小球速度变化最小 D．做竖直下抛的小球速度变化最小 答案 B 解析由于不计空气阻力，抛出的小球只受重力作用，因此它们的加速度相同，均为重力加速度g，A错误；加速度相同，相等时间内三个小球的速度变化相同，B正确，C、D错误。 3．物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角α的正切tanα随时间t变化的图象是图中的() 答案 B 解析 根据几何关系：tan α＝v y v 0＝gt v 0 ，则tan α与t 成正比例函数关系，B 正确。 4．[2018·山西太原模拟]将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是 ( ) A ．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短 B ．篮球两次抛出时速度的竖直分量第一次小于第二次 C ．篮球两次撞墙的速度可能相等 D ．抛出时的速度大小，第一次一定比第二次小 答案 A 解析 由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，篮球被抛出后的运动可以看 作是平抛运动的反向运动。加速度都为g 。在竖直方向上，h ＝12gt 2，因 三、平抛运动及其推论 一、 知识点巩固： 1.定义：①物体以一定的初速度沿水平方向抛出，②物体仅在重力作用下、加速度为重力加速度g ，这样的运动叫做平抛运动。 2.特点：①受力特点：只受到重力作用。 ②运动特点：初速度沿水平方向，加速度方向竖直向下，大小为g ，轨迹为抛物线。 ③运动性质：是加速度为g 的匀变速曲线运动。 3.平抛运动的规律：①速度公式：0x v v = y v gt = 合速度：()2 2220t x y v v v v gt =+=+ ②位移公式：2 0,2 gt x v t y == 合位移：2 2 2 22 20 12s x y v t gt ?? =+=+ ??? tan 2y gt x v α== ③轨迹方程：2 202gx y v =，顶点在原点(0、0)，开口向下的抛物线方程。 注： （1）平抛运动是一个同时经历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。 （2）平抛运动的轨迹是一条抛物线，其一般表达式为 。 （3）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，加速度恒定，所以竖直方向上在相 等的时间内相邻的位移的高度之比为 … 竖直方向上在相等的时间内相邻 的位移之差是一个恒量(T 表示相等的时间间隔）。 （4）在同一时刻，平抛运动的速度（与水平方向之间的夹角为ɑ）方向和位移方向（与水平方向之间的夹角是）是不相同的，其关系式（即任意一点的速度延长线 必交于此时物体位移的水平分量的中点）。 V y x S O x x 2/V y V 0V x ＝V 0 P ()x y ,θα0 tan y x v gt v v θ= = ɑ θ ɑ 平抛运动应用（二） 主讲：黄冈中学高级教师郑成 例1、如图所示，排球场地长为18m，设球网高度为2m，运动员站在离网3m的线上（图中用虚线表示）正对网前跳起将球水平击出（空气阻力不计）． （1）设击球点在3m线正上方2.5m处，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不能触网也不越界？ （2）若击球点在3m线正上方小于某一个值，那么无论以多大速度击球，球不是触网就是越界．试求这个高度． 解：若击球水平速度过小，球可能触网；若击球水平速度过大，球可能越界． （1）若刚好不触网，设击球速度为v1，则水平位移为3m的过程中， 水平方向：x=v1t v1t=3 ① 竖直方向：② 由①②得：,同理刚好不越界，设击球速度为v2，则 则球既不能触网也不越界的速度满足 （2）设击球高度为H时，击出的球刚好触网或落在边界线上． 刚好不触网时：v0t1=3 ③ ④ 此时也刚好到达边界：v0t2=12 ⑤ ⑥ 由③④⑤⑥得：H=2.13m 即当击球高度小于2.13时，无论水平速度多大，球不是触网就是越界． 例2、从高为H的A点平抛一物体，其水平射程为2s，在A点正上方距地面高为2H的B点，向同一方向平抛另一物体，其水平射程为s．两物体轨迹在同一竖直平面内且都恰好从同一屏的顶端擦过，求屏的高度． 右为例3图 解： 例3、如图示，AB为斜面，倾角为30°，小球从A点以初速度v0水平抛出，恰好落到B点．求： （1）AB间的距离；（2）物体在空中飞行的时间； （3）从抛出开始经多少时间小球与斜面间距离最大？ 解： （1）水平位移： （2）物体在空中飞行时间 （3）当小球作平抛运动轨迹上某一点速度与斜面平行时，该点离斜面距离最远． 