2019高考物理 快速提分法 模型五 拋體問題學案（含解析）

《2019高考物理 快速提分法 模型五 拋體問題學案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理 快速提分法 模型五 拋體問題學案（含解析）（23頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、拋體運動 一、平拋運動問題 1、對于“平拋運動”，你可以相對于地面，把它看作是水平方向上的勻速運動與豎直方向上的自由落體運動的合運動；你也可以相對斜面，把它看作是平行于斜面的，初速度為v0cosθ、加速度為gcosθ的勻加速運動，與垂直于斜面，初速度為v0sinθ、加速度為-gsinθ的勻減速運動的合運動；以后如有必要，你還可以有其它的分析方法。這就是物理思想，是物理學研究方法的基礎和出發(fā)點。深刻理解物理思想，是掌握研究方法的關鍵。 2.對平拋運動之所以有各種不同的分析方法，是由力與運動的矢量特性決定的，在研究具體的實際例題中，應注意研究矢量變化規(guī)律的特殊性。 3．如果物體的合理不

2、是重力，但是也是恒力，那么它將做類平拋運動，在與初速度垂直方向上的分運動是初速度為零的勻加速度直線運動。帶電粒子在電場中運動、在符合場中的運動，有很多屬于這種運動。 二、豎直上拋問題 豎直上拋運動是勻變速直線運動，其上升階段為勻減速運動，下落階段為自由落體運動。它有如下特點： 1.上升和下降（至落回原處）的兩個過程互為逆運動，具有對稱性。有下列結論： (1)速度對稱：上升和下降過程中質點經過同一位置的速度大小相等、方向相反。 (2)時間對稱：上升和下降經歷的時間相等。 2.豎直上拋運動的特征量：（1）上升最大高度：Sm=.(2)上升最大高度和從最大高度點下落到拋出點兩過程所經歷的時

3、間：. 經典例題一個物體從塔頂上下落，在到達地面前最后1s內通過的位移是整個位移的9/25，求塔高。（g取10m/s2） 分析與解答：設物體下落總時間為t，塔高為h，則： ， 由上述方程解得：t=5s，所以， 變式1 懸掛的直桿AB長為L1，在其下L2處，有一長為L3的無底圓筒CD，若將懸線剪斷，則直桿穿過圓筒所用的時間為多少？ 分析與解答：直桿穿過圓筒所用的時間是從桿B點落到筒C端開始，到桿的A端落到D端結束。設桿B落到C端所用的時間為t1，桿A端落到D端所用的時間為t2，由位移公式得：， 所以： 變式2 兩小球以95m長的細線相連。兩球從同一地點自由下落，其中一球先

4、下落1s另一球才開始下落。問后一球下落幾秒線才被拉直？ 小錦囊 解決雙體或多體問題要善于尋找對象之間的運動聯系。解決問題要會從不同的角度來進行研究，如本題變換參照系進行求解。 分析與解答：方法1：“線被拉直”指的是兩球發(fā)生的相對位移大小等于線長，應將兩球的運動聯系起來解，設后球下落時間為ts，則先下落小球運動時間為(t+1)s，根據位移關系有：，解得：t=9s 方法2：若以后球為參照物，當后球出發(fā)時前球的運動速度為。以后兩球速度發(fā)生相同的改變，即前一球相對后一球的速度始終為，此時線已被拉長： 線被拉直可看成前一球相對后一球做勻速直線運動發(fā)生了位移： ∴ 變式3 國家飛碟射擊隊

5、用如圖所示裝置進行模擬訓練，被訓練的隊員在高H=20m的塔頂，在地面上距塔水平距離為s處有一個電子拋靶裝置，圓形靶可被以速度v2豎直拋出，當靶被拋出的同時立即用特制手槍沿水平射擊，子彈速度v1 = 100 m/s．不計人的反應時間、拋靶裝置的高度及子彈的槍膛中的運動時間，且忽略空氣阻力及靶的大?。╣ = 10 m/s2）． （1）當s取值在什么范圍時，無論v2為何值都不能擊中靶； （2）若s = 100 m，v2 = 20 m/s，試通過計算說明靶能否被擊中。 分析與解答：（1）把拋靶裝置放在子彈的射程以外，則不論拋靶速度為何值，靶都無法被擊中，由H=gt2，x = v1t得，s>x =

