第五章 4. 抛体运动的规律-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第二册同步学习方案（人教版2019）

●物理·必修第二册（配RJ版） 抛体运动的规律 [学业要求 1.知道平抛运动的特点。 2.会用运动分解求平抛运动的速度」 3.知道平抛运动的位移和轨迹，会用平抛运动的规律解决问题。 4.知道一般抛体运动的特点和处理办法。 预习案必备知识·问题导学 /通教材·即知识·素养初成 一、平抛运动的速度 (2)确定物体运动的轨迹方程（即y与x 阅读教材，并回答： 之间的关系式)。 1.平抛运动的受力有何特点？加速度是多大？ (3)求时间t内的位移大小和方向（计算其 2.根据受力特点，平抛运动可看作哪两个方 方向与水平方向的夹角)。 向上的运动的合运动？ [概念·规律] 3.如何确定抛体运动任一时刻的速度？ 1.水平位移：x= 2.竖直位移：y= 3.合位移： [概念·规律 大小：L=√x+y 1.水平方向 不受力，为 方向：tana=义=是(a为位移方向与水 运动，v= 2.竖直方向 平方向的夹角)。 只受重力，为 运动，u,=gt。 4.轨迹：y= ,平抛运动的轨迹是一 3.合速度 条 大小：=√0,2十u, 三、一般的抛体运动 1.定义 方向：tan0=飞= (0是v与水平 初速度沿 或 方向的抛体 方向的夹角)。 运动。 二、平抛运动的位移与轨迹 2.初速度 阅读教材，并回答： V=vo 根据教材图5.4-1分析 3.性质 (1)确定t末物体的位置坐标。 斜抛运动可以看成是水平方向的 运动和竖直方向的 或 运动的合运动。 16 第五章抛体运动。 [思考判断] (4)物体做平抛运动时，在相等的时间内速 (1)抛体运动是匀变速曲线运动。( 度的变化量相等。 ) (2)物体做平抛运动的时间由水平位移 (5)做平抛运动的物体，初速度越大，在空 决定。 中运动的时间越长。 ) ( (3)物体做平抛运动的合速度方向可能竖 (6)物体做斜抛运动到达最高点时，速度 为零。 ( ) 直向下。 ( 探究案关键能力·互动探究 /析考点·钙规仲·泰养提升 探究点一平抛运动的理解 1.物体做平抛运动的条件 运动轨迹 运动轨迹 物体的初速度，沿水平方向，只受重力作 用，两个条件缺一不可。 2.平抛运动的性质 D 加速度为g的匀变速曲线运动。 变式2 在例题中地面上的人观察4包物资 3.平抛运动的速度特点 落地前在空中的大致位置情况是( 任意两个相等的时间 间隔内速度的变化相 04 3 8 同，△v=g△t,方向竖直 02 02 向下，如图所示。 o1 01 例1(2024·北京丰台期末)一架小型运 B 输机水平匀速飞行，速度为，在高空每隔 04 1s向地面释放一包物资，先后共释放 03 03 4包，若物资包可视为质点，不计空气阻 02 02 。1 ol 力。以地面为参考系，物资被释放后做 D ( ○针对训练 A.匀速直线运动 B.匀速圆周运动 C.平抛运动 D.自由落体运动 1.(多选)关于平抛物体的运动，以下说法正 () 变式1在例题中物资在运动过程中，位置 确的是 A.做平抛运动的物体，速度和加速度都随 a所受合力F方向与速度u.方向可能正确 的是 时间的增加而增大 ( B.做平抛运动的物体仅受到重力的作用， 运动轨迹 运动轨迹 所以加速度保持不变 C.平抛物体的运动是匀变速运动 D.平抛物体的运动是匀速运动 17 ●物理·必修第二册（配RJ版） 探究点二 平抛运动的规律和研究方法 [交流讨论] 2.平抛运动的推论 1.以抛出点为原点O,取水平方向为x轴，正 (1)平抛运动的速度偏向0a 方向与初速度，的方向相同；竖直方向为 角为0，如图所示，则tan0 y轴，正方向竖直向下；物体在任一时刻t ==型。平抛运动的 位置坐标为P(x,y),位移s、速度v(如图 U. 所示)有如下关系。 位移偏向角为a,则tana 1 --2811 g=1 tan9,故位移偏向角 与速度偏向角的正切值的比值为1：2。 (2)如图所示，从O点抛 0 出的物体经时间t到达 P点，速度的反向延长线 (1)合位移的大小和方向。 交OB于A点。 则OB=ut,AB= PB tan 0 (2)根据水平分位移x和竖直分位移y,确 定做平抛运动物体的轨迹方程。 281.=1 解得AB=20B, (3)试推导图中tan0和tana的关系。 故A为OB的中点。 例2从某一高度处水平抛出一物体，它 落地时速度是50m/s,方向与水平方向成 2.一个小球以初速度。水平抛出，落地时速 53°。(g取10m/s2,cos53°=0.6，sin539 度为，阻力不计。求： =0.8)求： (1)小球在空中飞行的时间。 (1)抛出点的高度和水平射程： (2)抛出后3s末的速度； (3)抛出后3s内的位移。 (2)抛出点离地面的高度。 3.在2题(2)问中，h=心2”，与匀变速直 2g 线运动公式y2=v,2+2as,形式上一致的， 其物理意义相同吗？ [归纳总结 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上的自由落体 运动和水平方向上的匀速直线运动。 18 第五章抛体运动。 ●变式在离水平地面高80m的塔顶，以 变式1（多选）在本例题0a 30m‘s的初速度水平抛出一物体（不计空 中，若标出的两线段AB、 气阻力，取g=10m/s2),求： BC与水平方向的夹角分 (1)物体在空中飞行的时间： 别为a=37°、3=45°，取 (2)物体的落地速度的大小： sin37°=0.6，cos37°=0.8，其他条件不 (3)物体飞行的水平距离。 变，则下列说法中正确的是 ( A.小球平抛的初速度大小为4m/s B.小球经B点时的速度大小为7m/s C.小球从抛出到经过A点时运动的时间 为0.5s D.A点到抛出点的竖直距离为1.25m 变式2在本例题中，将照相机对准每小格 边长为3.2cm的方格背景拍摄，拍摄的小 球做平抛运动过程中的频闪照片如图所 示，求小球被抛出时的水平速度。 例3(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0.05s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s和s2之比为3：7。重力加速度大 小取g=10ms2,忽略空气阻力。求在抛 出瞬间小球速度的大小。 。针对训练 2.一小球以2m/s被水平抛出，不计空气阻 力，重力加速度g取10m‘s2,当竖直分位 移为3.2m时，水平分位移为 A.1.6m B.32m C.6.4m D.12.8m 19 ●物理·必修第二册（配RJ版） 提升案随堂演练·基础落实 /夯基醣·糙技能·泰养达成 1.做平抛运动的物体，在水平方向通过的最 4.(教材本章复习与提高A组第4题变式) 大距离取决于 在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕 A.物体的高度和所受重力 沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地 B.物体的高度和初速度 面后失去动力，可以视为平抛运动。摩托 C.物体所受的重力和初速度 车后轮落到壕沟对面才算安全。(g取 D.物体所受的重力、高度和初速度 10m/s2,结果可用根号表示)求： 2.在同一点O抛出的三个物体，做平抛运动 的轨迹如图所示，则三个物体做平抛运动 的初速度vA、vg、的关系和三个物体做 5m 平抛运动的时间tA、tB、tc的关系分别是 (1)摩托车飞跃壕沟的时间： (2)摩托车越过这个壕沟的最小速度的 大小： (3)摩托车落地时的速度大小和方向。 A.VA>UB>UCIA>IB>Ic B.vA=VB=vc,tA=t8=tc C.vA<vB<vc,tA>tB>te D.vA>UB>UCtA<B<tc 3.