1.5 斜抛运动(选学)-【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 5．斜抛运动(选学) 1．知道什么是斜抛运动，知道斜抛运动的轨迹是抛物线。2.掌握分析斜抛运动的方法——运动的合成与分解。3.理解斜抛运动的规律并能加以应用。 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 一　斜抛运动及其特点 1．斜抛运动：将物体以一定的初速度沿______抛出，不考虑空气的阻力，物体只在______作用下所做的运动叫作斜抛运动。 2．斜抛运动的轨迹是一条_______线。 二　斜抛运动的规律 1．斜抛运动的几个参量 (1)抛射角：物体初速度方向与_______方向的夹角。 (2)射高：物体能达到的_______高度。 (3)射程：物体从抛出点到落回_______高度的_____位移大小。 斜向 重力 抛物 水平 最大 同一 水平 课前自主学习 5 2．斜抛运动的规律 (1)水平方向的位移、速度：x＝______； vx＝ __________ ＝ __________ 。 (2)竖直方向的位移、速度：y＝ __________ ＝ _____________ ； vy＝ __________ ＝ __________ 。 (3)射高：ym＝ __________ 。 (4)射程：xm＝ __________ 。 vxt v0x v0cosθ v0y－gt v0sinθ－gt 课前自主学习 6 三　空气阻力对斜抛运动的影响 1．物体的速度_______时，空气阻力对它们的运动就会产生很大的影响。 2．弹道：弹丸或抛射体在空气中运动的轨迹。其射高、射程均比相同初速度的斜抛运动______，轨迹形状不对称。 很大 小 课前自主学习 7 判一判 (1)斜抛运动和平抛运动在竖直方向上都是自由落体运动。(　　) (2)斜抛运动和平抛运动在水平方向上都是匀速直线运动。(　　) (3)斜抛运动和平抛运动的加速度相同。(　　) 提示：(1)×　斜抛运动在竖直方向上是竖直上抛或竖直下抛运动，不是自由落体运动。 (2)√　做斜抛运动和平抛运动的物体在水平方向上均不受力，都做匀速直线运动。 (3)√　做斜抛运动和平抛运动的物体都只受重力，加速度均为重力加速度。 课前自主学习 8 课堂探究评价 探究　斜抛运动 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 10 活动1：斜抛运动是匀变速运动吗？ 活动2：图中是按什么方式解决斜抛运动问题的？ 提示：不考虑空气阻力的影响，所有的抛体运动都是匀变速运动，故斜抛运动是匀变速运动。 提示：图中是把斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动(初速度v0x一直不会变)和竖直方向的竖直上抛运动(v0y是竖直方向的初速度)。 课堂探究评价 11 活动3：在斜上抛运动中轨迹的最高点速度有什么特点？ 提示：轨迹的最高点竖直方向的分速度为零，故此时物体的速度沿水平方向，且等于v0x。 课堂探究评价 12 1．斜抛运动的特点 (1)受力特点：斜抛运动是忽略了空气阻力的理想化运动，因此物体仅受重力，其加速度为重力加速度g。 (2)运动特点：物体具有与水平方向存在夹角的初速度，仅受重力，因此斜抛运动是匀变速曲线运动，其轨迹为抛物线。 (3)速度变化特点：由于斜抛运动的加速度为定值，因此，在相等的时间内速度变化量的大小相等，方向均竖直向下，Δv＝gΔt。 课堂探究评价 13 (4)对称性特点(斜上抛) ①速度对称：轨迹上关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点速度大小相等，水平方向速度相同，竖直方向速度等大反向。如图所示。 ②时间对称：关于过轨迹最高点的竖直线对称的曲线上升时间等于下降时间，这是由竖直上抛运动的对称性决定的。 ③轨迹对称：其运动轨迹关于过最高点的竖直线对称。 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 例　一个棒球以38 m/s的速度从水平地面附近被击出，仰角为37°，(g取10 m/s2，sin37°＝0.6)求： (1)该球上升达到的最大高度； (2)该球的飞行时间； (3)射程。 答案　(1)25.992 m　(2)4.56 s　(3)138.624 m 课堂探究评价 16 (1)斜抛运动的性质是什么？ (2)解决斜抛运动问题的思想和方法是什么？ 提示：斜抛运动是匀变速曲线运动。 提示：思想——化曲为直。 方法——把斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上(下)抛运动。 课堂探究评价 17 课堂探究评价 18 斜抛运动的处理方法 一般的斜抛运动和平抛运动的处理方法相同，均将运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。 课堂探究评价 19 课堂探究评价 20 课堂探究评价 21 课后课时作业 1．(斜抛运动的理解)(多选)斜抛运动与平抛运动相比较，下列说法正确的是(　　) A．都是曲线运动，速度方向不断改变，因此不可能是匀变速运动 B．都是加速度为g的匀变速曲线运动 C．平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛运动是速度一直减小的运动 D．都是任意两段相等时间内的速度变化大小相等的运动 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 解析　物体做斜抛运动和平抛运动时，都是只受重力作用，故斜抛运动和平抛运动都是加速度恒为g的匀变速曲线运动，A错误，B正确；斜抛运动的速度是增大还是减小，要看速度与重力的夹角，成锐角，速度增大，成钝角，速度减小，如斜下抛运动是速度增大的运动，故C错误；由Δv＝gΔt知D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 4．