方法①： 方法②：由分运动的独立性，把平抛运动分解成垂直斜面方向的分运动和平行于斜面方向的分运动的合运动． v⊥=v0sin30°=,a⊥=gcos30°= 垂直斜面作初速为，加速度为的匀减速直线运动 平行于斜面作v11=v0cos30°=，a11=gcos60°=的匀加速直线运动 当在垂直斜面方向速度减为0时距斜面最远： 物理一轮复习 4.2 平抛运动的规律及应用学案 新人教版必 修2 【考纲知识梳理】 一、平抛运动的定义和性质 1、定义：平抛运动是指物体只在重力作用下，从水平初速度开始的运动。 2、运动性质： ①水平方向:以初速度v 0做匀速直线运动. ②竖直方向:以加速度a=g 做初速度为零的匀变速直线运动,即自由落体运动. ③平抛运动是加速度为重力加速度(a=g)的匀变速曲线运动,轨迹是抛物线. 二、研究平抛运动的方法 1、通常，可以把平抛运动看作为两个分运动的合动动：一个是水平方向（垂直于恒力方向）的匀速直线运动，一个是竖直方向（沿着恒力方向）的匀加速直线运动。水平方向和竖直方向的两个分运动既具有独立性，又具有等时性． 2、 平抛运动规律：（从抛出点开始计时） （1）.速度规律： V X =V 0 V Y =gt （2）.位移规律： X=v 0t Y= 2 2 1gt （3）.平抛运动时间t 与水平射程X 平抛运动时间t 由高度Y 决定，与初速度无关；水平射程X 由初速度和高度共同决定 三、斜拋运动及其研究方法 1．定义：将物体以v 沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。 2．斜抛运动的处理方法：斜抛运动可以看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直 抛体运动的合运动 【要点名师透析】 一、对平抛运动规律的进一步理解 1、飞行的时间和水平射程 （1）落地时间由竖直方向分运动决定： 由 2 2 1 gt h= 得： g h t 2 = （2）水平飞行射程由高度和水平初速度共同决定： g h v t v x 2 = = 2、速度的变化规律 （1）平抛物体任意时刻瞬时速度v与平抛初速度v0夹角θa的正切值为位移s与水平位移x 夹角θ正切值的两倍。 （2）平抛物体任意时刻瞬时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。 证明： 2 2 1 tan 2 x s s gt v gt = ? = = α （3）平抛运动中，任意一段时间内速度的变化量Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下（与g同向）。任意相同时间内的Δv都相同（包括大小、方向），如右图。 3、平抛运动的两个重要结论 （1）以不同的初速度，从倾角为θ的斜面上沿水平方向抛出的物体，再次落到斜面上时速度与斜面的夹角a相同，与初速度无关。（飞行的时间与速度有关，速度越大时间越长。） 关键能力·题型突破 考点一平抛运动的规律 单个物体的平抛运动 【典例1】(多选)一位同学玩投掷飞镖游戏时，将飞镖水平抛出后击中目标。当飞镖在飞行过程中速度的方向平行于抛出点与目标间的连线时，其大小为v。不考虑空气阻力，已知连线与水平面间的夹角为θ，则飞镖( ) A.初速度v0=vcos θ B.飞行时间t= C.飞行的水平距离x= D.飞行的竖直距离y= 【一题多解】选A、C。 方法一：将运动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，飞镖的初速度v0=vcos θ，选项A正确；根据平抛运动的规律有x=v0t，y=gt2，tan θ=，解得t=，x=，y=，选项C正确，B、D错误。 方法二：求飞行时间还可以沿抛出点与目标间的连线和垂直连线方向 建立平面直角坐标系，则沿连线方向上，飞镖做初速度为v0cos θ，加速度为gsin θ的匀加速直线运动；垂直连线方向上做初速度为v0sin θ，加速度为-gcos θ的类竖直上抛运动，故由题意可知飞镖飞到速度为v时，垂直连线方向的速度减为0，所用时间为，再次回到连线所用的时间也为(竖直上抛运动的对称性)，故飞行时间为。 多个物体的平抛运动 【典例2】(2019·潮州模拟)甲、乙两位同学在不同位置沿水平各射出一枝箭，箭落地时，插入泥土中的形状如图所示，已知两支箭的质量、水平射程均相等，若不计空气阻力及箭长对问题的影响，则甲、乙两支箭 ( ) A.空中运动时间之比为1∶ B.射出的初速度大小之比为1∶ C.下降高度之比为1∶3 D.落地时动能之比为3∶1 【通型通法】 1.题型特征：两个物体水平抛出。 2.思维导引： 【解析】选B。