如图所示，x轴在水平地面上，y轴沿竖直 方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛 出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b 和c是从同一点抛出的。不计空气阻力， 则 A.a的飞行时间最长 B.b比c飞行时间长 C.b的水平初速度比c的小 温 D.c的水平初速度最小 提示 诗完成[知能达标训练」作业（四） 20@© (3)当水流速度2=5m/s大于船在静水中的速度)= 2.D如图所示，将小车的速度四 4m/s时，不论凹方向如何，其合速度方向总是偏向下 向垂直轻绳和沿轻绳方向分解， 游，故不能垂直河岸渡河。 则沿轻绳方向分解的速度' [答案]见解析 cos0,故物体的速度2=)cos0, [变式1] A A、B错误；由于角0逐渐减小， [变式2]BD湖面的西风给小船一个恒定的作用力，即 cos0变大，故2逐渐变大，物体加速度向上，处于超重 风给小船的作用力始终向东，小船有向北的初速度，可 状态，Fr>mg,C错，D对。 知小船运动轨迹向东偏转，的方向是轨迹的切线方 3.解析(1)小船从A点出发，若船头指向正对岸的C点， 向，因小船自身提供的动力与速度方向相同且等于风 则此时过河时间最短，故有=，足= 120 力，可知初始状态合力方向北偏东45°，则远项A、C错 tmin 60X8 m/s 误：随着小船速度方向不断偏转，合力方向逐渐靠近正 =0.25m/s。 东方向，即合速度方向逐渐靠近正东方向，若初速度较 (2)设AB与河岸上游成a角，由题意可知，此时恰好到 小，则图像为B,若初速度较大，则图像为D。 达正对岸的C点，故1沿河岸方向的分速度大小拾好 [变式3]ABC加速度的方向指向轨迹的凹侧，依题意 等于河水的流速2的大小，即2=v]cos a,此时过河时 可知，AC轨迹是匀加速运动，AB轨迹是匀速运动，AD 轨迹是匀减速运动，故船沿AC轨迹过河所用的时间最 间为t= 1sina,所以sina d =0.8,cosa=0.6, 01t 短，选项D错误，A,B正确；船沿AD轨迹在垂直河岸 故U2=U1c0sa=0.15m/s。 方向的运动是减速运动，故船到达对岸的速度最小，选 (3)在第二次过河中小船被冲向下游的距离为 项C正确。 5cD-v2tmin=72m。 [针对训练] 答案(1)0.25m/s(2)0.15m/s(3)72m 1.AB由运动的独立性可知，垂直河岸方向速度越大渡 3实验：探究平抛运动的特点 河时间越短，即船头始终与河岸垂直航行时时间最短， 探究案·关键能力·互动探究 =夏三100s,选项A,B正确，由题图甲可知水流速 : [例1] [解析](1)实验中需要在坐标纸上记录小球的 度在变化，船的合速度大小及方向均会随位置发生变 位置，描绘小球的运动轨迹，需要利用重垂线确定坐标 化，因此轨迹并不是直线，选项C错误：船在静水中的速 轴的y轴。故C、F是需要的。 度与水流速度方向垂直，水流速度最大值为4m/s,则 (2)使小球从斜槽上同一位置滑下，才能保证每次的轨 船在河水中的最大速度为5m/s,选项D错误。 迹相同，A正确：斜槽没必要必须光滑，只要能使小球滑 探究点二 出的初速度相同即可，B错误，实睑中记录的点越多，轨 [交流讨论] 迹越精确，C正确：斜槽末端必须水平，才能保证小球离 答：(1)不相等(2)不相等，B的大(3)沿绳子方向和 开斜槽后做平抛运动，D错误。 [答案](1)CF (2)AC 垂直于绳子的方向(4)” cos 8 : [例2]匀速直线平抛运动水平方向的分运动为匀速 [例2][解析]船的速度产生了两个效果：一是滑轮与 直线运动 船间的绳缩短，二是绳绕滑轮顺时针转动，因此将船的 提升案·随堂演练·基础落实 速度进行分解，人拉绳行走的速度v人=vcos0,故A正 1.ACD研究平抛运动时，钢球体积越小，所受空气阻力 确，B错误：绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力 越小，并且记录小球通过的位置越准确，A正确：小球每 大小为F,与水平方向成日角，因此Fcos一f=ma,解 次从斜槽上的同一位置由静止开始滚下，可保证小球的 得a=F©os0-上，随着船向左运动，0变大，船的加速度 初速度不变，与钢球和斜槽间的摩擦无关，B错误，C正 m 确：实脸时必须使斜槽末端的切线水平，以确保小球水 变小，故C正确，D错误。 平飞出做平抛运动，D正确。 [L答案]AC 2.ACD安装有斜槽的木板时，必须使斜槽末端切线水 [变式1]BC船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度 平，使木板竖直，以确保小球水平飞出和正确画出小球 和垂直绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则有 的运动轨迹，A正确，B错误；小球每次从斜槽上的同 v人=vcos0,若船保持匀速前进，而夹角0增大，则cos0 位置由静止开始滚下，可保证小球初速度不变，C正确： 减小，则人做减速运动，故A错误，B正确；由人= 由本实验的目的可知，D正确。 00s0阿得u=0若人保持匀逸前选，而夹角0增 3.CA图中坐标纸偏右，斜槽末端没有在坐标纸内，故A 错误；B图中坐标纸放得不竖直，故B错误；C图中坐标 纸竖直，斜槽末端又在坐标纸内，故C正确：D图中坐标 大，则c0s0减小，则船做加速运动，故C正确，D错误 纸偏下，斜槽末端没有在坐标纸内，故D错误。 [变式2]AD对小船进行受力分析，因为小船做匀速 4.B小球滚下的高度越低，其做平抛运动的初速度越小， 直线运动，所以小船处于平衡，设拉力与水平方向的夹 其轨迹线越陡，越靠近y轴，所以可能原因为B。 角为6，有Fcos0=f,…,Fsin0+F茅=mg,…,船在匀 5.B 速靠岸的过程中，0增大，阻力不变，绳子的张力增大， 4 拉力增大，sin0增大，所以船受到的浮力减小，故A正 抛体运动的规律 确，B错误；绳子的速度，即为人的速度，根据运动的合 预习案·必备知识·问题导学 成与分解，则有船c0s日=v绳，因日在增大，且船匀速， 一、1.答：只受重力，g。 所以人收缩绳的速度越来越小，故C错误，D正确。 2.答：水平方向和竖直方向。 [针对训练 3.答：先求水平方向和竖直方向的速度，然后两个速度 2.C将B的速度分解，如图所示，则 合成。 [概念·规律 有v2=vA,=VBCOS30°，解得4 3 1.匀速直线2.自由落体3.√2+g2 00 =c0s30°=y ,故选C。 二、答：见教材 2 [概念·规律 提升案·随堂演练·基础落实 1.C根据实际轨迹可知，越靠近河中央水流速度越大， 1.w12282 格超物线 则越靠近河中央，表示速度的线段越长，且速度大小关 : 三、1.斜向上斜向下 2.cos0sin03.匀速直线 于河中对称，故选C。 竖直上抛竖直下抛 [思考判断] (2)×(3)×(4)√(5)×(6)× : [变式]解析 (1)/ (1)根据方=7g2得，物体平抛运动的时 探究案·关键能力·互动探究 2×80 s=4s。 探究点一 间三√g10 [例1][解析]以地面为参考系，物资被释放后水平方 (2)落地时竖直方向速度飞y=g1=40m/s 向具有与飞机相同的速度，故做平抛运动，故选C。 则落地时速度大小v=√，2+w2=√402+30m/s [答案]C =50m/s。 [变式1]B (3)物体飞行的水平距离x=0t=30×4m=120m. [变式2]B 答案(1)4s(2)50m/s(3)120m [针对训练] [例3][解析]频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相 1.BC做平抛运动的物体，速度随时间不断增大，但由于 邻两个球之间被刷去3个影像，故相邻两球的时间间 只受恒定不变的重力作用，所以加速度是恒定不变的， 隔为 选项A错误，B正确：平抛运动是加速度恒定不变的曲 t=4T=0.05×4s=0.2s 线运动，所以它是匀变速曲线运动，选项C正确， 设抛出醉间小球的速度为，每相邻两球间的水平方 D错误。 