1.4 2课时 平抛运动的理论探究-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案课件PPT（教科版2019）

第一章　抛体运动 4.研究平抛运动的规律 第2课时 平抛运动的理论探究 1．认识平抛运动，理解平抛运动的规律，会用平抛运动的规律解决相关问题。2.知道平抛运动的轨迹是一条抛物线。 2 目录 1 2 课后课时作业 课前自主学习 课堂探究评价 3 课前自主学习 重力 竖直向下 惯性 重力 零 课前自主学习 5 v0t gt 抛物线 课前自主学习 6 判一判 (1)平抛运动是一种匀变速曲线运动。(　　) (2)平抛运动的初速度越大，下落时间越短。(　　) (3)平抛运动的末速度可能竖直向下。(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)× 课前自主学习 7 课堂探究评价 探究1　平抛运动的速度、位移和轨迹 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 9 活动1：曲线运动一般的解决方法是什么？ 活动2：由活动1的思路，试总结出如图平抛运动的水平方向分运动特点。 提示：化曲为直法。就是把复杂的曲线运动问题分解为比较简单的直线运动来处理。 提示：因为水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t。 课堂探究评价 10 活动3：由活动1的思路，试总结出如图平抛运动的竖直方向分运动特点。 活动4：由以上结论可以得出平抛运动的轨迹方程是什么？它的轨迹有什么特点？ 课堂探究评价 11 1．平抛运动的研究方法 (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，“化曲为直”法是我们解决所有曲线运动问题的一个重要方法。 (2)将平抛运动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。这是我们解决平抛运动问题的基本方法。 课堂探究评价 12 2．平抛运动的特点 (1)速度特点：平抛运动的速度大小和方向都不断变化，故它是变速运动。 (2)轨迹特点：平抛运动的运动轨迹是曲线，故它是曲线运动。 (3)加速度特点：平抛运动的加速度为自由落体加速度，恒定不变，故它是匀变速运动。 综上所述，平抛运动为匀变速曲线运动。 课堂探究评价 13 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 课堂探究评价 16 课堂探究评价 17 课堂探究评价 18 例1　家长与小朋友做沙包抛掷的游戏，游戏时家长与小朋友站在相距3 m的场地两端，家长在离地1.5 m处将质量为100 g的沙包水平扔出，正好落入小朋友手中距地面0.7 m高的塑料筐中。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．沙包从抛出至落入筐中用时0.55 s B．家长水平扔出沙包的速度大小为6.2 m/s C．沙包即将落入筐中时的速度大小为7.5 m/s D．沙包从抛出至落入筐中速度的变化量大小为4 m/s 课堂探究评价 19 (1)如何求平抛运动的时间和初速度？ (2)求平抛运动速度的变化量有哪几种方法？ 课堂探究评价 20 课堂探究评价 21 平抛运动的飞行时间由竖直高度决定。水平位移由竖直高度和初速度共同决定。 课堂探究评价 22 [变式训练1]　如图所示为某公园的喷水装置， 若水从喷水口中水平喷出，忽略空气阻力及水之间 的相互作用，下列说法中正确的是(　　) A.喷水口高度一定，喷水速度越大，水从喷出到落入池中的时间越短 B.喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越近 C.喷水速度一定，喷水口高度越高，水喷得越近 D.喷水口高度一定，无论喷水速度多大，水从喷出到落入池中的时间都相等 课堂探究评价 23 课堂探究评价 24 探究2　有约束的平抛运动　平抛运动的两个推论 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 25 活动1：如图甲、乙是受斜面约束的两种平抛运动，从位移、速度的角度分析，各有什么特点？ 课堂探究评价 26 课堂探究评价 27 课堂探究评价 28 1．斜面、曲面对平抛运动约束的常见情境 (1)给出末速度方向 课堂探究评价 29 (2)给出位移方向 课堂探究评价 30 课堂探究评价 31 课堂探究评价 32 例2　跳台滑雪是冬奥会项目，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如图所示，运动员从跳台A处以速度v0＝10 m/s沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆，斜坡与水平方向夹角为45°，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)运动员在空中的时间及A、B间的距离； (2)运动员落到B处时的速度大小； (3)运动员在空中离坡面的最大距离。 课堂探究评价 33 (1)运动员的位移是什么？ (2)水平方向的位移x和竖直方向的位移y有什么关系？ (3)运动员在垂直于斜坡的方向做什么运动？ 提示：斜坡上A点到B点的距离即为运动员的位移大小，沿斜坡向下即为位移的方向。 