根据竖直方向的自由落体运动可得 h=gt2 水平射程：x=v0t 可得：x=v0 由于水平射程相等，则：v甲=v乙① 末速度的方向与水平方向之间的夹角的正切值： tan θ== 可得：2gh 甲=3，6gh乙=② 联立①②可得：h甲=3h乙，即下落的高度之比为3∶1； 根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2，可知运动时间之比为∶1，故A、C错误；射出的初速度大小之比为1∶，故B正确；它们下落的高度之比为3∶1；但射出的初速度大小之比为1∶， 2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练 探究平抛运动的特点 一、选择题 1、如图，在探究平抛运动的水平分运动的规律的实验中，下列哪些因素对探究规律没有影响( ) A．弧形轨道末端不水平 B．弧形轨道不光滑 C．实验小球为轻质小球 D．水平轨道不光滑 答案 B 解析弧形轨道末端不水平，小球抛出后不做平抛运动，对实验有影响，故A错误；只要每次释放小球的位置相同，轨道末端水平，弧形轨道是否光滑对实验没有影响，故B正确；实验小球为轻质小球，空气阻力对小球影响较大，故C错误；水平轨道不光滑，沿水平轨道运动的小球做减速直线运动，对实验有影响，故D错误。 2、用如图所示的装置研究平抛运动。小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落。关于该实验，下列说法中不 正确的是( ) A．两球同时落地 B．应改变装置的高度，多次实验 C．实验能说明A球在竖直方向上做自由落体运动 D．实验能说明A球在水平方向上做匀速直线运动 答案 D 解析根据装置图可以知道，两球由相同高度同时运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，因此将同时落地，所以A正确；要多次实验，观察现象，则应改变装置的高度，多次实验，所以B正确；因为两球同时落地，因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可以知道，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以C正确，D错误。 3、为了探究平抛运动的规律，将小球A和B置于同一高度，在小球A做平抛运动的同时静止释放小球B。同学甲直接观察两小球是否同时落地，同学乙拍摄频闪照片进行测量、分析。通过多次实验( ) A．只有同学甲能证明平抛运动在水平方向是匀速运动 B．两位同学都能证明平抛运动在水平方向是匀速运动 C．只有同学甲能证明平抛运动在竖直方向是自由落体运动 D．两位同学都能证明平抛运动在竖直方向是自由落体运动 答案 D 解析在图甲的实验中，改变高度和平抛小球的初速度大小，发现两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，不能得出水平方向上的运动规律。在图乙的实验中，通过频闪照片，发现自由落体运动的小球与平抛运动的小球任何一个时刻都在同一水平线上，知平抛运动在竖直方向上的运动规律与自由落体运动相同，所以平抛运动竖直方向上做自由落体运动。频闪照片显示小球在水平方向相等时间内的水平位移相等，知水平方向做匀速直线运动，所以D 正确，A、B、C错误。 4、(多选)为了研究平抛运动的分运动性质，用如图所示的装置进行实验。小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开下落。关于该实验，下列说法中正确的是( ) 平抛运动教学设计 一、教学目标 （一）知道什么是平抛运动； （二）知道平抛运动的受力特点； （三）理解平抛运动在水平方向做匀速直线运动和在竖直方向做自由落体运动； （四）知道用描点的方法得到平抛运动的轨迹； （五）会用数码相机来研究物体的运动； （六）知道利用平抛运动轨迹来分析平抛运动规律的方法。 二、教学内容与教学过程 （一）教学内容 教学重点：平抛运动在水平方向是匀速直线运动和在竖直方向是自由落体运动。 教学难点：平抛运动在水平方向是匀速直线运动和在竖直方向是自由落体运动的实验探索过程。 （二）教学过程 1、结合生活、生产实际，引入新课。 通过视频、图片展示生活、生产中的抛体现象，展示抛体现象的普遍性。 2、运用“科学探究”教学模式，引导学生探究平抛运动规律。 （1）分析讨论，确定研究方法 [师生对话]和直线运动相比，平抛运动显然要复杂得多，怎样才能将复杂的运动化简为简单的运动进行研究？根据上一节的知识，可以将平抛运动分解到水平方向和竖直方向。 （2）探究平抛运动在竖直方向的运动规律。 [提出问题]如果将平抛运动视为水平方向的运动和竖直方向的运动的合运动，那么，平抛运动在竖直方向应是什么运动？ [分析猜想] 竖直方向受重力作用，应是自由落体运动。 三、教学设施与教学手段 教学设施：平抛运动和自由落体运动对比演示仪一套，平抛运动描轨迹演示仪、平抛运动水流演示仪和平抛运动数码拍摄仪器各四套；多媒体课件。 