第5章 专题强化3 平抛运动的两个重要推论 与斜面、曲面相结合的平抛运动-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修第二册同步导学案配套PPT课件（人教版）单选

专题强化3　平抛运动的两个重要推论 与斜面、曲面相结合的平抛运动 第五章　抛体运动   [学习目标]　 1.掌握平抛运动的两个重要推论,能熟练运用其推论解决相关问题(重点)。 2.进一步掌握平抛运动规律,了解平抛运动与斜面、曲面相结合问题的特点(重难点)。 课时作业 巩固提升 类型1　平抛运动的两个重要推论 类型2　与斜面有关的平抛运动 内容索引 类型3　与曲面有关的平抛运动 巩固演练 举一反三 类型1　平抛运动的两个重要推论 一 4 1.推论一:从抛出点开始,任意时刻速度偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍。 证明:如图所示,平抛运动某一时刻速度与水平方向的夹角为θ,位移与水平方向的夹角为α,   因为tan θ==,tan α==,所以tan θ=2tan α。 2.推论二:从抛出点开始,任意时刻速度的反向延长线过水平位移的中点。 证明:如上图所示,P点速度的反向延长线交OB于A点,则OB=v0t,AB==gt2·=v0t,可见AB=OB。 [例1]　两位同学正在进行跳棋竞技活动,一同学不小心没拿稳棋子,棋子从手中掉落到桌面上滚动,并沿桌面边缘水平飞出,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 D [解析]　设两桌面边缘的距离为L,设棋子的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,由平抛运动的推论有tan(90°-θ)=2tan α=2,可得L=2htan θ,故D正确,A、B、C错误。 [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 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,则   -=d, 解得x=d,故选C。 二 类型2　与斜面有关的平抛运动 11 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,已知该点速度沿斜面方向   分解速度 vx=v0 vy=gt tan α== 已知条件 情景示例 解题策略 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]　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]　如图所示,女子跳台滑雪运动员踏着专用滑雪板,不带雪杖在助滑路上(未画出)获得一速度后水平飞出,在空中飞行一段距离后着陆。设某运动员由斜坡顶的A点沿水平方向飞出的速度v0=20 m/s,落点在斜坡上的B点,斜坡倾角θ=37°,斜坡可以看成一斜面,不考虑空气阻力(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求: (1)运动员在空中飞行的时间t; (2)A、B间的距离s; (3)运动员落到斜面上时的速度大小; (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)运动员由A点到B点做平抛运动,水平方向的位移x=v0t,竖直方向的位移y=gt2 又=tan 37° 联立解得t==3 s。 (2)由题意知sin 37°==,得A、B间的距离s==75 m。 (3)运动员落在斜面上时速度的竖直分量vy=gt=10×3 m/s=30 m/s 运动员落到斜面上时的速度大小v= =10 m/s。 (4)如图,运动员距离斜面最远时,合速度方向与斜面平行,有 tan 37°= 即tan 37°= 解得t'==1.5 s。 方法总结 1.从斜面上抛出落在斜面上:位移偏向角等于斜面倾角,速度方向与斜面方向平行时,物体离斜面最远。 2.从斜面外抛出落在斜面上:构建速度三角形,垂直时,速度偏向角等于斜面倾角的余角。 三 类型3　与曲面有关的平抛运动 20 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== 情景示例 解题策略 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,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]　(2024·江西吉安一中校考期末)半径为R半圆形的弯曲面固定放置在水平地面上的C点,O是圆心,AB是水平直径,OC是竖直半径,D是圆弧上的一个小孔,∠COD=60°。现让视为质点的小球(直径略小于小孔D的直径)从O点水平向右抛出,经过D(与小孔无碰撞)落到水平地面的E点,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.小球在D点的速度方向由O指向D B.小球在D点的速度大小为 C.小球在O点的速度大小为2 D.小球由D到E运动的时间为 B [解析]　小球从O点到D点做平抛运动,根据平抛运动规律可知速度的反向延长线过水平位移中点,小球从O点抛出,故D点的速度方向不可能由O指向D,故A错误;小球从O点到D点做平抛运动,则有Rcos 60°=g,Rsin 60°=v0t1,解得小球在O点的初速度大小为v0= ,故C错误;根据上述分析可以解得,小球由O到D的运动时间t1=,从O到E的运动过程有R=g,解得t2=,则小球从D到E的运动时间为t3=t2-t1=(-1) ,故D错误;结合上述分析可知, 小球在D点的速度大小为v== ,故B正确。 [例6]　(2024·湖北潜江中学高一校考)水平放置的圆柱体正上方有一点P,将一个小球从P点以v0沿垂直于圆柱体轴线方向水平抛出,其飞行一段时间后,恰由Q点沿切线飞过,测得圆心O与Q的连线与OP的夹角为θ,试求: (1)小球从P运动到Q的时间t; (2)小球的初始位置P点到圆柱体最高点的高度H。 [答案]　(1)　(2)-+ [解析]　(1)设小球在Q点时的速度为vQ,在Q点竖直方向的速度为vy,如图所示,根据几何关系可得Q点的速度与水平方向的夹角为θ,则 tan θ= 可得vy=v0tan θ 小球做平抛运动,竖直方向为自由落体运动,则vy=gt 联立解得t=。 (2)小球做平抛运动,水平方向为匀速运动,则x=v0t= 由几何关系得R== 竖直方向位移y=gt2 可得y= 小球距圆柱体的高度H=y-R(1-cos θ) 联立可得H=-+。 四 巩固演练 举一反三 28 1.如图所示,一小球自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上,小球与斜面接触时速度方向与水平方向的夹角φ满足(　　)   A.tan φ=sin θ　　　　　 B.tan φ=cos θ C.tan φ=tan θ D.tan φ=2tan θ D 解析:如题图所示,小球接触斜面时位移方向与水平方向的夹角为θ,由平抛运动的推论可知,速度方向与水平方向的夹角φ与θ满足tan φ=2tan θ,D正确。 2.如图所示,xOy是平面直角坐标系,Ox水平、Oy竖直,一质点从O点开始做平抛运动,P点是轨迹上的一点。质点在P点的速度大小为v,方向沿该点所在轨迹的切线方向。M点为P点在Ox轴上的投影,P点速度方向的反向延长线与Ox轴相交于Q点。已知平抛的初速度为20 m/s,MP=20 m,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.QM的长度为10 m B.质点从O到P的运动时间为1 s C.质点在P点的速度v的大小为40 m/s D.质点在P点的速度方向与水平方向的夹角为45° D 解析:根据平抛运动在竖直方向为自由落体运动有h=gt2,可得t=2 s,质点在水平方向的位移为x=v0t=40 m,根据平抛运动的推论可知Q是OM的中点,所以QM=20 m,故A、B错误;质点在P点的竖直速度vy=gt=10×2 m/s =20 m/s,所以质点在P点的速度v== m/s=20 m/s,故C错误;因为tan θ==1,所以质点在P点的速 度方向与水平方向的夹角为45°,故D正确。 3.如图所示,以10 m/s 的水平初速度v0抛出的物体,飞行一段时间后,垂直地撞在倾角θ为45°的斜面上(g取10 m/s2),则物体完成这段飞行的时间是(　　) A. s　　　　　　　　 B. s C.1 s D.2 s C 解析:物体垂直地撞在倾角θ为45°的斜面上,根据几何关系可知此时速度方向与水平方向的夹角为45°,由平抛运动的规律得vy=v0tan 45°=gt,代入数据解得t=1 s,故选项C正确,A、B、D错误。 4.如图所示,AB为一半径为R的圆弧,圆心位置为O,且OA水平;一小球从与圆心等高的某点沿半径方向水平抛出,恰好垂直落在AB面上的Q点,且速度与水平方向夹角为53°,则小球从抛出点到Q点的水平距离为(　　) A.0.6R B.0.8R C.R D.1.2R D 解析:如图所示,小球恰好垂直落在AB面上的Q点,则速度的反向延长线交于O点,由平抛运动的推论可知,速度的反向延长线通过水平位移的中点,故满足tan 53°=,结合圆的几何关系可得()2+y2=R2,联立可解得x=1.2R,D正确。 5.如图所示,一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点),运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O点为半圆轨道的圆心,半圆轨道半径为R,OB与水平方向的夹角为60°,重力加速度为g,则小球抛出时的初速度为(　　) A. B. C. D. B 解析:小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点,则小球在B点的速度方向与水平方向的夹角为30°,故vy=v0tan 30°,又vy=gt,联立解得t=,小球在水平方向上做匀速直线运动,则有R+Rcos 60°=v0t,联立解得v0=,故选B。 五 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.如图所示,从某高度以5 m/s的水平速度抛出一小球,小球经过0.5 s到达地面,此时小球的速度与水平方向的夹角为θ,不计空气阻力,重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.小球距地面的高度为5 m B.小球落地时的速度大小为5 m/s C.小球落地时的位移与水平方向的夹角的正切值为 D.若小球抛出时的速度增大,则θ增大 C 解析:小球做平抛运动,竖直方向为自由落体运动,根据h=gt2得h=×10×0.52 m=1.25 m,故A错误;小球落地时竖直方向的速度vy=gt=10×0.5 m/s=5 m/s,则小球落地时的速度大小 为v= = m/s=5 m/s,故B错误; 小球落地时的速度分解如图所示,可知tan θ===1, 由tan θ=2tan α知,小球落地时的位移与水平方向的夹 角的正切值为,故C正确;若水平速度v0增大,tan θ=,t不变,则tan θ变小,θ变小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.