(斜抛运动规律的应用)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空气阻力的影响，两次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是(　　) A．第二次炮弹在空中运动时间较长 B．两次炮弹在空中运动时间相等 C．第二次炮弹落地时的水平分速度较大 D．两次炮弹落地时的水平分速度相等 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 5．(综合提升)如图所示，篮球比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。若该运动员后撤到C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，运动员需(　　) A．减小抛出速度v0，同时增大抛射角θ B．增大抛出速度v0，同时增大抛射角θ C．减小抛射角θ，同时减小抛射速度v0 D．减小抛射角θ，同时增大抛射速度v0 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 解析　篮球垂直击中A点，其逆过程可看作平抛运动，当平抛运动的水平速度越大时，抛出后落到某一水平面的速度越大，与水平面的夹角越小，水平位移越大，因此当该运动员后撤到C点投篮时，只有增大抛出速度v0，同时减小抛射角θ，才能使抛出的篮球仍垂直打到篮板上A点，故D正确，A、B、C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 [名师点拨]　末速度水平的斜抛运动可逆向看作平抛运动，用平抛运动的方法分析可简化求解过程，这是逆向思维的又一次运用(必修第一册曾用此方法分析末速度为零的匀减速直线运动)。 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 6．(斜抛运动规律的应用)体育课上，同学们练习投篮。某同学跳起投篮，松手后篮球斜向上飞出，恰好能够斜向下、无碰触地穿过篮筐中心，如图所示。若篮筐平面到篮板上沿的距离是h＝0.45 m，篮球脱手时初速度方向与水平方向夹角为45°，篮球穿过篮筐中心时速度方向与水平方向的夹角为37°，小球到达最高点时恰好与篮板上沿等高。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，篮球可以看成质点，空气阻力不计。求： (1)篮球脱手的位置离篮筐中心间的水平距离l； (2)篮球脱手的位置到篮筐中心间的竖直高度H。 答案　(1)2.8 m　(2)0.35 m 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 8．(立体空间的抛体运动问题)链球是田径运动中利用双手投掷的竞远项目，运动员两手握着链球上铁链的把手，人转动带动链球旋转，最后链球脱手而出。如图，某次训练中链球脱手速度方向与水平面成θ角斜向上飞出，经过时间t落地，测得落地点与脱手时人所在位置间水平距离为s0，已知人手臂长度为l1，链球铁链长度为l2，求： (1)链球脱手时速度大小v0； (2)链球脱手时离地面的高度h。 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 2,0)eq \f(vsin2θ,g) v0yt－eq \f(1,2)gt2 (v0sinθ)t－eq \f(1,2)gt2； 2,0)eq \f(vsin2θ,2g) 2．斜上抛运动物理量之间的关系 (1)物体在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，所以t时刻物体的分速度为：vx＝v0cosθ，vy＝v0sinθ－gt，t时刻物体的位置坐标为：x＝v0tcosθ，y＝v0tsinθ－eq \f(1,2)gt2。 (2)如果物体的落点与抛出点在同一水平面上，则飞行时间：t＝eq \f(2v0y,g)＝eq \f(2v0sinθ,g)， 射高：ym＝2,0y)eq \f(v,2g) ＝2,0)eq \f(vsin2θ,2g) ， 射程：xm＝v0cosθ·t＝2,0)eq \f(2vsinθcosθ,g) ＝2,0)eq \f(vsin2θ,g) 。 由上式可知，当斜抛运动的抛射角θ一定时，随着初速度v0的增大，射高ym、射程xm均增大。当斜抛运动的初速度v0大小一定时，随着抛射角θ的增大，射高ym增大；当抛射角θ＝45°时，射程xm最大。 规范解答　斜上抛运动的水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向分运动为竖直上抛运动。 (1)该球上升达到的最大高度H＝eq \f(（v0sinθ）2,2g) 代入数据解得H＝25.992 m。 (2)竖直方向上时间具有对称性，则该球的飞行时间为t＝2·eq \f(v0sinθ,g) 代入数据解得t＝4.56 s。 (3)射程x＝v0cosθ·t 代入数据解得x＝138.624 m。 [变式训练]　如图所示，美洲狮是一种凶猛的食肉猛兽，也是噬杀成性的“杂食家”，在跳跃方面有着惊人的“天赋”，它“厉害地一跃”水平距离可达13.2 m，高达3.3 m。设美洲狮“厉害地一跃”离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，美洲狮可看作质点，则tanα等于(　　) A．eq \f(1,8) B．eq \f(1,4) C．