教学手段：运用物理“科学探究”教学模式实施教学，以实验、多媒体辅助。 四、教学设计评析 （一）通过前面的学习，学生已经知道了合运动、分运动以及运动的合成与分解所遵循的规律；知道了运动的合成与分解是处理曲线运动的基本方法；通过一个多学期的学习，学 平抛运动的规律及应用 红安大赵家高中 陈楚先 学习目标： 1、理解平抛运动的特点，理解平抛运动可以看做水平的匀速运动与竖直的自由落体运动的 合运动，而且这两个运动并不相互影响； 2、会用平抛运动的规律解答有关问题。 教学过程：【考纲知识梳理】 一、平抛运动的定义和性质 1、定义：平抛运动是指物体只在重力作用下，以水平初速度开始的运动。 2、运动性质： ①水平方向:以初速度v 0做匀速直线运动. ②竖直方向:以加速度a=g 做初速度为零的匀变速直线运动,即自由落体运动. ③平抛运动是加速度为重力加速度(a=g)的匀变速曲线运动,轨迹是抛物线. 二、研究平抛运动的方法 1、通常把平抛运动看作为两个分运动的合动动：一个是水平方向（垂直于恒力方向）的匀速直线运动，一个是竖直方向（沿着恒力方向）的匀加速直线运动。水平方向和竖直方向的两个分运动既具有独立性，又具有等时性． 三、平抛运动的规律：（从抛出点开始计时） （1）.速度规律： 水平方向: V X =V 0 竖直方向: V Y =gt 合速度 22y x v v v += 合速度方向与水平方向的夹角 ：o x y v gt v v == αtan （2）速度的变化规律 水平方向分速度保持v x ＝v 0不变；竖直方向加速度恒为g ，速度v y ＝gt ，从抛出点起，每隔Δt 时间，速度的矢量关系如图所示，这一矢量关系有两个特点： (1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度v 0. (2)任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv 的方向均竖直向下，大小 均为Δv ＝Δv y ＝g Δt .( 如右图) （3）.位移规律： 水平方向: X=v 0t 竖直方向: Y=22 1gt 合位移大小：s =22y x + 合位移方向与水平方向的夹角：t v g x y o ?== 2tan θ 且tan θ＝2tan φ （4）.平抛运动时间t 与水平射程X 平抛运动时间 由下落高度Y 决定，与初速度无关；水平射程 由 初速度和下落高度共同决定 (5).轨迹方程：y=----- (6).独立研究物体在竖直方向的运动时，有以下规律： （1）连续相等的时间内竖直位移之比：1:3:5.。。 （2）连续相等的时间内竖直位移之差;ΔY=↑θ 四．平抛运动的三个重要结论 （1）平抛物体任意时刻瞬时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。 证明：2 21tan 0020x x x gt v gt =?==θ （2）以不同的初速度，从倾角为θ的斜面上沿水平方向抛 出的物体，再次落到斜面上时总有： t v g x y o ?==2tan θ 故物体运动的时间可表示为： （3）以不同的初速度，从倾角为θ的斜面上沿水平方向抛出的物体，再次落到斜面上时速度与斜面的夹角a 相同，与初速度无关。（飞行的时间与速度有关，速度越大时间越长。） g h v t v x 200==g h t 2=θtan 20g v t = 平抛运动的推论及应用 河北 袁振卓 推论1：做平抛运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角 为θ，位移与水平的夹角为?，贝tan θ=2tan ?． 证明：如图1所示，由平抛运动规律得 00y v gt v v tan ==θ，002v 2gt t v gt 21x y tan ===? 所以?=θtan 2tan 。 例1、如图2所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角?满足( ) A 、θ=?sin tan B 、θ=?cos tan C 、θ=?tan tan D 、θ=?tan 2tan 解析：直接根据推论1，可知正确选项为D ． 推论2：做平抛运动的物体在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． 证明：如图3所示，B 为OA 的中点，设平抛物体的初速度为0v ，从原点O 到A 点的 时间为t ，A 点坐标为)0,x (，B 点坐标为)0,'x (，则t v x 0=，gt v ,gt 21y y 2==。又 'x x y v v tan 0y -==θ，解得2x 'x =。即末状态速度方向反向延长线与x 轴的交点B 必为此刻水平位移OA 的中点。 