6、 v1 （2）若靶能被擊中，則擊中處應在拋靶裝置的正上方，設經歷的時間為t1，則： s = v1t1，t1 =s = 1 s y1 =gt12 =× 10 × 1 = 5 (m) y2 = v2t1 –gt12 = 20 × 1 –× 10 × 12 = 15 (m) ∵y1 + y2 = 5 m + 15 m = 20 m = H∴靶恰好被擊中． 變式4 有一種“傻瓜”相機的曝光時間（快門打開到關閉的時間）是固定不變的。為了估測相機的曝光時間，有位同學提出了下述實驗方案：他從墻面上A點的正上方與A相距H=1.5m處，使一個小石子自由落下，在小石子下落通過A點后，立即按動快門，對小

7、石子照相，得到如圖所示的照片，由于石子的運動，它在照片上留下一條模糊的徑跡CD。已知每塊磚的平均厚度是6cm。請從上述信息和照片上選取估算相機曝光時間必要的物理量，用符號表示，如H等，推出計算曝光時間的關系式，并估算出這個“傻瓜”相機的曝光時間。要求1位有效數字。 分析與解答：設A、C兩點間的距離為H1，小石子做自由落體運動，落至C點，所用時間為t1，有，設A、D兩點間的距離為H2，小石子做自由落體運動，落至D點，所用時間為t2， 有，小石子從C點到D點所用時間即相機的曝光時間t=t2-t1， 則： 題目給出每塊磚的平均厚度是6cm，可得：H1＝0.30m，H2＝0.42m，H=1.5

8、m， 帶入上式中，可得曝光時間t=0.02s 經典例題第一次從h高處水平拋出的物體，水平射程為s；第二次用同樣的水平速度從另一高處平拋出去的物體，水平射程增加了Δs；則第二次拋出點的高度h'=_________。 分析與解答：根據平拋物體運動的規(guī)律 ，得 ，得 兩式相比，可得第二次拋出點的高度 變式1 如圖所示，M和N是兩塊相互平行的光滑豎直彈性板．兩板之間的距離為L，高度為H．現從M板的頂端O以垂直板面的水平速度v0拋出一個小球．小球在飛行中與M板和N板，分別在A點和B點相碰，并最終在兩板間的中點C處落地．求： 小錦囊 根據平拋運動規(guī)律，建立小球在MN之間的運動圖景是本

9、題關鍵之一．小球被水平拋出后，如果沒有板面N的作用，其運動軌跡應為拋物線．由于板面光滑彈性良好，故在A點與N板碰后，應滿足反射定律，反彈后運動軌跡與虛線，滿足以N板為軸的左右對稱．第二次在B點與M板相碰情況亦然． (1)小球拋出的速度v0與L和H之間滿足的關系； (2)OA、AB、BC在豎直方向上距離之比． 分析與解答：(1)分析可知運動的全過程中，小球始終保持其水平速度大小v0不變．設運動全過程飛行時間為t，水平全程長度為S，則： 又S＝2.5L； 故： (2)取小球由B到C為一個時間間隔Δt．小球從O拋出到C點落地共經過5個Δt．在此5個Δt中下落高度之比為：1∶3∶5

10、∶7∶9．由于tOA包括第1個Δt和第2個Δt；tAB包括第3個Δt和第4個Δt，故三段豎直距離之比為hOA∶hAB∶hBC＝(1＋3)∶(5＋7)∶9＝4∶12∶9． v1 v2 P Q M 變式2 如圖所示，從同一條豎直線上兩個不同點P、Q分別向右平拋兩個小球，平拋的初速度分別為v1、v2，結果它們同時落到水平面上的M點處（不考慮空氣阻力）。下列說法中正確的是（） A．一定是P先拋出的，并且v1v2 D．一定是Q先拋出的，并且v1=v2 分析與解答：平拋的飛行時間由高度決定，因此P球的飛行時

11、間較長，既然同時落地，說明P先拋出；由圖知水平射程相同，因此P的初速度較小。答案為A 變式3 宇航員站在某一星球表面上的某高處，沿水平方向拋出一小球。經過時間t，小球落到星球表面，測得拋出點與落地點之間的距離為L。若拋出時的初速度增大到2倍，則拋出點與落地點之間的距離為L。已知兩落地點在同一水平面上，該星球的半徑為R，萬有引力常數為G。求該星球的質量M。 分析與解答：設拋出點的高度為h，第一次平拋的水平射程為x，則有： x+y=L，由平拋運動的規(guī)律得知，當初速度增大到2倍，其水平射程也增大到2x，可得：(2x)+h=(L)，由以上兩式解得：h=。設該星球上的重力加速度為g，由平拋運動的規(guī)