(2024·陕西西安铁一中学高一校考期末)如图所示,从倾角为θ的足够长的斜面上P点以速度v0水平抛出一个小球,落在斜面上某处Q点,小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α。若把水平抛出的初速度变为2v0,则下列说法正确的是(　　) A.夹角α将变大 B.夹角α将变小 C.小球在空中的运动时间变为原来的2倍 D.小球在空中运动的水平距离一定变为原来的2倍 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:小球从P点抛出后做平抛运动,则vy=gt,y=gt2,x=v0t,所以tan θ=,tan(α+θ)==,即tan θ=tan(α+θ),斜面足够长,所以落在斜面上小球的位移与水平方向夹角为θ不变,夹角α也不变,故A、B错误;根据tan θ=得t=,所以水平抛出的初速度变为2v0时小球在空中的运动时间变为原来的2倍,由x=v0t可知,小球在空中运动的水平距离一定变为原来的4倍,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.如图所示,B为竖直圆轨道的左端点,它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0水平抛出,恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g,不计空气阻力,则A、B之间的水平距离为(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:如图所示,对小球在B点时的速度进行分解,有tan α==,则小球运动的时间t=,则A、B间的水平距离x=v0t=,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.如图,a、b、c为斜面上的三点,相邻两点间距离相等,小球从a点正上方O点抛出,做初速度为v0的平抛运动,恰落在b点。若小球初速度变为v,其落点位于c,则(　　) A.v0<v<2v0 B.v=2v0 C.2v0<v<3v0 D.v>3v0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:过b作一条水平线,如图所示,其中a'在a的正下方,而c'在c的正上方,这样a'b=bc',小球第一次从a'正上方O点以速度v0抛出恰好落到b点,第二次还是从O点抛出,若落到c点,下落到a'c'直线上时一定经过c'的左侧,即经过与第一次相同的时间,第二次的水平位移小于第一次的2倍,显然第二次的速度应满足v0<v<2v0,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,∠BOA= 60°,将一小球以一定的初速度自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点,则小球到达A点时的速度与初速度大小的比值为(　　) A. B.2 C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:小球以一定的初速度自O点水平向右抛出,小球做平抛运动,当小球在运动过程中恰好通过A点时,有x=v0t,y=gt2,且tan 60°==== ,解得vy=gt=,则小球到达A点时的速度与初速度大小的比值为===,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.某同学用无人机模拟“投弹”实验,无人机在离地面高度为h时水平投出一个小球,若小球到达地面时速度方向与水平方向的夹角为θ,空气阻力可以忽略不计,重力加速度为g,则下列说法中正确的是(　　) A.小球的初速度大小为v0= B.小球着地时的速度大小为v= C.小球从投出到着地时运动的水平位移大小为x= D.小球着地时的位移方向与水平方向的夹角为2θ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:小球做平抛运动,在竖直方向上有=2gh,其速度方向与水平方向夹角的正切值为tan θ=,联立可得,小球的初速度大小为v0=,故A错误;小球着地时的速度大小为v==,故B错误;在竖直方向上有h=gt2,在水平方向上有x=v0t,联立解得,小球从投出到着地时运动的水平位移大小为x=,故C正确;小球着地时的位移方向与水平方向夹角的正切值为tan α==tan θ,则α≠2θ,所以小球着地时的位移方向与水平方向的夹角不为2θ,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.图甲是首钢滑雪大跳台,又称“雪飞天”,是北京2022年冬奥会自由式滑雪和单板滑雪比赛场地。为研究滑雪运动员的运动情况,建立如图乙所示的模型。两个滑雪运动员A、B分别从斜面顶端O点沿水平方向飞出后,A落在斜面底端,B落在斜面的中点,不计空气阻力,则(　　) A.运动员A、B在空中飞行的时间之比为2∶1 B.运动员A、B到达斜面时的速度之比为∶1 C.运动员A、B从斜面顶端水平飞出的速度之比为2∶1 D.