例2、如图4所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox 以=0v 2m ／s 的速度抛出，经过一段时间到达P 点，M 为P 点在Ox 轴上的投影，作小球轨迹在P 点的切线并反向延长，与Ox 轴相交于Q 点，已知QM=3m ，则小球运动的时间为多少? 解析：由推论2可知，Q 为OM 的中点，则从O 点运动到P 点的过程中，小球发生的水平位移s 水平=OM=2QM=6m ．由于水平方向做匀速直线运动，则小球在这段过程中运动的时间为t=3s ． 推论3：任意时刻的两个分运动的速度与合运动的速度构成一个矢量直角三角形． 例3、从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球，它们的初速度方向相反，大小分别为1v 和2v ，求经过多长时间两小球速度之间的夹角为90°? 解析：设两个小球抛出后经过时间t 它们速度之间的夹角为90°，与竖直方向的夹角分 别为α和β，对两小球分别构建速度矢量直角三角形，如图5所示，根据图可得： gt v tan ,v gt cot 2 1=β= α ① 又因为β=α?=β+αtan cot ,90所以 ② 由①②得gt v v gt 21=，所以21v v g 1t =。 y x O v y v θ (x 0,y 0) v 0 v 0 s α x 2 （ ,0） 专题：平抛运动规律的应用 【学习目标】 1．知道并理解平抛运动是匀变速曲线运动； 2．具体到每一个平抛运动，是对某个状态的速度进行分解、还是对某一个过程的位移进行分解，是正确地处理平抛运动的首要问题； 3．会用处理平抛运动研究的方法来研究斜抛运动。 【复习总结】 平抛运动的规律 1、 运动的分解：（水平方向……，竖直方向……） 2、 运动性质：匀变速曲线运动。 3、 常用公式： 加 速 度：0 x y a a g a g =?=? =?，方向竖直向下 速 度：022 00 tan x y y y v v v v v v v gt v θ=?=+= ? =? 位 移：02221 2, tan x v t y s x y y gt x α=?=+= ?=? 轨迹方程：2 20 2g y x v = ，是一条抛物线。 而且上述的α与θ满足tan 2tan θα=，由此可推知： 物体运动到某一位置(x 0、y 0)时，其合速度的反向延长线与x 轴交点的坐标值为：（x 0 2 ，0） 【导析探究】 例1 如图所示，小球自A 点以某一初速度做平抛运动，飞行一段时间后垂直打在斜面上的B 点，已知A 、B 两点水平距离为8m ，θ=300 ，求A 、B 间的高度差． A B 例2如图所示，在倾角为θ的斜面顶端P点以初速度v0水平抛出一个小球，最后落在斜面上的Q点，求：（1）小球在空中运动的时间；（2）落到Q点的速度大小；（3）P、Q间的距离．重力加速度用g表示． 例3某人在平台上平抛一小球，球离手时的速度为v1，落地时的速度为v2，不计空气阻力，下图中能正确表示出速度变化的是 例4如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A以v1＝6 m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中．(A、B均可看作质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)物体A上滑到最高点所用的时间t； (2)物体B抛出时的初速度v2； (3)物体A、B间初始位置的高度差h. 例5某质点从A点以5m/s速度被斜向上抛出，初速度方向与水平方向夹37°，测得质点在0.7s末着地．以A点为坐标原点，初速度的水平分量方向为正x轴，竖直向上为正y轴．求： (1)何时到达轨迹的最高点，最高点的速度，最高点的坐标． (2)轨迹与正x轴的交点的坐标． (3)落地点的坐标． 河北袁振卓 推论1：做平抛运动的物体在任意时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平的夹角为，贝tanθ=2tan． 证明：如图1所示，由平抛运动规律得， 所以。 例1、如图2所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角满足( ) A、B、 C、D、 解析：直接根据推论1，可知正确选项为D． 推论2：做平抛运动的物体在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． 证明：如图3所示，B为OA的中点，设平抛物体的初速度为，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为，B点坐标为，则，。