第一章 专题强化 平抛运动规律的应用-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（教科版）

专题强化　平抛运动规律的应用 [学习目标]　1.能熟练运用平抛运动的推论解决问题(难点)。2.会分析平抛运动与斜面、曲面相结合的问题(重难点)。 一、平抛运动的两个重要推论 1．推论一：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水平位移的中点。如图，即xOB＝xA。 推导：从速度的分解来看，速度偏向角的正切值 tan θ＝＝① 将速度v反向延长，速度偏向角的正切值 tan θ＝＝② 联立①②式解得xOB＝v0t＝xA。 2．推论二：做平抛运动的物体在某时刻，设其速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α。 推导：速度偏向角的正切值tan θ＝① 位移偏向角的正切值 tan α＝＝＝② 联立①②式可得tan θ＝2tan α。 例1　如图所示，若物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后仍落在斜面上，则物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足(空气阻力不计，物体可视为质点)(　　) A．tan φ＝sin θ B．tan φ＝cos θ C．tan φ＝tan θ D．tan φ＝2tan θ 答案　D 解析　物体从抛出至落到斜面的过程中，位移方向与水平方向的夹角为θ，落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为φ，由平抛运动的推论知tan φ＝2tan θ，选项D正确。 例2　在电视剧里，我们经常看到这样的画面：屋外刺客向屋里投来两支飞镖，落在墙上，如图所示。现设飞镖是从同一位置做平抛运动射出来的，飞镖A与竖直墙壁成53°角，飞镖B与竖直墙壁成37°角，两落点相距为d，那么刺客离墙壁有多远(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A.d B．2d C.d D.d 答案　C 解析　把两飞镖速度反向延长，交点为水平位移中点，如图所示，设水平位移为x，－＝d，解得x＝d，故选C。 二、与斜面有关的平抛运动 已知条件 情景示例 解题策略 已知速度方向 从斜面外水平抛出，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面 分解速度，构建速度三角形 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 从斜面外水平抛出，恰好无碰撞地进入斜面轨道，如图所示，已知该点速度方向沿斜面 分解速度 vx＝v0 vy＝gt tan α＝＝ 已知位移方向 从斜面上水平抛出又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下 分解位移，构建位移三角形 x＝v0t y＝gt2 tan θ＝＝ 在斜面外水平抛出，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面 分解位移 x＝v0t y＝gt2 tan θ＝＝ 例3　(2022·黑龙江宾县二中高一期末)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的质量为m的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，重力加速度为g，空气阻力不计。 (1)若小球以最小位移到达斜面，求小球到达斜面经过的时间t； (2)若小球垂直击中斜面，求小球到达斜面经过的时间t′。 答案　(1)　(2) 解析　(1)小球以最小位移到达斜面时位移与斜面垂直，位移与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，解得t＝。 (2)小球垂直击中斜面时，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝，解得t′＝。 例4　跳台滑雪需要利用山势特点建造一个特殊跳台。一运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在滑雪道上获得较高速度后从A点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆，如图所示。已知可视为质点的运动员从A点水平飞出的速度v0＝20 m/s，山坡可看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)运动员在空中的飞行时间t1； (2)运动员从飞出至落在斜面上的位移大小x0； (3)运动员落在斜面上时的速度大小v； (4)运动员何时离斜面最远。 答案　(1)3 s　(2)75 m　(3)10 m/s　(4)1.5 s 解析　(1)运动员从A点到B点做平抛运动， 水平方向的位移大小x＝v0t1 竖直方向的位移大小y＝gt12 又有tan 37°＝ 代入数据解得t1＝3 s，x＝60 m，y＝45 m。 (2)运动员从飞出至落在斜面上的位移大小 x0＝＝75 m。 (3)运动员落在斜面上时速度的竖直分量 vy＝gt1＝10×3 m/s＝30 m/s， 则运动员落在斜面上时的速度大小 v＝＝10 m/s。 (4)如图，设运动员在C点距离斜面最远，此时合速度方向与斜面平行， tan 37°＝， 即tan 37°＝， 解得t2＝＝1.5 s。 三、与曲面有关的平抛运动 情景示例 解题策略 从圆弧形轨道外水平抛出，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向 分解速度，构建速度三角形 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 从圆弧面外水平抛出，垂直落在圆弧面上，如图所示，已知速度的方向垂直于圆弧面 分解速度，构建速度三角形 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 从圆弧面上水平抛出又落到圆弧面上(以落点在O′右侧为例)，如图所示， 利用几何关系求解位移关系 x＝v0t y＝gt2 R2＝(x－R)2＋y2 例5　(2023·乐山市峨眉第二中学校考)如图所示，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A正上方的P点，以大小为v0的初速度水平抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为45°，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则P、A两点的高度差为(　　) A. B.v02 C.v02 D. 