向上位移为x,竖直方向上的位移分别为y1y2,根据平 探究点二 抛运动位移公式有 [交流讨论] x=vot 1.答：(1)s=√2+y2,tana=当 1=7g2=合×10×0.2m=0.2m 1 2y点4 %=g(2)2-合2=合×10×(0.华-0.2)m 1 1 (3)tan a=tan =0.6m 令y1=y,则有 2.答：(1)由平抛的知识可以知道，，2=%2+g22,t= y2=3y1=3y 名际-可 已标注的线段51,52分别为 31=√x2+y2 （2②)在竖直方向上做自由落体运动，A=名g= 28· 2=√x2+(3y)z=√2+9y 2-w2)=02-w. 则有 √x2+y2:Vx2+9y=3:7 3答：物理意义并不相同，在A=中的，并不是 整理得 平抛运动的位移，而是竖直方向上的位移，在，=2十 =25, 2as中的s就是表示匀速直线运动的位移。对于平抛运 故在抛出瞬间小球的速度大小为 动的位移，是由竖直位移和水平位移合成而得的。 %==2⑤ m/s。 [例2][解析](1)设落地时的竖直 053 5 方向速度为v,水平速度为0，别有 v,=vsin0=50×0.8m/s=40m/s [答案] 25m/s o=tcos0=50×0.6m/s=30m/s [变式1]CD设相邻小球之间的竖直位移分别为y1、 把出点的高度为==80m y2,水平位移为x,则2y1=g(4T)2,x=0·4T, 2g tana=义，tang=兰，联立得tang-tana=gT,解得 水平射程x=%=30×0m=120m 0=8m/s,y1=1.2m,y2=1.6m,x=1.6m,故A错 (2)设抛出后3s末的速度为3，则竖直方向的分速度 vy3=g43=10X3m/s=30m/s 误小球经过B点时坚直方向的分速度为，=山出 8T 内=√J0o2+v82=√302+302m/s=30V2m/s =7m/s,合速度为g=√/62十u,2=√3m/s,运动时 设速度与水平方向的夹角为a, 间为知=受=0.75，故B错误：小球从抛出到经过A点 则tana=3=1,故a=45. 0 时运动的时间tA=tB一4T=0.5s,故C正确：小球经A (3)3s内物体的水平方向的位移 x3=0t3=30X3m=90m, 点时下落高度yA=28以2=1.25m,故D正确： 竖直方向的位移 [变式2]解析竖直方向根据匀变速运动规律有 为=282=2×10X32m=45m, △y=2l=gT 故物体在3s内的位移 =0.088 解得T=√g s=√x32+y37=√902+452m=45√5m 水平方向有x=4l=0T 设位移与水平方向的夹角为1， 解得西-华-1.6m/ 剩tan=边=1 1 0-arctan 2. 答案1.6m/s [针对训练] [答案](1)80m120m(2)30√2m/s,与水平方向 2.A竖直分位移为3.2m时，小球在空中运动的时间为 的夹角为45°(3)45√5m,与水平方向的夹角 1 胚2X3.2。=0.89,水平方向有x=w=2× 为arctan =√g√10 0.8m=1.6m,故选A。 5 @ 提升案·随堂演练·基础落实 第3次石片从上升到第4次接触水面的时间为t妇=2X 1,B设物依的下落高度为h,由A-名82，得1=√份 ，则 水平方向适这的距高==功·人臣故水平方向上 第n次石片从上升到第n十1次接触水面的时问为tn= 通过的距离与抛出点的高度h和初速度v0有关，跟重 力大小无关，选项B正确。 