又，解得。即末状态速度方向反向延长线与x轴的交点B必为此刻水平位移OA的中点。 例2、如图4所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox以2m／s的速度抛出，经过一段时间到达P点，M为P点在Ox轴上的投影，作小球轨迹在P点的切线并反向延长，与Ox轴相交于Q点，已知QM=3m，则小球运动的时间为多少 解析：由推论2可知，Q为OM的中点，则从O点运动到P点的过程中，小球发生的水平位移s水平=OM=2QM=6m．由于水平方向做匀速直线运动，则小球在这段过程中运动的时间为t=3s． 推论3：任意时刻的两个分运动的速度与合运动的速度构成一个矢量直角三角形． 例3、从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球，它们的初速度方向相反，大小分别为和，求经过多长时间两小球速度之间的夹角为90° 解析：设两个小球抛出后经过时间t它们速度之间的夹角为90°，与竖直方向的夹角分 别为α和β，对两小球分别构建速度矢量直角三角形，如图5所示，根据图可得： ① 又因为② 由①②得，所以。 推论4：任意一段时间内两个分运动的位移与合运动的位移构成一个矢量直角三角形．例4、如图6甲所示，小球a、b分别以大小相等、方向相反的初速度从三角形斜面的 第18讲平抛运动的规律及应用 基础命题点平抛运动的基本规律 1．抛体运动 定义：以一定的初速度将物体抛出，如果物体只受01重力作用，这时的运动叫做抛体运动。 2．平抛运动 (1)定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在02重力作用下的运动。 (2)性质：平抛运动是加速度为g的03匀变速曲线运动，其运动轨迹是04抛物线。 (3)平抛运动的条件：v0≠0，沿05水平方向；只受06重力作用。 (4)研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的07匀速直线运动和竖直方向的08自由落体运动。 3．平抛运动的规律：如图所示，以抛出点为原点，以水平方向(初速度v0方向)为x轴，以竖直向下的方向为y轴，建立平面直角坐标系，则： (1)09匀速直线运动，速度v x10v0，位移x11v0t。 (2)12自由落体运动，速度v y13gt，位移y141 2gt 2。 (3)合运动 ①合速度v ＝v 2x ＋v 2 y ，方向与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v 0＝15gt v 0。 ②合位移x 合＝x 2＋y 2，方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝y x ＝16gt 2v 0。 4．平抛运动的规律应用 (1)飞行时间：由t ＝17 2h g 知， 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 ＝18v 02h g ，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共 同决定，与其他因素无关。 (3)落地速度v ＝v 2x ＋v 2 y ＝19 v 20＋2gh ，以α表示落地速度与x 轴正方向 的夹角，有tan α＝v y v x ＝20 2gh v 0 ，所以落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关。 (4)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 ＝g Δt 相同，方向恒为竖直向下，如图甲所示。 5．两个重要推论 (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21中点，如图乙所示。 (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 课题：平抛运动规律的应用 教学目标： 1．知识目标： （1）加深理解平抛运动规律，体会这两个分运动是相互独立的。 （4）会用平抛运动的规律解答有关问题。 2．能力目标： （1）利用已知的直线运动的规律来研究复杂的曲线运动，渗透物理学“化曲为直”、“化繁为简”的方法及“等效代换”的思想。 （2）通过典例分析，概括出平抛物体运动的规律特征，培养学生分析问题及解决问题能力。（3）通过构建框架图的过程来培养学生对知识结构的建立。 3．德育目标 引导学生认识事物的独立性和事物发展过程中的必然联系，培养学生逻辑思维能力。通过小组讨论，培养学生团结合作精神。 教学重点、难点分析 1．利用平抛运动的规律和平抛物体的位移、速度与时间的关系构建出框架图。 2．