第5章 第4节 抛体运动的规律（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理必修第二册（人教版2019）

第4节　抛体运动的规律 物理观念 科学思维 科学态度与责任 1.知道抛体运动的受力特点，会用运动的合成与分解的方法对平抛运动进行理论分析。 2．理解平抛运动的规律，知道平抛运动的轨迹是抛物线，会计算平抛运动的速度及位移。 3．会解决与平抛运动相关的实际问题。 认识平抛运动研究中等效替代的思想和“化繁为简”的思想，并能够用来研究一般的抛体运动。 通过用平抛运动的知识解决和解释自然、生活和生产中的例子，认识平抛运动的普遍性，体会物理学的应用价值。 [对应学生用书P20] 一、平抛运动的速度 1．以速度v0沿水平方向抛出一物体，物体做平抛运动。 2．运动分解→ 以抛出点为原点，以初速度v0的方向为x轴方向，竖直向下的方向为y轴方向，建立平面直角坐标系。 (1)水平方向：Fx＝0，ax＝0，水平方向做匀速直线运动，则vx＝v0。 (2)竖直方向：Fy＝mg，由牛顿第二定律得到mg＝ma，所以a＝g；竖直方向的初速度为0，所以竖直方向为自由落体运动，vy＝gt。 3．合速度 (1)大小：v＝＝ (2)方向：tan θ＝＝ 随着物体的下落，物体的速度越来越大；夹角θ越来越大，物体运动的方向越来越接近竖直向下的方向。 二、平抛运动的位移与轨迹 将物体以初速度v0水平抛出，经时间t： 1．物体在水平方向的位移：x＝v0t。　① 2．物体在竖直方向的位移：y＝gt2。　② 3．轨迹方程：物体的轨迹方程由x、y确定，由①式得t＝，代入②式得轨迹方程为y＝x2。平抛运动的轨迹是一条抛物线。 1．(物理与体育)某学校春季运动会中，一同学参加铅球比赛时掷铅球的情境如图所示，判断下列说法的正误。(对的画“√”，错的画“×”) (1)铅球的运动一定是匀变速运动。(　　√　　) (2)铅球的初速度越大，下落得越快。(　　×　　) (3)铅球运动到最高点时，速度为零。(　　×　　) (4)铅球的合速度方向可能竖直向下。(　　×　　) (5)铅球在相等的时间内速度的变化量相等。(　　√　　) 2．(教材拓展P18)“图5.4­6” (1)水的运动轨迹是什么？在运动过程中受什么力作用？ (2)在最高点时速度是不是0? 提示：(1)运动轨迹是曲线，忽略空气阻力，只受重力的作用。 (2)在最高点时速度不为0，速度方向沿水平方向。 备课札记 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [对应学生用书P21] 探究点一 平抛运动的规律 如图所示，在一个稍大些的容器下端装一根细管，然后在容器中灌水，水将从细管中流出，并使细管水平。 [问题设计] 观察从水平管流出的水，结合曲线运动的条件，说明水流的运动轨迹为什么是曲线？其速度有何特点？ 提示：初速度方向水平，重力方向竖直向下，运动方向与受力方向不共线，故轨迹是曲线。 水流运动的速度大小增大，方向时刻改变。 1．平抛运动的性质：加速度为g的匀变速曲线运动。 2．平抛运动的特点 (1)受力特点：只受重力作用，不受其他力或其他力忽略不计。 (2)运动特点 ①加速度：a＝g，平抛运动是匀变速曲线运动。 ②速度：初速度v0方向水平；任意时刻的瞬时速度的水平分量都等于初速度v0，竖直分量都等于自由落体运动的速度。 ③速度变化特点：任意两个相等的时间间隔Δt内速度的变化量Δv大小相同，即Δv＝gΔt ；方向相同，即方向竖直向下，如图所示。 公式a＝在曲线运动中仍适用，只是要注意a与Δv的矢量性。 (3)轨迹特点：运动轨迹是抛物线。 3．研究方法 (1)由于平抛运动是匀变速曲线运动，速度、位移的方向时刻发生变化，无法直接应用运动学公式，因此研究平抛运动问题时采用运动分解的方法。 (2)平抛运动一般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。 4．运动规律 项目 速度 位移 水平分运动 水平速度vx＝v0 水平位移x＝v0t 竖直分运动 竖直速度vy＝gt 竖直位移y＝gt2 合运动 大小： v＝ 方向：与水平方向夹角为θ，tan θ＝＝ 大小：s＝ 方向：与水平方向夹角为α，tan α＝＝ 图示 【例1】 (多选)如图所示，在高空匀速飞行的轰炸机，每隔1 s投下一颗炸弹，若不计空气阻力，则(　　) A．这些炸弹落地前排列在同一条竖直线上 B．这些炸弹落地前排列在同一条抛物线上 C．这些炸弹落地时速度大小和方向都相同 D．这些炸弹都落在地面上同一点 AC　解析：这些炸弹都是做平抛运动，速度的水平分量都一样，与飞机速度相同。