12、律得h=gt，由萬有引力定律與牛頓第二定律得（式中m為小球的質量），聯立以上各式得：。 經典例題如圖所示，排球場總長為18m，設球網高度為2m，運動員站在網前3m處正對球網跳起將球水平擊出 (1)若擊球高度為2.5m，為使球既不觸網又不出界，求水平擊球的速度范圍； (2)當擊球點的高度為何值時，無論水平擊球的速度多大，球不是觸網就是越界？ 分析與解答：(1)排球被水平擊出后，做平拋運動，如圖所示. 若正好壓在底線上，則球在空中的飛行時間： 由此得排球越界的臨界速度： 若球恰好觸網，則球在網上方運動的時間： . 得排球觸網的臨界擊球速度值：. 要使排球既不觸網又不越界

13、，水平擊球速度v的取值范圍為：. (2)設擊球點的高度為h，當h較小時，擊球速度過大會出界，擊球速度過小又會觸網，臨界情況是球剛好擦網而過，落地時又恰好壓在底線上，如圖所示，則有： ，得： 即擊球高度不超過此值時，球不是出界就是觸網。 變式1 如圖，已知排球網高H，半場長L，扣球點高h，扣球點離網水平距離s、求水平扣球速度的取值范圍。 分析與解答：設扣球最大速度V1，最小速度V2。?？矍蛩俣茸畲髸r，球不能出界，扣球速度最小時，球不能觸網。所以有：對最遠點：s + L =V1t1 h =g t12，得： 對最小速度有：s=V2 t2 ，h-H =g t22 得： 所以水平

14、扣球速度V應滿足： ≥V> 變式2 一網球運動員在離開網的水平距離為12m處沿水平方向發(fā)球，發(fā)球高度為2.25m，網的高度為0.9m.(取g=10m/s2，不計空氣阻力) (1)若網球在網上0.1m高處越過，求網球的初速度； (2)若按上述初速度發(fā)球，求該網球落地點到網的距離. 分析與解答：(1)球做平拋運動，以v表示初速度，H表示網球開始運動時離地面的高度(即發(fā)球高度)，s1表示開始時網球與網的水平距離，t1表示網球過網的時刻，h表示網球過網時離地高度.由平拋運動規(guī)律得： ，，消去t1得 代入已知數據得：v=24m/s. (2)以t2表示網球落地時刻，s2表示網球落點到發(fā)球處的

15、水平距離，由平拋運動規(guī)律得： ，，消去t2得 代入已知數據得：s2=16m. 所以網球落地點到網的距離s=s2-s1=4m. 經典例題如圖所示，半徑R=0．40m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎直平面內，半圓環(huán)與粗糙的水平地面相切于圓環(huán)的端點A。一質量m=0．10kg的小球，以初速度v0=7．0m/s在水平地面上向左作加速度a=3．0m/s2的勻減速直線運動，運動4．0m后，沖上豎直半圓環(huán)，最后小球落在C點。求AC間的距離（取重力加速度g=10m/s2）。 分析與解答：勻減速運動過程中，有：　　　　　　　　　　　　 恰好作圓周運動時物體在最高點B滿足：mg=m，得：＝2m/s 假設

16、物體能到達圓環(huán)的最高點B，由機械能守恒： 聯立（1）．（3）可得：=3m/s，因為＞，所以小球能通過最高點B。 小球從B點作平拋運動，有：2R＝，，得：＝1.2m 變式1 一半徑為R=1.5m的水平光滑圓桌面，圓心為O，有一豎直的半徑為r=0.1m的圓形立柱，與桌面同心圓心固定，如圖所示，一根不可伸長的柔軟的細輕繩，一端固定在圓形立柱上，另一端系一質量為m=7.5×10－2Kg的小物塊。將小物塊放在桌面上并把繩拉直?，F有一質量為m0=2.5×10－2Kg的小泥塊，以與繩垂直、大小為V0=8.0m/s的初速度擊中小物體，并與小物體一起運動，且速度垂直細繩。此后繩將纏繞在立柱上。已知小物體與

17、小泥塊之間的最大吸附力為T0=0.2N，小物塊始終在桌面上運動。 （1）小物塊與小泥塊分開時，繩的伸直部分的長度為多少？ （2）小泥塊的落地點到桌面圓心O的水平距離為多少？已知桌面高度H=0.8m。物塊在桌面上運動時未與立柱相碰。取g=10m/s2。 分析與解答：（1）設小泥塊與小物體一起運動的速度大小為V1， A P B O D C 擊中過程中動量守恒，則： m0V0=（m+m0）V1 V1= m0V0/（m+m0）=2m/s 因為桌面是光滑的，輕繩是不可伸長的和柔軟的，且在斷開前繩都是被拉緊的故在分開前，小物體與小泥塊在沿桌面運動的過程中，其速度始終與繩垂直，繩的