寻找到合适的解题技巧与解题方法。 教具 Flash课件。 教学过程 （一）知识回顾 平抛运动： 1、定义：物体以一定的初速度沿_______ 抛出，物体只在______作用下的运动。 2、性质：加速度为重力加速度的_________ 运动，运动轨迹为______。 3、研究方法：运动的合成与分解可以分解为水平方向的_______ 运动和竖直方向的_______ 运动。 4、运动规律 ①位移：分位移x＝；y＝. ＝，tanφ＝. φ为合位移与x轴的夹角． ②速度：分速度vx＝；vy＝ θ为合速度v与x轴的夹角． （二）新课教学 1、典例分析： 例题：一小球以初速度v0水平抛出，落地时速度为v，空气阻力不计。求（1）小球在空中飞行时间？ （2）抛出点离地面的高度？ （3）小球的水平射程？ （4）小球的位移大小？ （5）位移的方向和速度的方向？ 组织学生讨论，并引导学生建立框架图 寻找平抛运动的解题思路及技巧 ?挖掘题目中的已知条件及题设情景之间的几何关系 ?利用框架图寻找合适的途径进行相应问题的求解 通过模拟训练加深对解题思路的理解 模拟训练:若已知φ和v0, 求tanθ和v y? 2、典型模型 模型一、半圆内的平抛运动 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v0沿ab方 向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点．已知c点与 水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径． 粤教版高中物理必修二第一章 第四节 平抛运动规律的应用 主讲人：梁杰宁 单位：从化中学 教学目标： 知识与技能： 1、进一步理解平抛运动的特点。 2、进一步理解平抛运动的处理方法。 3、熟练掌握平抛运动的规律 过程与方法： 1、通过举例，联系实际，分析平抛运动的规律 2、通过讨论与交流，理解平抛运动处理的方法 情感、态度与价值观： 1、通过观察与思考，提高学生应用知识的能力 2、通过分组讨论，加强学生的协助与互相学习的能力 学情分析： 平抛运动是匀变速曲线运动的典型代表，是一种最基本、最重要的曲线运动，是运动的合成和分解知识的应用，是理解和掌握其他曲线运动的基础。认识平抛运动采用的是运动的合成与分解的方法，它是一种研究问题的方法，这种方法在“运动的合成与分解”的学习中学生已有基础，本节课是“平抛运动”的第二课时。因此，在教学中应让学生主动尝试应用平抛物体运动规律来解决实际问题。这一学习过程的经历，能激发学生探究未知问题的乐趣，领悟怎样将复杂的问题化为简单的问题，将未知问题化为已知问题。日常生活中平抛运动的现象也较多，通过与生活实际的联系，可以使学生更深入了解运动的规律。 重点：平抛运动规律的应用 难点：平抛运动规律的处理方法 教学环节与活动： 一、知识回顾 1. 平抛运动的解题方法是：运动的合成与分解 2. 平抛运动规律： 活动设计与教学评价： 通过提问、默写形式，让学生回顾上节课所学的内容。 学生对于规律公式很容易出现遗忘或写错的形式，所以可通过默写的形式来突出学生记忆的盲点并加以强化。 二、目标引领 考点一：平抛运动的特点、性质及其探究 考点二：平抛运动的规律运用 2gt 2 1y =22y x S +=220y v v v +=t v x 0=0 v v x =gt v y = 平抛运动教学案例 【案例背景】：《平抛运动》是普通高中课程标准实验物理教科书(必修2)第五章《曲线运动》第二节的内容。平抛运动作为高中阶段研究的两种典型曲线运动中的一种，它是学生第一次用所学过的直线运动的知识来处理曲线运动的问题，体会分析解决曲线运动问题的方法——运动的合成与分解。在教学中应让学生主动尝试经历应用这种方法来探究平抛物体运动规律的学习过程，体验知识发生的过程，激发学生探究未知问题的乐趣，领悟怎样将复杂的问题化为简单的问题，将未知问题化为已知问题，将曲线运动的问题化为直线运动的问题。让学生真正理解运动的合成与分解这种思想方法的意义，理解为什么平抛运动可以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。 【预设思路】：本节课采用演示、引导，学生实验探究，讨论、交流学习成果等方法。让学生通过观察实验，同学之间相互讨论，来体会是如何将一个复杂的曲线运动——平抛运动，等效分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向自由落体运动。为了使学生能主动获取知识、培养能力、学会学习和研究的方法，调动学生学习积极性，使学生获得成就感，应把观察现象、初步分析、猜想、实验研究、推导规律等环节都尽量交给学生自主完成，让教学过程真正成为学生学习的过程，使学生既学到了知识，又培养了科学探究能力，充分体现教师的主导作用和学生主体作用。 