eq \f(1,2) D．1 解析　美洲狮水平方向做匀速运动，竖直方向做竖直上抛运动，其运动示意图如图所示，有v0cosα·t＝x，eq \f(1,2)v0sinα·eq \f(1,2)t＝h，联立解得tanα＝1，故D正确。 2．(斜抛运动规律的应用)在我国沿海地区多地的公园内设置有许多直饮水台，以避免塑料水瓶、一次性水杯造成的环境污染。如图，是某游客正在使用直饮水台喝水的情景。图中，A、B、C、D为水流末段的四个水滴。其中水滴D与出水口距离为d，高度相同，水流最高处与出水口高度差为h，忽略空气影响，则(　　) A．水滴A与水滴B速度变化快慢相同 B．水滴D的加速度比水滴C的加速度大 C．水滴D的速度与出水口的水流速度相同 D．水滴D的水平分速度大小等于deq \r(\f(g,2h)) 解析　A、B、C、D四个水滴均做斜上抛运动，其加速度均为重力加速度，速度变化快慢相同，A正确，B错误；水滴D的速度与出水口的水流速度大小相等，但方向不同，C错误；根据斜上抛运动规律，对水滴D，竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向有d＝2v0t，联立解得水滴D的水平分速度大小v0＝eq \f(d,2) eq \r(\f(g,2h))，D错误。 3．(斜抛运动规律的应用)在篮球比赛中，运动员投出的篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上，如图所示，若投球点到篮筐距离为x，不考虑空气阻力，则(　　) A．篮球进筐时的速度为eq \r(2gx) B．篮球在最高点的速度为eq \r(\f(gx,2)) C．篮球在空中的运动时间为eq \r(\f(x,g)) D．篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是eq \f(x,2) 解析　设篮球进筐时的速度为v，则篮球进筐时vx＝eq \f(\r(2),2)v，vy＝eq \f(\r(2),2)v，篮球在空中的运动时间t＝eq \f(x,vx)，根据运动的对称性可得vy＝g·eq \f(t,2)，联立解得v＝eq \r(gx)，t＝eq \r(\f(2x,g))，A、C错误；篮球在最高点时竖直方向速度为零，此时速度大小v′＝vx＝eq \r(\f(gx,2))，B正确；篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度为h＝eq \f(g,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2))) eq \s\up12(2)＝eq \f(x,4)，D错误。 解析　斜上抛运动在竖直方向为竖直上抛运动，在水平方向是匀速直线运动，设炮弹上升的最大高度为H，在空中运动的时间为t，根据竖直上抛运动的规律可得H＝eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2))) eq \s\up12(2)，解得t＝eq \r(\f(8H,g))，由题图可知第二次炮弹上升的最大高度较大，所以第二次炮弹在空中运动时间较长，故A正确，B错误；两次炮弹发射速度大小相等，根据对称性可知，两次炮弹落地时的速度大小相等，第二次炮弹在空中运动时间较长，根据vy＝g·eq \f(t,2)，可知第二次炮弹落地时的竖直分速度较大，则水平分速度较小，故C、D错误。 解析　(1)篮球从最高点到穿过篮筐中心的过程中竖直方向有h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,2) 穿过篮筐中心时竖直方向的分速度大小为 vy2＝gt2 则篮球在空中运动水平分速度为vx＝eq \f(vy2,tan37°) 篮球脱手时竖直方向的分速度大小为 vy1＝vxtan45° 篮球从脱手到运动至最高点的时间t1＝eq \f(vy1,g) 则篮球从脱手到穿过篮筐中心的时间为 t总＝t1＋t2 所以篮球脱手位置与篮筐中心间的水平距离为l＝vxt总 联立并代入数据得l＝2.8 m。 (2)篮球从脱手到穿过篮筐中心，竖直方向有 H＝vy1t总－eq \f(1,2)gteq \o\al(2,总) 联立并代入数据解得H＝0.35 m。 7．(综合提升)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m3/min，水离开喷口时的速度大小为16eq \r(3) m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．28.8 m，1.12×10－2 m3 B．28.8 m，0.672 m3 C．38.4 m，1.29×10－2 m3 D．38.4 m，0.776 m3 解析　由题意可知，水离开喷口做斜抛运动，根据斜抛运动规律可得，v竖直＝vsin60°，veq \o\al(2,竖直)＝2gh，v竖直＝gt，联立可得，h＝eq \f(（vsin60°）2,2g)＝28.8 m，t＝eq \f(vsin60°,g)＝2.4 s；所以空中水柱的水量V＝Qt＝eq \f(0.28×2.4,60) m3＝1.12×10－2 m3，故A正确。 答案　(1)2,0)eq \f(\r(s－（l1＋l2）2),tcosθ) 　(2)eq \f(1,2)gt2－2,0)eq \r(s－（l1＋l2）2) ·tanθ 解析　(1)链球脱手后做斜上抛运动， 水平位移x＝2,0)eq \r(s－（l1＋l2）2) 又x＝v0cosθ·t 解得初速度v0＝2,0)eq \f(\r(s－（l1＋l2）2),tcosθ) 。 (2)竖直方向有－h＝v0sinθ·t－eq \f(1,2)gt2 解得h＝eq \f(1,2)gt2－2,0)eq \r(s－（l1＋l2）2) ·tanθ。 $$