18、張力對小物體與小泥塊不做功，小物體與小泥塊速度的大小保持不變。設在小物體與泥塊分開時繩的伸直部分的長度為X，小物體對小泥塊的引力僅改變物體速度的方向，是作用于小泥塊的向心力，故有T0=m0V12/X，X=m0V12/T0=0.5m （2）設在小物體與小泥塊分開時，小泥塊位于桌面上的P點，BP=X是繩的伸直部分，小泥塊速度V1的方向垂直BP。由題意可知，OB⊥BP。因物塊離開桌面時的速度仍為V1，泥塊離開桌面后便做初速度為V1的平拋運動。如圖所示。設平拋運動時間為t，則有： H=gt2/2，解得：t=0.4s，小泥塊做平拋運動的水平射程度為：DC=S1=V1t=0.8m，由幾何關系，小泥塊落

19、點與桌面圓心O的水平距離為： S=OC==2.24m/s 變式2 如圖所示，一對雜技演員（都視為質點）乘秋千（秋千繩處于水平位置）從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當擺到最低點B時，女演員在極短時間內將男演員沿水平方向推出，然后自已剛好能回到高處A 。求男演員落地點C 與O 點的水平距離s。已知男演員質量m1，和女演員質量m2之比=2，秋千的質量不計，秋千的擺長為R ， C 點比O 點低5R。 分析與解答：設分離前男女演員在秋千最低點B 的速度為v0，由機械能守恒定律：(m1+m2)gR=(m1+m2)v02 設剛分離時男演員速度的大小為v1，方向與v0相同；女演員速度的大小為v2，方向與v

20、0相反，由動量守恒，(m1+m2)v0=m1v1－m2v2，分離后，男演員做平拋運動，設男演員從被推出到落在C點所需的時間為t ，根據題給條件，由運動學規(guī)律，4R=gt2，s=v1t 根據題給條件，女演員剛好回到A點，由機械能守恒定律， m2gR=m2v22 已知=2，由以上各式可得：s=8R 經典例題某滑板愛好者在離地h＝1．8m高的平臺上滑行，水平離開A點后落在水平地面的B點，其水平位移S1 ＝3m，著地時由于存在能量損失，著地后速度變?yōu)関＝4m／s，并以此為初速沿水平地面滑行S2 ＝8m后停止．已知人與滑板的總質量m＝60kg．求： (1)人與滑板在水平地面滑行時受到的平均阻

21、力大小； (2)人與滑板離開平臺時的水平初速度．(空氣阻力忽略不計，g=10m／s2)。 分析與解答： (1)設滑板在水平地面滑行時受到的平均阻力為廠，根據動能定理有： 解得： (2)人和滑板一起在空中做平拋運動，設初速為v0，飛行時間為t，根據平拋運動規(guī)律有：，，解得： 變式1 滑雪者從A點由靜止沿斜面滑下，沿一平臺水平飛離B點，地面上緊靠平臺有一個水平臺階，空間幾何尺度如圖41所示，斜面、平臺與滑雪板之間的動摩擦因數為μ.假設滑雪者由斜面底端進入平臺后立即沿水平方向運動，且速度大小不變。求： （1）滑雪者離開B點時的速度大?。? （2）滑雪者從B點開始做平拋運動的水平距離s。

22、 分析與解答：（1）設滑雪者質量為m，斜面與水平面夾角為，滑雪者滑行過程中克服摩擦力做功 由動能定理可得： 離開B點時的速度： （2）滑雪者離開B點后做平拋運動，是落在臺階上呢？還是落在臺階下呢？題目沒有明確說明，是模糊條件。但可以用假設法分析求解。設滑雪者離開B點后落在臺階上，則根據平拋運動的規(guī)律可得： 可解得： 此時必須滿足即。 但當時，滑雪者直接落到地面上， 可解得： 變式2 高臺滑雪運動員經過一段滑行后從斜坡上的O點水平飛出，斜坡與水平面的夾角θ=37°，運動員連同滑雪板的總質量m=50kg，他落到了斜坡上的A點，A點與O點的距離s=12m，如圖14所示。忽略斜坡的摩擦

23、和空氣阻力的影響，重力加速度g=10m/s2。(sin37°=0.60;cos37°=0.80) (1)運動員在空中飛行了多長時間？ (2)求運動員離開O點時的速度大小。 (3)運動員落到斜坡上順勢屈腿以緩沖，使他垂直于斜坡的速度在t=0.50s的時間內減小為零，設緩沖階段斜坡對運動員的彈力可以看作恒力，求此彈力的大小。 分析與解答：(1)設運動員在空中飛行時間為t，運動員在豎直方向做自由落體運動，得： ssin37°=gt2，解得：t==1.2s。 (2)設運動員離開O點的速度為v0，運動員在水平方向做勻速直線運動，即： scos37°=v0t，解得：v0==8.0m/s。

