資源簡介

教學設計
課程基本信息
學科 物 理 年級 高 三 學期 春 季
課題 平拋和類平拋運動
教科書 書 名：人教版普通高中物理必修二教材 出版社：人民教育出版社
教學目標
1.課標準要求：會用運動合成與分解的方法分析平拋運動。體會復雜運動分解為簡單運動的物理思想。能分析生活中的拋體運動。 2.核心素養目標： （1）通過對平拋、類平拋運動概念的理解，樹立物體的運動觀念 （2）通過對平拋、類平拋運動規律的研究，掌握“化曲為直”的物理思想 （3）通過實例分析，靈活運用平拋、類平拋運動的相關規律 （4）通過理論知識與實際問題相結合，體會物理與生活的緊密聯系，增強學習物理知識的動力
教學內容
教學重點：平拋運動、類平拋運動規律及規律的應用 教學難點：掌握平拋、類平拋運動的特點，能用相關規律解決實際問題
教學過程
一、知識回顧 平拋運動的基本規律 1．研究方法：化曲為直 平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。 2．基本規律 (1)位移關系 (2)速度關系 3.結論和推論 （1）飛行時間：由t＝知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關。 （2）水平射程 x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同決定，與其他因素無關。 （3）落地速度 v＝＝，以θ表示落地速度與水平正方向間的夾角，有tan θ＝＝，落地速度與初速度v0和下落高度h有關。 （4）速度改變量 因為平拋運動的加速度為恒定的重力加速度g，所以做平拋運動的物體在任意相等時間間隔Δt內的速度改變量Δv＝gΔt是相同的，方向恒為豎直向下，如圖所示。 （5）兩個重要推論 ①做平拋運動的物體在任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖所示，即xB＝。 ②做平拋運動的物體在任意時刻任意位置處，有tan θ＝2tan α。 二、典例分析 （一）平拋運動規律的應用 1.平拋運動基本規律 [例1] 如圖所示，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h.若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點.c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點.等于(　　) A.20 B.18 C.9.0 D.3.0 答案　B 解析　摩托車從a點做平拋運動到c點，水平方向：h＝v1t1，豎直方向：h＝gt12，可解得v1＝，動能E1＝mv12＝；摩托車從a點做平拋運動到b點，水平方向：3h＝v2t2，豎直方向：0.5h＝gt22，解得v2＝3，動能E2＝mv22＝mgh，故＝18，B正確. 2.有約束條件的平拋運動 （1）“豎直墻壁”約束的平拋運動 例2　(多選)從豎直墻的前方A處，沿AO方向水平發射三顆彈丸a、b、c，在墻上留下的彈痕如圖所示，已知Oa＝ab＝bc，則a、b、c三顆彈丸(不計空氣阻力)(　　) A．初速度大小之比是∶∶ B．初速度大小之比是1∶∶ C．從射出至打到墻上過程速度增量之比是1∶∶ D．從射出至打到墻上過程速度增量之比是∶∶ 答案　AC 解析　水平發射的彈丸做平拋運動，豎直方向上是自由落體運動，水平方向上是勻速直線運動，又因為豎直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝gt2可知ta∶tb∶tc＝1∶∶，由水平方向x＝v0t可得va∶vb∶vc＝1∶∶＝∶∶，故選項A正確，B錯誤；由Δv＝gt，可知從射出至打到墻上過程速度增量之比是1∶∶，故選項C正確，D錯誤． （2）“斜面約束”的平拋運動 [例3]（多選） 如圖所示，長木板OA的傾角θ＝30°，在O點正上方的P處水平拋出一個小球，結果小球恰好垂直打在板面上距離O點為L的B點。重力加速度大小為g，空氣阻力忽略不計。