运动员A、B到达斜面时速度方向与水平方向夹角的正切值之比为∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:滑雪运动员从O点飞出后做平抛运动,根 据几何知识知,B落点的高度是A落点高度的一 半,根据t=得=,A错误;根据题意A、B做平抛运动的位移与水平方向夹角相等,则有=,得==,则运动员A、B到达斜面时的速度之比==,根据tan φ=可得,运动员A、B到达斜面时速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1,B正确,C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.飞镖游戏是一种非常有趣味性的娱乐活动,如图所示,某次飞镖比赛,某选手在距地面某相同的高度,向竖直墙面发射飞镖。每次飞镖均水平射出,且发射点与墙壁距离相同,某两次射出的飞镖插入墙面时速度与水平方向夹角分别为30°和60°。若不考虑所受的空气阻力,则飞镖插到墙面前在空中运动时间之比为(　　)   A.∶1 B.3∶1 C.1∶ D.1∶9 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:飞镖碰到墙时,有vy=v0tan θ,vy=gt,x=v0t,联立可得x=,可得==,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.如图所示为竖直截面为半圆形的容器,O为圆心,且AB为沿水平方向的直径。一物体在A点以向右的水平初速度vA抛出,与此同时另一物体在B点以向左的水平初速度vB抛出,两物体都落到容器的同一点P。已知∠BAP=37°,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　) A.B比A先到达P点 B.两物体一定同时到达P点 C.抛出时,两物体的速度大小之比 为vA∶vB=16∶7 D.抛出时,两物体的速度大小之比为vA∶vB=4∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:两物体同时抛出,都落到P点,由平抛运动规律可 知两物体下落了相同的竖直高度,由h=gt2可得t= , 故两物体同时到达P点,故A错误,B正确;在水平方向,抛出的水平距离之比等于抛出速度之比,设圆的半径为R,连接BP,由几何关系可知AP⊥BP, 由直角三角形知识可得从A点和B点平抛的物体的水平位移分别为xA=AP·cos 37°=2Rcos 37°·cos 37°=R,xB=2R-xA=R,物体平抛的水平分运动是匀速直线运动,有x=v0t,故===,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.如图所示,小球从平台上水平抛出,正好落在临近平台的一倾角为α=53°的光滑斜面顶端,且速度方向恰好沿斜面,并沿光滑斜面下滑,已知平台与斜面顶端的高度差h=3.2 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。   (1)小球水平抛出的初速度v0是多少? (2)若斜面顶端高H=11.2 m,则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端? 答案:(1)6 m/s　(2)1.8 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)小球从平台水平抛出后落到斜面顶端的过程中,竖直方向做自由落体运动,则h=g,vy=gt1 解得t1=0.8 s,vy=8 m/s 根据已知条件结合速度的合成与分解得tan 53°= 解得v0=6 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)设小球落在斜面顶端时的速度为v1, cos 53°= 解得v1=10 m/s 小球在光滑斜面上运动时,根据牛顿第二定律有 mgsin 53°=ma 解得a=gsin 53° 根据运动学规律有=v1t2+a 解得t2=1 s 故小球离开平台到达斜面底端的时间 t=t1+t2=1.8 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(2024·江苏淮安高一统考期末)如图所示,竖直面内有 一以O为圆心的圆形区域,圆的半径R=1.5 m,直径PQ与水 平方向的夹角θ=37°。小球自P点水平射入圆形区域,不 计空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)若使小球从Q点射出,求其在圆形区域中的运动时间t1; (2)若使小球从Q点射出,求其到达Q点时的速度vQ大小; (3)为使小球在圆形区域运动时间最长,求该小球进入圆形区域时的速度v的大小。(计算结果可保留根式) 答案:(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3) m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)从P到Q,竖直方向上 h1=2Rsin 37° h1=g 解得t1=0.6 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)从P到Q,水平方向上 x1=2Rcos 37° vx= 又vy=gt1 vQ= 解得vQ=2 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (3)平抛运动的时间由高度决定,根据图中分析可知,小球从圆形区域的最低点射出时,竖直方向分位移最大。 由几何关系可知: h2=R+Rsin 37°,x2=Rcos 37° 由平抛运动规律有h2=g x2=vt2 解得v= m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$