24、(3)運動員落在A點時沿豎直向下的速度vy的大小為：vy=gt=12m/s 沿水平方向的速度vx的大小為 vx=8.0m/s。 因此，運動員垂直于斜面向下的速度vN為：vN=vycos37°-vxsin37°=4.8m/s。 設運動員在緩沖的過程中受到斜面的彈力為N，根據動量定理：(N-mgcos37°)t=mvN， 解得：N=mgcos37°+=880N。 經典例題推行節(jié)水工程的轉動噴水“龍頭”如圖4—9所示，“龍頭”距地面h（m），其噴灌半徑可達10h（m），每分鐘噴水m（kg），所用的水從地下H（m）深的井里抽取，設水以相同的速率水平噴出，水泵效率為η，不計空氣阻力。試

25、求： （1）水從水“龍頭”噴出的速度； （2）水泵每分鐘對水做的功； （3）帶動水泵的電動機的最小輸出功率。 分析與解答：（1）平拋所用時間為，水平初速度為： （2）1min內噴出水的功能：，水泵提水，1min內水獲得的重力勢能為：，1min內水泵對水所做的功為： （3）帶動水泵的電動機的最小輸出功率等于水泵的輸入功率， 變式1如圖所示為利用電磁作用輸送非導電液體裝置的示意圖，一邊長為L、截面為正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面積為A的小噴口，噴口離地的高度為h.管道中有一絕緣活塞，在活塞的中部和上部分別嵌有兩根金屬棒a、b，其中棒b的兩端與一電壓表相連。整個裝置放在豎

26、直向上的勻強磁場中，當棒a中通有垂直紙面向里的恒定電流I時，活塞向右勻速推動液體從噴口水平射出，液體落地點離噴口的水平距離為s.若液體的密度為ρ，不計所有阻力，求： (1)活塞移動的速度； (2)該裝置的功率； (3)磁感應強度B的大??； (4)若在實際使用中發(fā)現電壓表的讀數變小，試分析其可能的原因。 分析與解答：（l）設液體從噴口水平射出的速度為v0，活塞移動的速度為v. ，， (2）設裝置功率為P，Δt時間內有△m質量的液體從噴口射出，PΔt＝?Δm (v02一v2) ∵Δm=LvΔtρ.∴P=? L2vρ(v02一v2)，∴ (3)∵P=F安v.∴，∴ (4)∵U=B

27、Lv，∴噴口液體的流量減少，活塞移動速度減小，或磁場變小等會引起電壓表讀數變小 變式2 一水平放置的水管，距地面高h=l.8m，管內橫截面積S=2.0cm2。有水從管口處以不變的速度v=2.0m/s源源不斷地沿水平方向射出，設出口處橫截面上各處水的速度都相同，并假設水流在空中不散開。取重力加速度g=10m／s2，不計空氣阻力。求水流穩(wěn)定后在空中有多少立方米的水。 分析與解答：以t表示水由噴口處到落地所用的時間，有： 單位時間內噴出的水量為：Q＝S v，空中水的總量應為：V＝Q t，由以上各式得： 代入數值得：m3 經典例題物體從傾角為θ的斜面上的A點沿水平方向拋出時的初動能為

28、Ek0，當物體落到斜面上B點時，其動能Ekt多大？ 分析與解答：作示意圖，如圖所示。 由可知 設物體由A到B運動時間為t，則 可知物體到達B點時，其速度的豎直分量為v'=gt=2v0tanθ 可見，物體到達B點時的動能為 即動能增加了4tan2θEk0 變式1 從傾角為θ的斜面上的A點，以初速度v0，沿水平方向拋出一個小球，落在斜面上B點。 （1）小球從A到B運動多少時間？ （2）小球從A到B的運動過程中，何時與斜面距離最大？最大距離多大？ q v0 分析與解答：（1）設小球由A到B運動時間t， 則 得t=2v0tanθ/g 小錦囊 平拋運動可以看成一般