2x(侵)广×四 2.C根据平抛运动规律，水平方向x=ot,竖直方向y= 则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的总时间为1 gt,由于xA<xB<xCyA>yB>yC,周此，平抛运动 1 6+4++++,=√-+2x[(合)广+（侵） 时间tA>tB>tC,平抛运动的初速度vA<vB<C,所以 选项C正确。 +(合》广++（合门√ 3.D小球平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据 : h=2g2可知下落时间为=√g 2h 根据数学知识有=3√日 ，则石片从抛出到停止跳动的 因为ha<hb=hc ，故选B。 所以三个小球下落时间ta<h=t 过程中通过的水平距离为x==30√g A、B错误； 探究点二 小球水平方向上做匀速直线运动，因为x6>工， 例2][解析门设箭抛出点离壶口的竖直高度为h,水 根据x=ot可知水平初速度v6>v,C错误； 平距离为x,箭尖插入壶中时与水平面的夹角为日。箭 同理对比a、b小球，水平住移关系xa>x6 在空中做平抛运动，根据推论：速度的反向延长线过水 结合时间关系可知水平初速度a>>v 平位移的中点，则tan0=么=2边 ,x相同，h越大，0越 D正确。 2 4.解析(1)摩托车飞跃壕沟的时间t= 2五 大，则可知甲所投箭的位置比乙的高，根据人=之82可 x0西6= 知甲所投的箭在室中运动的时间比乙的长，故B正确， 10 10s, C错误：由x=0t可知，x相等，甲所投的箭在空中运动 (2)摩托车越过这个壕沟的最小速度心一工= 5 =m/s= 的时间比乙的长，则甲所授箭的初速度大小比乙的小， 故A错误；速度变化量△v=g,甲所投的箭在空中运动 10 的时间比乙的长，则甲的速度变化量比乙的大，故D 5√/10m/s 正确。 (3)摩托车落地时的竖直速度v,=gt=√10m/s [答案]BD [变式1]AD设水平距离为s,箭的初速度为0，击中 速度大小u=√，2+，2=√260m/s 墙面的速度为o,速度与竖直方向的夹角为a,则有tan0 方向与水平方向夹角正切值为an0==0.2. =生= UO ,s=ot,联立解得o=√gstan6。由于从同 Uy gt 答案D沿：25而s8)硕m/,方 一位置O抛出，s相同，所以有0B>0A,故A正确；击 向与水平方向夹角正切值为tan=0.2 中墙面的连度为。一品)=罚 gs sin √sin cos9 习题课二平抛运动规律的应用 2gs 探究案·关键能力·互动探究 029,由于sin120°=sin60°=兮，则有A=oz,故B日 探究点一 [例1][解析]由题意可知石子接触水面前的运动可 错误竖直方向有方=名8巴，可得=，√臣，可知两支箭 理想化为平抛运动，从距水面高度为处水平抛出扁平 的运动时间一定不相等，故C错误：根据任意时刻速度 石子，落到水面时其竖直方向的速度为包，=√2g,要使 的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平总位移的 扁平石子落水时的速度方向与水面的夹角不大于日，则 中点，可知插在墙上的两支箭的反向延长线与OO一定 ≤an0,解得的≥品给，即抛出速度的最小值为 交于同一点，故D正确。 [变式2]解析设人与墙的水平距离为x,两箭的速度 mn-V②gh 方向的反向延长线交于同一点，根据平抛运动规律可 tan 知，该点位于水平分位移的中点，则tan60=2办B' [答案] √2gh tan 6 tan30°= [变式]B第1次石片从抛出到接触水面做平抛运动， 流，由几行关系如一=d,联立解得一 ，石片每次接触水面后反弹到再接触 3d. 时间为t6=√g 答案√3d 水面做斜抛运动，可看作两个平抛运动，则 探究点三 第1次石片从上升到第2次接触水面的时间为1=2X [例3][解析] 飞，打在靶上距地画会的C点时有合 2× =2x()广×√ 28412 第2次石片从上升到第3次接触水面的时间为2=2X 得1=g 初速度为0一 6