课堂探究评价 34 课堂探究评价 35 课堂探究评价 36 物体从斜面平抛后又落到斜面上时的速度方向与斜面夹角恒定；当速度平行于斜面时，物体离斜面最远。 课堂探究评价 37 课堂探究评价 38 课堂探究评价 39 [变式训练2－2]　如图所示，墙壁上落着两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，A处飞镖与竖直墙壁成53°，B处飞镖与竖直墙壁成37°，两者相距为d。假设飞镖的运动是平抛运动，则射出点离墙壁的水平距离为________。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 课堂探究评价 40 课堂探究评价 41 课后课时作业 1．(平抛运动的理解)关于平抛运动，下列说法正确的是(　　) A．平抛运动是一种变加速运动 B．平抛运动是一种匀速运动 C．平抛运动是匀变速曲线运动 D．平抛运动的物体落地时的速度可能是竖直向下的 解析　做平抛运动的物体只受重力作用，具有恒定的加速度，其初速度与合力不在同一直线上，故平抛运动是匀变速曲线运动，A、B错误，C正确；平抛运动可以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，故落地时的速度是水平方向的分速度和竖直方向的分速度的合速度，其方向一定与竖直方向不垂直，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 2．(平抛运动规律的应用)云豹是国家一级保护动物，在福建省主要分布在南平市。云豹善攀爬，通常白天在树上睡眠，晨昏和夜晚活动，常伏于树枝上守候猎物，待小型动物临近时，能从树上跃下捕食。某次捕食时，云豹从高为1.25 m的树枝上以大小为20 m/s的速度水平跃下，正好捕到站在水平地面上的小动物，云豹和小动物均可视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，云豹在树上的位置和小动物间的水平距离为(　　) A．5 m B．10 m C．11.25 m D．20 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 4．(平抛运动规律的应用)(多选)如图所示，节水灌溉中的喷嘴距地面高0.45 m。假定从喷嘴水平喷出的水做平抛运动，喷灌半径为3 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则(　　) A．水从喷嘴喷出至落地的位移为3 m B．水从喷嘴喷出至落地的时间为0.3 s C．水从喷嘴喷出落地时的速度大小为10 m/s D．水从喷嘴喷出的速度大小为10 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 5．(平抛运动规律的应用)(多选)如图甲是古代一种利用抛出的石块打击敌人的装置，图乙是其工作原理的简化图。将质量为m＝10 kg的石块装在距离转轴L＝4.8 m的长臂末端口袋中，发射前长臂与水平面的夹角α＝30°。发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止，石块靠惯性被水平抛出。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离为s＝19.2 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则(　　) A．石块被抛出瞬间速度大小为12 m/s B．石块被抛出瞬间速度大小为16 m/s C．石块落地瞬间速度大小为20 m/s D．石块落地瞬间速度大小为16 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 7．(斜面约束的平抛运动问题)两个相同高度的斜面倾角分别为30°、60°，两小球分别由斜面顶端以相同水平速度v水平抛出，如图所示，不计空气阻力，假设两球都能落在斜面上，则分别向左、右两侧抛出的小球下落高度之比为(　　) A．1∶2 B．3∶1 C．1∶9 D．9∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 [名师点拨]　本题是平抛运动的临界问题，解决这类问题的关键是，运用动态思想画出可能的轨迹，找出极端情况分析临界条件，这是极限思维的又一次运用(必修第一册曾用此方法分析追及相遇问题、动力学的临界问题)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 10．(平抛运动规律的应用)如图所示为直升机运送救灾物资 的情形，直升机下面用绳子悬吊着质量为m的箱子(箱子可以视为 质点)。直升机在水平方向上做直线运动，绳子与竖直方向的夹 角始终为30°，箱子离地面的高度为h，直升机的质量为M，重力 加速度为g，不计空气对箱子的作用力。(结果用根式表示) (1)求直升机的加速度大小； (2)某时刻，当直升机的速度大小为v时，绳子断开，直升机仍以原加速度沿水平方向做加速直线运动。求箱子落地时，箱子与直升机间的水平距离。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 12．(曲面约束的平抛运动问题)如图所示，半球形容器固定在水平地面上，开口向上，AD为球的水平直径，O是球心，B是AO的中点，C是OD的中点。