29、是看成水平和豎直兩個方向的分運動合成。但是也可以按照其它方向分解，選擇合適的分運動是非常關鍵的。 （2）將v0和重力加速度g，沿平行于斜面的方向和垂直于斜面的方向分解；則小球的平拋運動，可以看作是平行于斜面方向上初速度為v0cosθ、加速度為gsinθ的勻加速運動，與垂直于斜面方向上初速度為v0sinθ、加速度為-gcosθ的勻減速運動的合運動。設時刻t'（拋出時開始計時）小球與斜面距離最大， 則（注意：t'=t/2）。 最大距離為 變式2 如右圖所示，光滑斜面長為a、寬為b、傾角為θ。一物塊沿斜面左上方頂點P水平射入，而從右下方頂點Q離開斜面，求入射初速度。 分析與解答：物體在平滑

30、斜面上只受重力和支持力。合外力F=mg·sinθ，方向沿斜面向下。根據牛頓第二定律 mg·sinθ=ma加，其加速度a加=g·sinθ 物體在斜面上有一沿斜面向下的加速度a加，初速度方向與a加垂直，所以物體在水平方向是以速度v0做勻速運動，并沿斜面向下做初速度為零的勻加速運動。在水平方向的位移a=v0·t沿斜面向下的位移：解得： abc 變式3 如圖所示，三個完全的小球a、b、c，從離水平地面同一高度處同時開始運動，a沿光滑水平面無初速自由下滑，b無初速自由下落，c以初速度v平拋，最后都到達同一水平面。下列說法中正確的是（） A．重力對a、b、c的沖量相同 B．重力對a、b、c做的功

31、相同 C．a、b、c將同時到達水平面 D．b最先到達水平面，c其次，a最后到達水平面 分析與解答：重力做功W=mgh，下落高度相同，因此對3小球做功相同；a、b的初速度都是零，末速度等大，因此平均速度等大，而a球位移較大，因此經歷時間較長，重力沖量較大；b、c同時落地，b最后落地。答案為B 經典例題氣球以10m/s的速度勻速豎直上升，從氣球上掉下一個物體，經17s到達地面。求物體剛脫離氣球時氣球的高度。（g=10m/s2） 分析與解答：可將物體的運動過程視為勻變速直線運動。規(guī)定向下方向為正，則物體的 初速度為V0=－10m/s，g=10m/s2 則據h=，則有： ∴物體剛掉

32、下時離地1275m。 變式1 一跳水運動員從離水面10 m高的平臺上向上躍起，舉雙臂直體離開臺面，此時其重心位于從手到腳全長的中心，躍起后重心升高0．45 m達到最高點，落水時身體豎直，手先入水（在此過程中運動員水平方向的運動忽略不計）。從離開跳臺到手觸水面，他可用于完成空中動作的時間是　　　　　s。（計算時，可以把運動員看作全部質量集中在重心的一個質點。g取10 m /s2，結果保留二位數字） 分析與解答：設運動員躍起時的初速度為V0，且設向上為正，則由V20=2gh得： 由題意而知：運動員在全過程中可認為是做豎直上拋運動，且位移大小為10m，方向向下，故S=－10m.，由得：，解

33、得t=1.7s. 變式2 .A球自距地面高h處開始自由下落，同時B球以初速度v0正對A球豎直上拋，空氣阻力不計，問： （1）要使兩球在B球上升過程中相遇，則v0應滿足什么條件； （2）要使兩球在B球下降過程中相遇，則v0應滿足什么條件？ 分析與解答：兩球相遇時位移之和等于h.即：gt2+(v0t-gt2)=h 所以：t=，而B球上升的時間：t1=，B球在空中運動的總時間：t2=. (1)欲使兩球在B球上升過程中相遇，則：t＜t1，即＜，所以v0＞. (2)欲使兩球在B球下降過程中相遇，則有：t1＜t＜t2，即：＜＜， 所以：＜v0＜. 經典例題將小球以初速度v0豎直上

34、拋，在不計空氣阻力的理想狀況下，小球將上升到某一最大高度。由于有空氣阻力，小球實際上升的最大高度只有該理想高度的80%。設空氣阻力大小恒定，求小球落回拋出點時的速度大小v。 分析與解答：有空氣阻力和無空氣阻力兩種情況下分別在上升過程對小球用動能定理： 和，可得H=v02/2g，，再以小球為對象，在有空氣阻力的情況下對上升和下落的全過程用動能定理。全過程重力做的功為零，所以有： ，解得： 變式1 如下圖所示，一人手持質量為m的小球乘坐在氣球的吊籃里．氣球、吊籃和人的總質量為M，整個系統(tǒng)靜止在空中．突然，人將小球向上拋出，經過時間t后小球又返回手中，設手在拋接球時相對吊籃的位置不變，試求