相同时间内，水平方向上位移相同，所以这些炸弹排在同一条竖直线上，故A正确，B错误。由于这些炸弹下落的高度相同，初速度也相同，这些炸弹落地时速度大小和方向都相同，故C正确。这些炸弹抛出时刻不同，落地时刻也不一样，不可能落在地面上的同一点，故D错误。 【例2】 (2024·湖南雅礼高一期中)如图所示，滑板运动员以速度v0从离地高度h处的平台末端水平飞出，落在水平地面上。忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是(　　) A．v0越大，运动员在空中运动时间越长 B．v0越大，运动员落地瞬间速度越小 C．运动员落地瞬间速度与高度h无关 D．运动员落地位置与v0大小有关 D　解析：运动员在空中的运动为平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，有h＝gt2，解得t＝，说明运动员在空中的运动时间只与高度有关，与初速度无关，A错误；设运动员落地瞬间在竖直方向上的速度为vy，则有v＝，运动员落地瞬间速度大小v＝＝，说明初速度越大，下落高度越高，落地时的速度越大，B、C错误；设运动员运动过程的水平位移为x，则有x＝v0t＝v0，说明运动员落地位置与初速度和下落高度都有关系，D正确。 [练1] (2023·北京通州高一期中)一个人水平抛出一个小球，球离手时的初速度为v0，落地时的速度是v-t，空气阻力忽略不计，下列哪个图像正确表示了速度矢量变化的过程(　　) B　解析：小球水平抛出后，只受到重力作用。所以在水平方向上速度不变，将保持匀速直线运动；在竖直方向上在重力作用下速度逐渐增大，小球做匀加速直线运动。所以任意两个时刻的速度之差：水平分速度之差为零，竖直分速度之差为Δv＝g·Δt，沿着竖直方向向下，B正确。 [练2] 一艘敌舰正以v1＝12 m/s的速度逃跑，飞机在320 m的高空以v2＝105 m/s的速度同向追击。为击中敌舰，应提前投弹。飞机投弹时，沿水平方向它与敌舰之间的距离应为多大？ 答案：744 m 解析：由h＝gt2求得炸弹在空中运动的时间 t＝＝ s＝8 s 该段时间内敌舰前进的距离 x1＝v1t＝12×8 m＝96 m 炸弹的水平位移x2＝v2t＝105×8 m＝840 m 飞机投弹时，沿水平方向它与敌舰之间的距离应为 840 m－96 m＝744 m。 探究点二 平抛运动的推论 1．平抛运动的研究方法：研究曲线运动通常采用“化曲为直”的方法，即将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动。 2．平抛运动的两个推论 (1)平抛运动某一时刻速度与水平方向夹角为θ，位移与水平方向夹角为α，则tan θ＝2tan α。 证明：因为tan θ＝＝，tan α＝＝，所以tan θ＝2tan α。 (2)速度反向延长线的特点：平抛运动的物体速度的反向延长线通过此时水平位移的中点。 证明：如图所示，P点速度的反向延长线交OB于A点。则OB＝v0t，AB＝＝·＝，可见AB＝。 3．平抛运动的时间：平抛运动的物体在空中运动的时间只与下落的高度有关，与初速度的大小无关。 (1)利用水平方向的规律：t＝。 (2)利用竖直方向的规律：t＝。 (3)利用速度的规律：t＝，t＝或t＝。 4．平抛运动的水平位移：由x＝v0t＝v0知，做平抛运动的物体的水平位移由初速度v0和下落高度h共同决定。 【例3】 如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面的顶端，先后将同一小球以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v1，球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面夹角为α1，落点与抛出点间的距离为x1，第二次初速度为v2，且v2＝1.5v1，球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面夹角为α2，落点与抛出点间的距离为x2，则(　　) A．α2>α1 B．α2＝α1 C．x2＝1.5x1 D．x2＝3x1 B　解析：小球运动的轨迹图如图所示。根据平抛运动的推论：速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，可知tan (α＋θ)＝2tan θ，由于两次都落在斜面上，位移方向与水平方向的夹角θ相等，所以速度方向与水平方向的夹角(α＋θ)也相等，即α2＝α1，故A错误，B正确；两次都落在斜面上，由tan θ＝，解得t＝，由水平位移公式x＝v0t＝v0·＝，即x∝v，可知两次的水平位移之比为＝＝＝2.25，C、D错误。 