答案　B 解析　小球做平抛运动，水平方向有R＋Rcos 45°＝v0t，在B处相切，有tan 45°＝＝，解得R＝v02，由几何关系有P、A两点的高度差h＝gt2＋Rsin 45°，解得h＝v02，故选B。 专题强化练 考点一　平抛运动的两个重要推论 1. 如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球水平抛出时的初速度大小为gttan θ B．小球在t时间内的位移方向与水平方向之间的夹角为 C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 D．若小球初速度增大，则θ减小 答案　D 解析　将小球的速度、位移分解如图所示，vy＝gt，v0＝＝，故A错误；设位移方向与水平方向夹角为α，由平抛运动的推论知tan θ＝2tan α，α≠，故B错误；平抛运动的落地时间由下落高度决定，与水平初速度无关，故C错误；由tan θ＝＝知，t不变时，v0增大，则θ减小，故D正确。 2. (2022·海林市高级中学高一开学考试)如图所示，将一小球从坐标原点O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，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，不计空气阻力，则小球运动的时间为(　　) A．1 s B．2 s C．3 s D．4 s 答案　C 解析　由平抛运动的推论可知，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x水平＝OM＝2QM＝6 m。由于水平方向做匀速直线运动，则小球运动的时间为t＝＝3 s，故选C。 考点二　与斜面、曲面相结合的平抛运动 3. (多选)(2023·甘孜州高一校考)如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O为圆心，AB为水平直径。有一小球从A点以不同的初速度向右水平抛出，不计空气阻力，则小球(　　) A．初速度越大，运动时间越长 B．初速度不同，运动时间一定不同 C．落到轨道的瞬间，速度方向不可能沿半径方向 D．落到轨道的瞬间，速度方向的反向延长线与水平直径的交点在O点的左侧 答案　CD 解析　平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时与半圆接触时下落的距离不一定比初速度小时下落的距离大；初速度大小不同的小球下落的高度也可能相等，它们运动的时间也可能相等，故A、B错误；若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半圆形轨道，即速度方向沿半径方向，则此时速度方向与水平方向的夹角是此时位移方向与水平方向夹角的2倍，但根据平抛运动推论可知：同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是此时位移与水平方向夹角正切值的两倍，由数学知识可知两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向，故C正确；小球做平抛运动，根据平抛运动推论可知，落到轨道的瞬间，此时速度方向的反向延长线交于小球水平位移的中点，由于小球落在轨道上的水平位移小于水平直径AB，所以可推知速度方向的反向延长线与水平直径的交点一定在O点的左侧，故D正确。 4. (2022·黑龙江五大连池市沾河高级中学高一期末)如图所示，跳台斜坡与水平面的夹角θ＝37°，滑雪运动员从斜坡的起点A点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的B点。不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则运动员离开A点时的速度大小为(　　) A．15 m/s B．20 m/s C．25 m/s D．30 m/s 答案　B 解析　运动员在竖直方向做自由落体运动，设A点与B点的距离为L，则有Lsin 37°＝gt2，解得L＝75 m，设运动员离开A点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，则有Lcos 37°＝v0t，解得v0＝20 m/s，B正确，A、C、D错误。 5. 如图所示，某物体(可视为质点)以水平初速度抛出，飞行一段时间t＝ s后，垂直地撞在倾角θ＝30°的斜面上(g取10 m/s2)，不计空气阻力，由此计算出该物体的水平位移x和水平初速度v0为(　　) A．x＝25 m B．x＝5 m C．v0＝10 m/s D．v0＝20 m/s 答案　C 解析　物体撞在斜面上时竖直分速度vy＝gt＝10 m/s，将速度进行分解，有tan 30°＝，解得v0＝10× m/s＝10 m/s，则水平位移x＝v0t＝10× m＝10 m，故C正确，A、B、D错误。 6. (2023·成都市高一期中)在某次山地测试中，战斗机以v0＝3 m/s的速度沿水平方向投放了一枚炸弹，炸弹正好垂直击中山坡上的目标，山坡的倾角为37°，如图所示，不计空气阻力。sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，求： (1)炸弹在空中飞行的时间； (2)炸弹竖直方向下落的距离与水平方向通过的距离之比。 答案　(1)0.4 s　(2) 解析　(1)炸弹正好垂直击中山坡上的目标，则 tan 37°＝ 又vy＝gt，联立解得t＝0.4 s (2)炸弹水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则＝＝。 7. (2023·成都石室中学高一期中)运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，如图所示。测得ab间的距离为40 m，斜坡与水平方向的夹角为30°，不计空气阻力，g取10 m/s2。 (1)求运动员在空中飞行的时间t； (2)求运动员在a处的速度大小v0； (3)若滑雪道斜坡足够长，运动员在a点的飞出速度大小发生变化时，他落在斜坡上的速度方向是否变化，并说明理由。 答案　(1)2 s　(2)10 m/s　(3)见解析 解析　(1)(2)运动员从a处运动到b处，做平抛运动，根据平抛运动规律Lsin 30°＝gt2 Lcos 30 °＝v0t 解得t＝2 s，v0＝10 m/s (3)在平抛运动中速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，运动员在a点的飞出速度大小发生变化时，他落在斜坡上的速度方向不会变化。 8. 如图，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd。从a点正上方的O点以速度v0水平抛出一个小球，它落到斜面上b点。若小球从O点以速度2v0水平抛出，则它落在斜面上的(不计空气阻力)(　　) A．b与c之间某一点 B．c点 C．c与d之间某一点 D．d点 答案　A 解析　当水平初速度变为2v0时，如果去掉斜面，作过b点垂直于Oa的直线be，小球将落在c点正下方的直线上的e点，连接O点和e点的抛物线与斜面相交于b、c间的一点(如图)，该点即为小球以速度2v0水平抛出时在斜面上的落点，故选A。 9．(2023·广安市高一期末)两位同学正在进行象棋竞技活动，一同学不小心没拿稳棋子，棋子从手中掉落到桌面上滚动，并垂直桌面边缘水平飞出；着地点刚好在另一张桌子边缘的正下方，且落地时速度方向与竖直方向的夹角为θ，两桌面边缘相互平行，已知桌子高度为h，则相互靠近的两桌面边缘的距离为(忽略空气的阻力)(　　) A. B．htan θ C. D．2htan θ 答案　D 解析　设两桌面边缘的距离为L，位移与水平方向的夹角为α，由题可知速度方向与竖直方向的夹角为θ，则速度方向与水平方向的夹角为90°－θ，由平抛运动的规律及推论tan(90°－θ)＝＝2tan α＝2，可得L＝＝2htan θ，故D正确，A、B、C错误。 10. (2023·成都石室中学校考)跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，假设运动员从C点水平飞出，落到斜坡上的D点，E点离坡道CD最远，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．运动员在空中相等时间内速度变化量不相等 B．轨迹CE和ED在水平方向的投影长度相等 C．轨迹CE和ED在CD上的投影长度之比为1∶3 D．若减小水平飞出速度，运动员落到斜坡时速度与水平方向的夹角将变小 答案　B 解析　运动员在空中做平抛运动，加速度恒定为g，则根据Δv＝gΔt，可知相等时间内速度变化量相等，故A错误；设斜坡的倾角为θ，则到达E点时tan θ＝，到达斜坡底端时tan θ＝＝，解得t2＝2t1，即从C到E的时间等于从E到D的时间，则根据x＝v0t可知，轨迹CE和ED在水平方向的投影长度相等，故B正确；运动员沿斜坡方向做初速度为v0cos θ，加速度为gsin θ的加速运动，由于初速度不为零，则根据相等时间的位移关系可知，运动员沿斜坡方向的位移之比不等于1∶3，即轨迹CE和ED在CD上的投影长度之比不等于1∶3，故C错误；运动员落到斜坡时速度与水平方向的夹角tan α＝，结合tan θ＝，可得tan α＝2tan θ，则若减小水平飞出速度，运动员落到斜坡时速度与水平方向的夹角不变，故D错误。 11．如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是以O为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内。现有一小球从一水平桌面的边缘P点向右水平飞出，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道。OA与竖直方向的夹角为θ1，PA与竖直方向的夹角为θ2。下列说法正确的是(　　) A．tan θ1·tan θ2＝2 B.＝2 C．tan θ1·tan θ2＝ D.＝ 答案　A 解析　小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。进入轨道时的速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝＝，小球的位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝＝，则tan θ1·tan θ2＝2。故选项A正确，B、C、D错误。 12. (2023·成都七中高一期中)如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3 m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。(不计空气阻力，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取9.8 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果保留2位小数)求： (1)抛出点O离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。 答案　(1)1.74 m　(2)0.20 解析　(1)小球抛出后，在斜面P点处垂直击中滑块，可知此时小球速度方向与斜面垂直，设此时小球竖直方向分速度为vy，则有tan 37°＝＝ 解得vy＝4 m/s 小球由O到P做平抛运动，则其运动的时间为 t＝＝0.41 s 小球水平位移为x＝v0t＝1.23 m 小球竖直位移为y＝·t＝0.82 m 根据几何关系可知，P点高度为h＝xtan 37°＝0.92 m 所以O离斜面底端的高度为H＝y＋h＝1.74 m (2)对滑块受力分析，设其沿斜面向下运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有 ma＝mgsin 37°－μmgcos 37° 可得a＝(5.88－7.84μ) m/s2 所以滑块沿斜面向下由静止开始做匀加速直线运动，到达P点被小球击中，滑块位移为 s＝l－＝0.36 m 小球抛出的同时释放滑块，所以滑块运动时间也为t＝0.41 s 由s＝at2 解得a＝4.3 m/s2 则μ＝0.20。 学科网（北京）股份有限公司 $$