35、 （1）人在拋球過程中對系統(tǒng)做的功； （2）球在運動過程中與手之間的最大距離。 分析與解答：（1）球減速上升時，人減速下降；球在高點時，人在最低點；所以球返回手中時的位置一定在拋出時的位置，這時球速為v1，v1 = gt其中t為球從被拋出到返回拋出點所用的時間，mv1 + M (– v2) = 0 W =mv12 +Mv22 = 即： （2）設球在此過程中與手之間的最大距離為H，球上升的最大距離h1 =g (t)2 人下降的最大距離：h2 =，H = h1 + h2 =． 變式2 在勇氣號火星探測器著陸的最后階段，著陸器降落到火星表面上，再經過多次彈跳才停下來.假設著陸器第一次落

36、到火星表面彈起后，到達最高點時高度為h，速度方向是水平的，速度大小為υ0，求它第二次落到火星表面時速度的大小，計算時不計大氣阻力.已知火星的一個衛(wèi)星的圓軌道的半徑為r，周期為T.火星可視為半徑為r0的均勻球體。 h A B 分析與解答：設火星的質量為M；火星的一個衛(wèi)星的質量為m ，火星探測器的質量為m’，在火星表面時重力加速度為g’有： 對火星的一個衛(wèi)星：GMrm2 = m(2π)2r 對火星探測器：GMrm02′ = m′g′ υ12 =2 g′h υ = √υ12 +υ02 由以上各式得：υ =√8π22hr02r3 +υ02

37、 變式3 一圓環(huán)A套在一均勻圓木棒B上，A的高度相對B的長度來說可以忽略不計。A和B的質量都等于m，A和B之間的滑動摩擦力為f（f< mg）。開始時B豎直放置，下端離地面高度為h，A在B的頂端，如圖所示。讓它們由靜止開始自由下落，當木棒與地面相碰后，木棒以豎直向上的速度反向運動，并且碰撞前后的速度大小相等。設碰撞時間很短，不考慮空氣阻力，問：在B再次著地前，要使A不脫離B，B至少應該多長？ 分析與解答：釋放后A和B相對靜止一起做自由落體運動，B著地前瞬間的速度為： ，B與地面碰撞后，A繼續(xù)向下做勻加速運動，B豎直向上做勻減速運動。它們加速度的大小分別為：和，B與地面碰撞后向上運動到再次落

38、回地面所需時間為：，在此時間內A的位移：，要在B再次著地前A不脫離B，木棒長度L必須滿足條件 L ≥ x聯立以上各式，解得：L≥ 變式4 如圖所示，長為L、質量為M的圓柱形木棒豎直放置，在其頂部套有質量為m的薄鐵環(huán)，當棒和環(huán)有相對運動時，棒和環(huán)之間有大小恒為kmg（k＞1）的摩擦力．現突然在棒下端給棒一個很大的沖擊力，使棒在瞬間具有豎直向上的初速度v0． （1）若要求鐵環(huán)在木棒落地前不滑離木棒，此木棒的長度不得少于多少？ v0 L m M （2）設木棒足夠長，求棒上升的最大高度。 分析與解答：（1）設鐵環(huán)加速度大小為a1，方向向上； 木棒加速度大小為a2，方向向下 對鐵環(huán)：

39、，對木棒： 棒相對環(huán)的加速度a相＝a1＋a2 解得：，， 棒長： （2）環(huán)、棒速度相等時， 對鐵環(huán)：，對木棒：，由以上各式得： 設此時木棒上升高度為h1，以木棒的初速度方向為正方向， 得：，環(huán)、棒速度相等后一道豎直上升的高度為h2，，棒上升的最大高度： 經典例題真空中存在空間范圍足夠大的．水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質量為m．帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球速度與豎直方向夾角為37°（取sin37°＝0．6，cos37°=0．8）。現將該小球從電場中某點以初速度v0豎直向上拋出。求運動過程中 （1）小球受到的電場力的大小及方向 （2）小球從拋出點至最高點的電

40、勢能變化量 （3）小球的最小動量的大小及方向。 分析與解答：根據題設條件，電場力大小：Fe=mgtan37°＝mg電場力的方向水平向右 （2）小球沿豎直方向做勻減速運動，速度為v：vy=v0－gt，沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為a：ax==g，小球上升到最高點的時間t=，此過程小球沿電場方向位移：sx=axt2=，電場力做功 W=Fxsx＝mv02，小球上升到最高點的過程中，電勢能減少mv02 （3）水平速度vx=axt，豎直速度vy=v0－gt，小球的速度v=，由以上各式得出g2t2－2v0gt+(v02－v2)=0，解得：當t=時，v有最小值vmin=v0，此時vx＝