【案例描述】： [复习导入] 师：前面我们学习了曲线运动的相关知识以及研究曲线运动基本方法——运动的合成与分解，在学习新课之前我们先来回顾一下．物体在什么情况下物体会做曲线运动? 生：当物体所受的合力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动。 师：做曲线运动的物体其速度方向是怎样的? 生：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向。 师：对于曲线运动，我们通常会如何处理？ 生：把它分解为两个方向的运动来研究，两个分运动的共同效果与合运动效果是一样的。 [进行新课] 一、抛体运动与平抛运动 师：阅读教材，理解什么是平抛运动？举出生活中物体做平抛动的例子。 将一张小纸团水平抛出，小纸团的运动能否看成是平 抛运动？为什么？ 生：阅读教材，回答出平抛运动的概念，列举生活实例。思考抛出的纸团的运动是不是平抛运动，通过对纸团运动的 分析，理解平抛运动的条件――空气阻力相对物体的 重力可以忽略不计。 师：通过实例分析，理解平抛运动的条件。增强学生的感性认识，激发学习物理的兴趣。 二、竖直方向的运动规律 师：演示实验，喷出的水柱显示了平抛运动的轨迹。 提出问题，引导学生观察：平抛运动的轨迹是一条曲 线，我们如何研究这个曲线运动的规律呢？根据物体 做平抛运动的条件，对竖直方向上的运动能否作出猜 测？ 学生活动：认真思考，分组讨论，选出代表回答。 第2讲平抛运动的规律及应用 主干梳理对点激活 对应学生用书P076知识点抛体运动Ⅱ 1．平抛运动 (1)定义：将物体以一定的初速度沿□01水平方向抛出，物体只在□02重力作用下的运动。 (2)性质：平抛运动是加速度为g的□03匀变速曲线运动，运动轨迹是□04抛物线。 (3)条件 ①v0≠0，且沿□05水平方向。 ②只受□06重力作用。 2．斜抛运动 (1)定义：将物体以初速度v0沿□07斜向上方或□08斜向下方抛出，物体只在□09重力作用下的运动。 (2)性质：斜抛运动是加速度为g的□10匀变速曲线运动，运动轨迹是□11抛物线。 (3)条件 ①v0≠0，且沿□12斜向上方或斜向下方。 ②只受□13重力作用。 知识点抛体运动的基本规律Ⅱ 1．平抛运动 (1)研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的□01匀速直线运动和竖直方向的02自由落体运动。 □ (2)基本规律(如图所示) ①速度关系 ②位移关系 ③轨迹方程：y＝□10 g 2v20x 2。 2．斜抛运动 (1)研究方法：斜抛运动可以分解为水平方向的□11匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛或竖直下抛运动。 (2)基本规律(以斜向上抛为例，如图所示) ①水平方向 v0x＝□12v0cosθ，x＝v0t cosθ。 ②竖直方向 v0y＝□13v0sinθ，y＝v0t sinθ－1 2gt 2。 3．类平抛运动的分析 所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即受到一个恒定的外力且外力与初速度方向垂直，物体做匀变速曲线运动。 (1)受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。 (2)运动特点：沿初速度v0方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。 一堵点疏通 1．以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。() 2．做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大。()平抛运动的特点和规律
《平抛运动》说课稿
平抛运动中的三个结论及应用
备考2019年高考物理一轮复习：第四章第2讲平抛运动的规律及应用练习含解析
平抛运动知识点总结及解题方法归类总结
平抛运动应用(二)
物理一轮复习 4.2 平抛运动的规律及应用学案 新人教版必修2
2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破+4.2 平抛运动的规律及应用
新高考物理第一轮复习课时强化训练：探究平抛运动的特点(解析版)
平抛运动规律教学设计
平抛运动的规律及应用
平抛运动的推论及应用
高中物理专题平抛运动规律的应用
平抛运动的推论及应用
第18讲 平抛运动的规律及应用
平抛运动规律的应用
平抛运动的应用
平抛运动教学案例
第2讲 平抛运动的规律及应用
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