下列說法正確的是(　　) A．小球在空中運動的時間為 B．小球被拋出時的初速度大小為 C．小球打到B點前瞬間的速度大小為 D．O、P兩點間的距離為 答案 BD　 解析 由幾何關系可知，小球在水平方向上的位移大小為x＝Lcos 30°＝L，小球在B點的速度關系滿足tan 60°＝，又因為x＝v0t，以上各式聯立解得v0＝，t＝，選項A錯誤，B正確；由幾何關系知，小球打在B點前的瞬時速度大小滿足v＝＝，選項C錯誤；O、P兩點間的距離為h＝gt2＋Lsin 30°＝，選項D正確。 （3）“曲面約束”的平拋運動 [例4] 如圖所示，從O點以水平初速度v1、v2拋出兩個小球(可視為質點)，最終它們分別落在圓弧上的A點和B點，已知OA與OB互相垂直，且OA與豎直方向成α角，不計空氣阻力，則兩小球初速度之比v1∶v2為(　 　) A．tan α B．cos α C．tan α D．cos α 答案 C 解析　設圓弧半徑為R，兩小球運動時間分別為t1、t2。對球1：Rsin α＝v1t1，Rcos α＝gt，對球2：Rcos α＝v2t2，Rsin α＝gt，聯立可得＝tan α，C正確。 3.平拋中的臨界、極值問題 [例5] 如圖所示，容量足夠大的圓筒豎直放置，水面高度為h，在圓筒側壁開一個小孔P，筒內的水從小孔水平射出，設水到達地面時的落點距小孔的水平距離為x，小孔P到水面的距離為y。短時間內可認為筒內水位不變，重力加速度為g，不計空氣阻力，在這段時間內下列說法正確的是(　　) A.水從小孔P射出的速度大小為 B.y越小，則x越大 C.x與小孔的位置無關 D.當y＝時，x最大，最大值為h 答案　D 解析　取水面上質量為m的水滴，從小孔噴出時由機械能守恒定律可知mgy＝mv2，解得v＝，選項A錯誤；水從小孔P射出時做平拋運動，則x＝vt h－y＝gt2 解得x＝v＝2 可知x與小孔的位置有關，由數學知識可知，當y＝h－y，即y＝h時x最大，最大值為h，并不是y越小x越大，選項D正確，B、C錯誤。 （二）類平拋運動規律的應用 [例6] 如圖所示，一個電子由靜止開始經加速電場加速后，沿中心軸線從O點垂直射入偏轉電場，并從另一側射出打到熒光屏上的P點，O′點為熒光屏的中心。已知電子質量m＝9.0×10－31 kg，電荷量e＝1.6×10－19 C，加速電場電壓U0＝2 500 V，偏轉電場電壓U＝200 V，極板的長度L1＝6.0 cm，板間距離d＝2.0 cm，極板的末端到熒光屏的距離L2＝3.0 cm。(忽略電子所受重力，結果保留兩位有效數字)求： (1)電子射入偏轉電場時的初速度v0的大小； (2)電子打在熒光屏上的P點到O′點的距離h； (3)電子經過偏轉電場過程中電場力對它所做的功W。 答案：(1)3.0×107 m/s　(2)0.72 cm　(3)5.8×10－18 J 解析：(1)電子在加速電場中加速，根據動能定理有： eU0＝mv02 解得：v0＝ 代入數據得：v0＝3.0×107 m/s。 (2)設電子在偏轉電場中運動的時間為t，電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側位移為y 電子在水平方向做勻速直線運動：L1＝v0t① 電子在豎直方向上做勻加速運動：y＝at2② 根據牛頓第二定律有：＝ma③ 聯立①②③代入數據得y＝0.36 cm 畫出電子的運動軌跡，由圖可知電子離開偏轉電場時速度的反向延長線過偏轉電場的中點 由幾何關系知，＝＝ 代入數據解得h＝0.72 cm。 (3)電子在偏轉電場運動的過程中電場力對它做的功W＝eEy＝ey＝5.8×10－18 J。 三、拓展延伸 .帶電粒子在電場中的運動分析 四、總結提升 約束類平拋運動常見題型 運動情景物理量分析vy＝gt，tan θ＝＝→t＝x＝v0t，y＝gt2→tan θ＝→t＝tan θ＝＝→t＝落到斜面上時合速度與水平方向的夾角為φ， tan φ＝＝＝＝2tan θ ，α＝φ－θtan θ＝＝→t＝在半圓內的平拋運動，h＝gt2，R＋＝v0t

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