41、v0 vy=v0，tanθ==，即與電場方向夾角為37°斜向上 小球動量的最小值為：pmin=mvmin＝mv0 最小動量的方向與電場方向夾角為37°，斜向上。 變式1 如圖所示，一帶電粒子以豎直向上的初速度，自A處進入電場強度為E、方向水平向右的勻強電場，它受到的電場力恰與重力大小相等。當粒子到達圖中B處時，速度大小仍為，但方向變?yōu)樗较蛴?，那么A、B之間的電勢差等于多少？從A到B經歷的時間為多長？ 分析與解答：帶電粒子從A→B的過程中，豎直分速度減小，水平分速度增大，表明帶電粒子的重力不可忽略，且?guī)д姾?，受電場力向右。依題意有： 根據動能定理： 在豎直方向上做豎直上拋運動，

42、則 解得：。 ∴ 變式2 一小球自A點豎直向上拋出，在大風的情況下，若風力的大小恒定、方向水平向右，小球運動的軌跡如圖所示（小球的運動可看作豎直方向的豎直上拋運動和水平方向的初速為零的勻加速度直線運動的合運動）。在小球運動的軌跡上A、B兩點處在同一水平線上，M點為軌跡的最高點。小球拋出的初動能為5 J，小球在最高點M處的動能為2 J，其它的阻力不計。求： (1)小球水平位移S1與S2之比； (2)小球的重力G與所受風力F的比值； (3)小球落回到B點時的動能EKB； (4)小球從A點到B點的運動過程中，小球動能的最小值。 分析與解答：(1)小球在豎直方向上做豎直上拋運動，故從A

43、點至M點和從M點至B點的時間t相等，小球在水平方向上做初速為零的勻加速運動，設加速度為a，則： ，所以： (2)得 ，得：，所以： (3)小球在水平方向上， 動能： (4)運動過程中的動能： 化簡為： 當時有極值，，得： 由，得：，即： 重力加速度與風力加速度形成合加速度，當速度方向與方向垂直時速度最小。即動能最小。，由，得： 代入解得： 最小速度有： 所以： 經典例題如圖所示，以Vo＝10m/s2的初速度與水平方向成300角拋出一個質量m＝2kg的小球．忽略空氣阻力的作用，g取10m/s2．求拋出后第2s末小球速度的大?。? 分析與解答：小球在運動過程中只受到

44、重力的作用，在水平方向做勻速運動，在豎直方向做勻變速運動，豎直方向應用動量定理得： Fyt=mVy-mVy0 所以：mgt=mVy-(-mV0.sin300)， 解得：Vy=gt-V0.sin300=15m/s. 而：Vx=V0.cos300= 在第2s未小球的速度大小為： 注意：動量定理不僅適用于物體做直線運動的問題，而且也適用物體做曲線運動的問題，在求解曲線運動問題中，一般以動量定理的分量形式建立方程，即： Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0 變式1 兩個相同的小球P、Q同時從同一水平面以同樣的初動能拋出。P是豎直向上拋出的，Q是以30o的仰角斜向上

45、拋出的。若以它們的拋出點所在水平面為重力勢能的參考平面，那么，在Q小球上升到最高點的時刻，P、Q兩球的重力勢能之比是（） A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 分析與解答：設它們的初速度大小是v，則Q開始斜拋的豎直分速度大小是v/2，比較P、Q的豎直分運動的時間t=vy/g∝vy，是2∶1，上升的最大高度比是4∶1。把P的上升時間分為2等分，這兩段的位移比是3∶1，因此Q到達最高點時，P、Q的高度比是3∶1，重力勢能之比是3∶1。答案為C 經典例題A．B兩小球同時從距地面高為h=15m處的同一點拋出，初速度大小均

46、為v0=10m/s．A球豎直向下拋出，B球水平拋出，空氣阻力不計，重力加速度取g=l0m／s2．求： (1)A球經多長時間落地； (2)A球落地時，A．B兩球間的距離是多少。 分析與解答：（1）A球做豎直下拋運動：，將．代入，可得： （2）B球做平拋運動：，將．代入，可得： 此時A球與B球的距離為：，將．．代入，得： 拋體運動的解題思路： ⑴弄清研究對象 ⑵分析物理過程，建立運動圖景(必要時畫草圖) ⑶選取恰當公式(盡量減少未知量．若問題中涉及不同的運動過程，要注意從速度、位移、時間等方面尋找各階段的聯系，充分挖掘其隱官條件>． ⑷列方程求解， ⑸對結果進行分析、討論。 此外，還要注意特殊解題方法的應用，如比例法，類比法、逆向法，圖象法、分解法等 23