让一个小球先后从A、B、O、C四点沿AD方向水平向右抛出，则小球从哪一点抛出可能垂直打在容器内壁上(　　) A．从A点抛出 B.从B点抛出 C．从O点抛出 D.从C点抛出 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析　如果小球抛出后能垂直打在容器内壁上，则打在容器内壁上时小球速度的反向延长线必过O点。因此O点应为水平位移的中点。故小球不可能从A、O、C点抛出，只有从B点抛出且落到C点正下方的容器内壁上时，才有可能符合题意，故B正确，A、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 13．(综合提升)(多选)周日，在公园的池塘边，小明和妈妈一起喂鱼。他们分别从同一竖直线上的a、b两点将鱼食水平 抛出，鱼食落在水面上的同一点P，如图所示。忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．小明抛出的鱼食水平初速度小 B．妈妈抛出的鱼食在空中运动的过程中速度的变化量大 C．两鱼食落在水面上时速度方向可能相同 D．两鱼食落在水面上时速度大小可能相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．平抛运动的分析：做平抛运动的物体，在空中运动的过程中，只受_____作用，方向________。在水平方向，由于________，物体将保持原来的速度做匀速直线运动；在竖直方向，物体受_____的作用，且竖直方向的初速度为______，因此物体在竖直方向上做自由落体运动。 2．平抛运动的位移和速度 设物体水平抛出时的初速度为v0，则经过时间t，它的 3．平抛运动的轨迹方程 y＝________，这是数学中学过的________方程。 eq \f(1,2)gt2 2,0)eq \f(g,2v) x2 提示：由于竖直方向初速度为零，只受重力作用，故竖直方向做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝eq \f(1,2)gt2。 提示：将x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2联立消去t可得平抛运动的轨迹方程为y＝2,0)eq \f(g,2v) x2，式中g、v0都是常量，可知它的轨迹是一条抛物线。 3．平抛运动的速度变化特点：任意两个相等的时间间隔内速度的变化相同，Δv＝gΔt，方向竖直向下，如图所示。公式a＝eq \f(Δv,Δt)在曲线运动中仍适用，只是要注意a与Δv的矢量性。 4．平抛运动的时间、水平位移、落地速度的决定因素 (1)运动时间：由y＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2y,g))，做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。 (2)水平位移：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2y,g))，做平抛运动的物体的水平位移由初速度v0和下落的高度y共同决定。 (3)落地速度：v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝2,0)eq \r(v＋2gy) ，即落地速度由初速度v0和下落的高度y共同决定。 5．平抛运动的规律 运动 项目　 水平分运动(匀速直线运动) 竖直分运动(自由落体运动) 合运动(平抛运动) 速度 vx＝v0 vy＝gt v＝2,0)eq \r(v＋（gt）2) tanθ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0) 位移 x＝v0t y＝eq \f(1,2)gt2 s＝eq \r(（v0t）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)gt2))\s\up12(2)) tanα＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0) 加速度 ax＝0 ay＝g a＝g 合成、分解图示 注意：①θ为速度方向与x轴的夹角，α为位移方向与x轴的夹角；②解题时灵活处理，例如平抛运动中，竖直方向的分速度vy＝gt，除该公式外，如果知道高度，还可以根据vy＝eq \r(2gh)计算。 6．平抛运动的轨迹 由水平分位移x＝v0t和竖直分位移y＝eq \f(1,2)gt2可知，平抛运动的轨迹方程为y＝2,0)eq \f(g,2v) x2，其中g、v0是常量，则y­x图线是二次函数图线，即平抛运动的轨迹是一条抛物线。 提示：根据y＝eq \f(1,2)gt2、x＝v0t求解。 提示：根据Δv＝gΔt或Δv＝2,0)eq \r(v2－v) 求解。 规范解答　家长水平扔出的沙包在空中做平抛运动，下落的高度为h＝1.5 m－0.7 m＝0.8 m，水平位移为x＝3 m，根据平抛运动的规律有h＝eq \f(1,2)gt2，x＝v0t，代入数据可得沙包从抛出至落入筐中用时t＝0.4 s，家长水平扔出沙包的速度大小v0＝7.5 m/s，故A、B错误；沙包即将落入筐中时，水平方向的速度大小vx＝v0＝7.5 m/s，竖直方向的速度大小vy＝gt＝4 m/s，合速度大小v合＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) >v0＝7.5 m/s，C错误；沙包从抛出至落入筐中，速度的变化量大小为Δv＝gt＝4 m/s，D正确。 