2020春新版人教版高中物理必修二同步测评：第五章 专题一 平抛运动规律的应用.docVIP

专题一　平抛运动规律的应用 1．平抛运动的性质 加速度为g的eq \o(□,\s\up3(01))匀变速曲线运动，轨迹是抛物线。 2．平抛运动的基本规律 (1)水平方向：做eq \o(□,\s\up3(02))匀速直线运动，vx＝v0，x＝eq \o(□,\s\up3(03))v0t。 (2)竖直方向：做eq \o(□,\s\up3(04))自由落体运动，vy＝eq \o(□,\s\up3(05))gt，y＝eq \o(□,\s\up3(06))eq \f(1,2)gt2。 (3)合速度：v＝eq \o(□,\s\up3(07))eq \r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，方向与水平方向的夹角θ满足tanθ＝eq \f(vy,vx)＝eq \o(□,\s\up3(08))eq \f(gt,v0)。 (4)合位移：s＝eq \o(□,\s\up3(09))eq \r(x2＋y2)，方向与水平方向的夹角α满足tanα＝eq \f(y,x)＝eq \o(□,\s\up3(10))eq \f(gt,2v0)。 3．对平抛运动规律的理解 4．两个重要推论 (1)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，位移方向与水平方向的夹角为α，则eq \o(□,\s\up3(17))tanθ＝2tanα。 (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的eq \o(□,\s\up3(18))中点，如图中A点为OB的中点。 典型考点一　　　平抛运动规律的综合应用 1．子弹从枪口水平射出，在子弹的飞行途中，有两块相互平行的竖直挡板A、B(如图所示)，A板距枪口的水平距离为s1，两板相距s2，子弹穿过两板先后留下弹孔C和D，C、D两点之间的高度差为h，不计挡板和空气的阻力，求子弹的初速度v0。 答案　 eq \r(\f(gs2,h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s1＋\f(s2,2)))) 解析　从开始到C，设下降的高度为h1，所用时间为t1， 根据h1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，得t1＝ eq \r(\f(2h1,g))， 则s1＝v0eq \r(\f(2h1,g))① 从开始到D，设所用时间为t2， 根据h＋h1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2)， 解得t2＝ eq \r(\f(2?h＋h1?,g)) 则有：s1＋s2＝v0eq \r(\f(2?h＋h1?,g))② 联立①②两式解得v0＝ eq \r(\f(gs2,h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s1＋\f(s2,2))))。 2．从高为h的平台上，分两次沿同一方向水平抛出一个小球。如右图第一次小球落地在a点，第二次小球落地在b点，a、b相距为d。已知第一次抛球的初速度为v1，求第二次抛球的初速度v2是多少？(重力加速度为g，不计空气阻力) 答案　v1＋deq \r(\f(g,2h)) 解析　平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动， 根据h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g)) 第一次抛出球的水平距离x1＝v1t 解得：x1＝v1eq \r(\f(2h,g)) 所以第二次抛出球的水平距离为x2＝x1＋d＝v1eq \r(\f(2h,g))＋d 第二次抛球的初速度为v2＝eq \f(x2,t)＝eq \f(v1\r(\f(2h,g))＋d,\r(\f(2h,g)))＝v1＋deq \r(\f(g,2h))。 3．如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°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h＝0.8 m，g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则： (1)小球水平抛出的初速度v0是多少？ (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？ 答案　(1)3 m/s　(2)1.2 m 解析　(1)由题意可知，小球恰好落到斜面顶端，并刚好沿斜面下滑，说明小球在斜面顶端时速度方向与斜面平行， 所以在斜面顶端时小球的竖直分速度vy＝v0tan53° 又veq \o\al(2,y)＝2gh 代入数据，得vy＝4 m/s，v0＝3 m/s。 (2)由vy＝gt得， 小球落到斜面顶端的时间t＝0.4 s 故x＝v0t＝3×0.4 m＝1.2 m。 典型考点二　　　平抛运动推论的应用 4．如图所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox以v0＝2 m/s的速度抛出，经过一段时间小球到达P点，M为P点在Ox轴上的投影点，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＝3 m，则小球运动的时间为(　　) A．1 s B