解平抛运动问题的方法 一般情况下，将平抛运动进行合成或分解，若已知的是速度则分解或合成速度，若已知的是位移则分解或合成位移。 [练3] 如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以初速度v0抛出一个小球，落在斜面上的Q点，小球落在斜面上的速度方向与斜面的夹角为α，若把初速度变为kv0，小球仍落在斜面上，则(　　) A．小球的水平位移和竖直位移之比变为原来的k倍 B．小球在空中的运动时间变为原来的k倍 C．P、Q两点的间距一定为原来间距的k倍 D．夹角α将变为原来的k倍 B　解析：斜面倾角的正切值tan θ＝＝，得t＝，运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的k倍，则小球的水平位移和竖直位移之比不变，运动时间变为原来的k倍，故A错误，B正确；因为初速度变为原来的k倍，运动的时间也变为原来的k倍，根据x＝v0t，水平位移变为原来的k2倍，竖直位移也变为原来的k2倍，P、Q两点的间距s＝，所以P、Q两点的间距变为原来间距的k2倍，故C错误；由tan (θ＋α)＝2tan θ，知斜面倾角θ不变，速度与斜面的夹角α也不变，D错误。 [练4] 如图所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖甲与竖直墙壁成α＝53°角，飞镖乙与竖直墙壁成β＝37°角，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。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 答案： 解析：设射出点P离墙壁的水平距离为L，飞镖甲下降的高度为h1，飞镖乙下降的高度为h2，根据平抛运动的重要推论可知，两飞镖速度的反向延长线一 定通过水平位移的中点Q，如图所示，由此得 cot β－cot α＝d， 代入数值得L＝。 探究点三 解决实际问题 [练5] (军事情境)(2024·广西南宁高一检测)在某次军事演习中，一架轰炸机前往执行轰炸任务，已知轰炸机水平飞行并将无动力炸弹水平抛出，把炸弹的运动简化为平抛运动。已知防空雷达依次测得炸弹的三个坐标如图所示。其中第一个参数为炸弹距雷达站的水平距离，第二个为炸弹到地面的高度。若炸弹前进方向的目标区域依次有发电厂、空地和军火库。发电厂中心距雷达站1 000 m，各目标范围为200 m。g取10 m/s2。 (1)求轰炸机水平飞行的速度大小； (2)坐标C被测定后，雷达站立即向被轰炸目标发送预警，忽略发送信息及信息传送的时间。请问轰炸机的轰炸目标是哪个？ 答案：(1)100 m/s　(2)发电厂 解析：(1)设轰炸机初速度为v0，炸弹落至A点竖直方向速度为vy0，炸弹由A到B的时间为2t，A、B间水平距离x1＝200 m，B、C间水平距离x2＝100 m。 设B到C的时间为t，则竖直方向，A到B的竖直高度 h1＝vy0·2t＋g(2t)2 A到C的竖直高度h2＝vy0·3t＋g(3t)2 解得t＝1 s，vy0＝10 m/s 则轰炸机水平飞行速度v0＝＝100 m/s。 (2)A点距地面高度H＝vy0t1＋gt，得t1＝19 s A点到炸弹落地点水平距离x＝v0t1，得x＝1 900 m 又因A点到雷达站的水平距离为2 900 m，即炸弹落地点离雷达站1 000 m。炸弹将落至发电厂。 [练6] (体育情境)(多选)(2024·广东深圳高一期中)高山跳台滑雪是冬奥会上很惊险、刺激、具有观赏性的比赛项目。设运动员离开跳台时速度方向与水平方向成θ角斜向上，到达最高点时速度大小为v，从最高点到落到地面所用时间为t，运动员在空中运动时，只考虑重力的作用，且运动员可视为质点，重力加速度为g。下列判断正确的是(　　) A．运动员离开跳台时的速度大小是v cos θ B．运动员在空中运动的总时间是＋t C．运动员在竖直方向发生的位移大小是gt2－ D．运动员做的是匀变速运动 CD　解析：由题意可知，运动员水平方向的分速度为v，所以在离开跳台时由平行四边形定则，可知离开跳台时的速度v离开＝，A错误；在出发点由平行四边形定则vy＝v tan θ，运动员在竖直方向做竖直上抛运动，所以运动员从出发到到达最高点的时间ty＝＝，所以总时间t总＝ty＋t＝＋t，B错误；竖直方向全程可看作加速度为－g的匀变速直线运动，所以由位移时间公式x＝v tan θ·－g＝－[gt2－]，所以运动员在竖直方向发生的位移大小是gt2－，C正确；设运动员在空中运动时只考虑重力的作用，故运动员做的是匀变速运动，D正确。 [练7] (体育情境)摩托车跨越表演是一项惊险刺激的运动，受到许多极限运动爱好者的喜爱。假设在一次跨越河流的表演中，摩托车离开平台时的速度为24 m/s，刚好成功落到对面的平台上，测得两岸平台高度差为5 m，如图所示。若飞越中不计空气阻力，摩托车可以近似看成质点，g取10 m/s2，则下列说法错误的是(　　) A．摩托车在空中的飞行时间为1 s B．河宽为24 m C．摩托车落地前瞬间的速度大小为10 m/s D．若仅增加平台的高度(其他条件均不变)，摩托车依然能成功跨越此河流 C　解析：摩托车在竖直方向做自由落体运动，则有h＝gt2，解得摩托车在空中的飞行时间t＝1 s，A正确；河流的最大宽度即摩托车在水平方向的位移d＝x＝v0t＝24×1 m＝24 m，B正确；在竖直方向上的速度vy＝gt＝10 m/s，则摩托车落地前瞬间的速度v＝＝ m/s＝26 m/s，C错误；摩托车离开平台做平抛运动，仅增加平台的高度(其他条件均不变)，则有在空中的飞行时间增大，摩托车在水平方向上的位移增大，所以摩托车依然能成功跨越此河流，D正确。 [对应学生用书P24] 1．(2024·山东济南高一期末)春耕选种时常用到的一种农具的部分结构如图所示，风轮转动产生的风力使谷粒从管口水平飞出，落到水平地面上。谷粒离开管口后不再考虑所受风力影响，不计空气阻力。关于谷粒在空中下落的时间，下列分析正确的是(　　) A．下落的时间与风力有关 B．下落的时间与谷粒质量有关 C．下落的时间与谷粒水平飞出的初速度有关 D．下落的时间与管口离地面的高度有关 D　解析：谷粒从管口水平飞出，竖直方向有h＝gt2，谷粒在空中下落的时间t＝，D正确。 2．在同一水平直线上的两位置分别沿相同方向水平抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，两球在空中相遇，则下列说法正确的是(　　) A．相遇时B球竖直分速度较大 B．相遇时A球速度与水平方向夹角较大 C．应该同时抛出两小球 D．应该先抛出A球 C　解析：两球在竖直方向上做自由落体运动，根据h＝gt2，vy＝gt，在同一水平直线上水平抛出两小球，相遇时，两球下落高度相同，下落时间相等，则应该同时抛出两小球，相遇时两球的竖直分速度相等，A、D错误，C正确；相遇时小球与水平方向的夹角满足tan θ＝，由于所用时间相等，A球的水平位移较大，则A的初速度较大，A球速度与水平方向夹角较小，B错误。 3．(多选)将一个物体从h高处以水平初速度v0抛出，物体落地时的速度为v，竖直分速度为vy，下列公式能用来表示该物体在空中运动时间的是(　　) A． B． C． D． ACD　解析：平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，设从抛出到落地经历的时间为t。水平方向位移x＝v0t，竖直方向位移h＝gt2，竖直分速度vy＝gt；则竖直方向的位移h＝t；合速度与分速度大小关系为v＝v2－v，由以上各式可知，A、C、D正确。 4．(2024·山东济宁高一期中)如图所示，某人从距离平台右端x0＝10 m处起跑，以恒定的加速度向平台的右端冲去，离开平台后恰好落在地面上的小车车厢底板中心。设平台右端与车厢底板间的竖直高度H＝1.8 m，与车厢底板中心的水平距离x＝1.2 m，g取10 m/s2，求： (1)人离开平台时的速度v0； (2)人运动的总时间t。 答案：(1)2 m/s　(2)10.6 s 解析：(1)设人在平台上运动的时间为t1，离开平台做平抛运动的初速度为v0，平抛运动的时间为t2，由平抛运动的规律有 x＝v0t2，H＝gt，解得t2＝0.6 s，v0＝2 m/s。 (2)人在平台上做匀加速直线运动，有x0＝t1，解得t1＝10 s，人运动的总时间t＝t1＋t2，解得t＝10.6 s。 5．(2022·全国甲卷)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。 答案： m/s 解析：由题知，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去了3个影像，可知抛出小球后其经过s1和s2过程所用的时间均为Δt＝4×0.05 s＝0.2 s 设小球初速度为v0，则在第一个0.2 s内，小球水平位移 x1＝0.2v0 小球竖直位移y1＝g(Δt)2＝0.2 m 在第二个0.2 s内，小球水平位移x2＝0.2v0 小球竖直位移y2＝3y1＝0.6 m 由题知s1∶s2＝3∶7，根据勾股定理可得 ＝＝ 解得v0＝ m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$