解析　由题意可将水从喷水口中水平喷出后的运动看成平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则竖直方向有：h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，可知水从喷出到落入池中的时间由喷水口高度决定，与喷水速度无关，所以喷水口高度一定，水从喷出到落入池中的时间一定，故A错误，D正确。水平方向有：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，则知喷水口高度一定，喷水速度越大，水喷得越远；喷水速度一定，喷水口高度越高，水喷得越远，故B、C错误。 提示：图甲运动的位移沿斜面方向，即eq \f(y,x)＝tanα；图乙运动的末速度垂直于斜面方向，即eq \f(vy,v0)＝tanθ＝eq \f(1,tanα)。 活动2：根据约束特点结合平抛运动规律即可分析有约束的平抛运动。试分析图甲中速度偏向角θ与位移偏向角α的关系式。 提示：tanθ＝eq \f(gt,v0)，tanα＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，比较两式可得，tanθ＝2tanα。 活动3：试分析图甲速度反向延长线在x轴上的交点的位置。 提示：作辅助线如图所示，可知CB＝eq \f(y,tanθ)，由上述活动知，tanθ＝2tanα，tanα＝eq \f(y,x)，联立可得CB＝eq \f(x,2)，即速度的反向延长线过水平位移的中点。 2．基本求解思路 (1)给出末速度方向 ①画速度分解图，确定速度与水平方向的夹角θ； ②根据水平方向和竖直方向的运动规律分析vx、vy； ③根据tanθ＝eq \f(vy,vx)列方程求解。 (2)给出位移方向 ①画位移分解图，确定位移与水平方向的夹角α； ②根据水平方向和竖直方向的运动规律分析x、y； ③根据tanα＝eq \f(y,x)列方程求解。 3．平抛运动的两个重要推论 推论一：做平抛运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。 推论二：做平抛运动的物体在某一时刻或某一位置处，设其速度、位移与水平方向的夹角分别为θ、α，则tanθ＝2tanα。 答案　(1)2 s　20eq \r(2) m　(2)10eq \r(5) m/s　(3)eq \f(5\r(2),2) m 提示：tan45°＝eq \f(y,x)。 提示：初速度为v0sin45°、加速度为－gcos45°的匀变速直线运动。 规范解答　(1)根据平抛运动的规律，有 x＝v0t y＝eq \f(1,2)gt2 根据几何关系有tan45°＝eq \f(y,x) 联立并代入数据可得运动员在空中的时间为t＝2 s A、B间距离为s＝eq \r(y2＋x2) 联立并代入数据可得s＝20eq \r(2) m。 (2)运动员落到B处时， 水平方向有vx＝v0＝10 m/s 竖直方向有vy＝gt＝20 m/s 则速度大小为v＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝10eq \r(5) m/s。 (3)将运动员的初速度v0和加速度g进行分解，如图所示，有 v1＝v0sin45° g1＝gcos45° 当垂直于坡面方向的速度减为0时，运动员在空中离坡面最远，有0－veq \o\al(2,1)＝－2g1h 联立并代入数据可得运动员在空中离坡面的最大距离h＝eq \f(5\r(2),2) m。 [变式训练2－1]　如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点。已知球拍与水平方向的夹角θ＝60°，A、B两点间的高度差h＝0.5 m，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则球刚要落到球拍上时速度的大小为(　　) A．eq \r(10) m/s B．2eq \r(10) m/s C．eq \f(2,3) eq \r(30) m/s D．eq \f(4,3) eq \r(30) m/s 解析　由题意知球在空中做平抛运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2，得时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×0.5,10)) s＝eq \r(\f(1,10)) s，球刚要落到球拍上时竖直分速度vy＝gt＝10×eq \r(\f(1,10)) m/s＝eq \r(10) m/s，根据平行四边形定则知，速度的大小v＝eq \f(vy,cos60°)＝2eq \r(10) m/s，故B正确，A、C、D错误。 eq \f(24,7)d 解析　飞镖与墙壁的夹角为平抛运动物体速度与墙壁所成的角，由于两只飞镖的水平位移相同，故它们的速度反向延长线必交于水平位移上的同一点。将两只飞镖的速度反向延长与初速度的延长线交于一点C，作出如图所示情景图。设两飞镖均从O点水平射出，且OD＝x，则CD＝eq \f(x,2)，由几何关系可知BD＝eq \f(CD,tan37°)，AD＝eq \f(CD,tan53°)，且BD－AD＝d，联立解得x＝eq \f(24,7)d。 解析　云豹从树上跃下做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.25,10)) s＝0.5 s，水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t＝20×0.5 m＝10 m，故云豹在树上的位置和小动物间的水平距离为10 m，B正确，A、C、D错误。 3．(平抛运动规律的应用)(多选)如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。已知底线到网的距离为L，重力加速度为g，将球的运动视为平抛运动，下列表述正确的是(　　) A．球的速度v等于Leq \r(\f(g,2H)) B．球从击出至落地所用时间为eq \r(\f(2H,g)) C．球从击球点至落地点的位移等于L D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关 解析　球做平抛运动，由H＝eq \f(1,2)gt2得从击出至落地所用的时间为t＝eq \r(\f(2H,g))，故B正确；球的速度v＝eq \f(L,t)＝Leq \r(\f(g,2H))，故A正确；球从击球点至落地点的位移x＝eq \r(H2＋L2)，与球的质量无关，故C、D错误。 解析　喷嘴距地面高h＝0.45 m，喷灌半径为x＝3 m，则水的位移s＝eq \r(x2＋h2)>3 m，故A错误；根据h＝eq \f(1,2)gt2，得时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×0.45,10)) s＝0.3 s，故B正确；水从喷嘴喷出的速度大小为v0＝eq \f(x,t)＝eq \f(3,0.3) m/s＝10 m/s，则水从喷嘴喷出后，落地时的速度大小大于10 m/s，故C错误，D正确。 解析　根据几何关系知，石块做平抛运动的高度为h＝L＋Lsin30°＝7.2 m，而h＝eq \f(1,2)gt2，解得石块落地所用的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×7.2,10)) s＝1.2 s，则石块被抛出瞬间速度大小为v0＝eq \f(s,t)＝eq \f(19.2,1.2) m/s＝16 m/s，故A错误，B正确；石块落地时竖直方向上的分速度vy＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×7.2) m/s＝12 m/s，则石块落地瞬间速度大小为v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝eq \r(162＋122) m/s＝20 m/s，故C正确，D错误。 6．(平抛运动规律的应用)(多选)如图所示，高为h＝1.25 m的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为60 kg的滑雪爱好者，以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°(重力加速度g＝10 m/s2)。由此可知下列说法正确的是(　　) A．滑雪者离开平台边缘时的速度大小为5.0 m/s B．滑雪者着地点到平台边缘的水平距离为2.0 m C．滑雪者在空中运动的时间为0.5 s D．滑雪者着地的速度大小为5eq \r(2) m/s 解析　滑雪者落地时竖直方向的速度vy＝eq \r(2gh)＝5.0 m/s，由题知tan45°＝eq \f(vy,v0)，解得滑雪者离开平台边缘时的速度大小为v0＝5.0 m/s，故A正确；滑雪者在空中运动的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.5 s，则滑雪者着地点到平台边缘的水平距离为x＝v0t＝2.5 m，故B错误，C正确；滑雪者着地的速度大小为v地＝eq \f(v0,cos45°)＝5eq \r(2) m/s，故D正确。 解析　根据平抛运动的规律以及落在斜面上的特点可知，x＝vt，y＝eq \f(1,2)gt2，tanθ＝eq \f(y,x)，分别将θ为30°、60°代入可得两球平抛所经历的时间之比为1∶3，两球下落高度之比为1∶9，C正确。 8．(综合提升)(多选)如图所示，一个电影替身演员准备水平地跳跃并离开屋顶，然后落在下一栋建筑物的屋顶上。如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s，那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．他安全跳过去是可能的 B．他安全跳过去是不可能的 C．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2 m/s D．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应小于4.5 m/s 解析　根据题意可知，电影替身演员在两栋建筑物间做平抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2，x＝v0t，将h＝5 m，x＝6.2 m代入公式，解得电影替身演员安全跳过去的最小水平速度为v0＝6.2 m/s，故B、C正确，A、D错误。 9．(斜面约束的平抛运动问题)(多选)2022年北京冬奥会跳台滑雪项目在张家口的国家跳台滑雪中心举行。国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。滑雪轨道由斜面与水平面连接而成，运动员从O点以一定的初速度水平滑出，过一段时间后运动员落在倾斜轨道上的A点。若运动员改变水平滑出的初速度，就会落在倾斜轨道上的B点，已知OA＝AB，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．运动员到达A、B两点时速度方向不同 B．运动员从O点出发分别到达A、B两点过程中速率增加量之比为1∶eq \r(2) C．运动员从O点出发分别到达A、B两点所用的时间之比为1∶eq \r(2) D．运动员从O点出发分别到达A、B两点过程中速度增加量之比为1∶2 解析　运动员到达A、B两点时，位移方向与水平方向夹角均为θ，根据平抛运动规律有tanα＝2tanθ，可知速度偏转角α相同，故运动员到达A、B两点时速度方向相同，A错误；运动员从O点出发分别到达A、B两点过程中竖直位移yA∶yB＝1∶2，根据y＝eq \f(1,2)gt2可知，运动员从O点出发分别到达A、B两点过程中所用时间之比为tA∶tB＝1∶eq \r(2)，故C正确；运动员从O点到达A、B两点时速度增加量为Δv＝gt，则ΔvA∶ΔvB＝1∶eq \r(2)，故D错误；运动员到达A点时，竖直方向速度vyA＝gtA，则水平方向速度vxA＝eq \f(gtA,tanα)，合速度大小vA＝eq \f(gtA,sinα)，则从O点到达A点过程中速率增加量ΔvA′＝vA－vxA＝gtAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinα)－\f(1,tanα)))，同理可得从O点到达B点过程中速率增加量ΔvB′＝gtBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinα)－\f(1,tanα)))，结合C项分析可知，ΔvA′∶ΔvB′＝1∶eq \r(2)，故B正确。 答案　(1)eq \f(\r(3),3)g　(2)eq \f(\r(3),3)h 解析　(1)箱子与直升机的加速度相同，设为a，对箱子进行研究，由牛顿第二定律有 mgtan30°＝ma 解得a＝eq \f(\r(3),3)g。 (2)绳子断开后箱子做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2 箱子落地时，直升机运动的水平距离 s1＝vt＋eq \f(1,2)at2 箱子在水平方向运动的距离s2＝vt 箱子落地时与直升机间的水平距离x＝s1－s2 解得x＝eq \f(\r(3),3)h。 11．(平抛运动规律的应用)劳动光荣，清晨环卫工劳作的身影成为城市一道靓丽的风景。静止在城市道路旁的绿化洒水车，由横截面积为S的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从喷嘴射出到落地经历的时间为t，水流落地点和喷嘴的连线与水平地面间的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ<\f(π,2)))，忽略空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是(　　) A．水流落地时位移大小为eq \f(gt2,2cosθ) B．空中水柱的体积为eq \f(Sgt2,2tanθ) C．水流射出喷嘴的速度大小为eq \f(gttanθ,2) D．水流落地时的速度大小为eq \f(gt,2sinθ) 解析　水流落地时，竖直方向的位移h＝eq \f(1,2)gt2，根据几何关系得，水流落地时位移大小s＝eq \f(h,sinθ)＝eq \f(gt2,2sinθ)，故A错误；根据tanθ＝eq \f(h,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得水流射出喷嘴的速度大小为v0＝eq \f(gt,2tanθ)，故C错误；空中水柱的体积为V＝Sv0t＝eq \f(Sgt2,2tanθ)，故B正确；水流落地时，竖直方向的分速度vy＝gt，则水流落地时的速度大小为v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,y)) ＝eq \f(gt,2tanθ) eq \r(1＋4tan2θ)，故D错误。 解析　两鱼食做平抛运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2且b点高于a点可知，小明抛出的鱼食在空中运动的时间较短，而水平方向有x＝v0t，可知小明抛出的鱼食水平初速度较大，A错误；根据Δv＝gt可知，妈妈抛出的鱼食在空中运动的过程中速度的变化量大，B正确；由于两鱼食的位移方向不同，根据平抛运动的推论tanθ＝2tanα可知，两鱼食落在水面上时速度方向一定不同，C错误；根据vy＝eq \r(2gh)可知，小明抛出的鱼食落在水面上时竖直速度小，而水平速度大，所以两鱼食落在水面上时速度大小可能相等，D正确。 $$