第5章 专题强化(二) 平抛运动规律的应用（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高一物理必修第二册高中同步学案（人教版）

第五章　抛体运动 专题强化(二)　平抛运动规律的应用 第五章　抛体运动 返回导航 1 目录 contents Part 01 探究重点 提升素养 Part 02 随堂演练 逐点落实 Part 03 专题强化练(3) 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 梳理教材 夯实基础 返回导航 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 探究重点 提升素养 返回导航 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 第五章　抛体运动 返回导航 1 专题强化练(3) 点击进入 word 第五章　抛体运动 返回导航 1 谢谢观看 第五章　抛体运动 返回导航 1 1．能熟练运用平抛运动规律解决问题。 2．会分析平抛运动与其他运动相结合的问题。 3．会分析类平抛运动。　　 一、平抛运动的两个重要推论及应用 1．做平抛运动的物体在任意时刻瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。 2．做平抛运动的物体在某时刻速度方向、位移方向与初速度方向的夹角θ、α的关系为tan θ＝2tan α。 　图为一物体做平抛运动的轨迹，物体从O点抛出，x、y分别表示其水平和竖直的分位移。在物体运动过程中的某一点P(x0，y0)，其速度vP的反向延长线交x轴于A点(A点未画出)。则OA的长度为(　　) A．x0　　　　　　 B．0.5x0 C．0.3 x0 D．不能确定 【解析】　法一：由题意作图，设v与水平方向的夹角为θ，由几何关系得tan θ＝eq \f(vy,v0) ① 由平抛运动规律得 水平方向有x0＝v0t ② 竖直方向有y0＝eq \f(1,2)vyt ③ 由①②③得tan θ＝eq \f(2y0,x0) 在△AEP中，由几何关系得eq \x\to(AE)＝eq \f(y0,tan θ)＝eq \f(x0,2) 所以eq \x\to(OA)＝x0－eq \f(x0,2)＝0.5x0。 法二：由平抛运动的推论知，物体做平抛运动时速度矢量的反向延长线过水平位移的中点，故OA的长度为0.5x0。 【答案】　B 　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gt tan θ B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为eq \f(θ,2) 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 【解析】　将小球着地时的速度进行分解，如图所示，小球竖直方向的速度为vy＝gt，则初速度v0＝eq \f(gt,tan θ)，选项A错误；平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，由高度决定，与初速度无关，选项C错误；设位移方向与水平方向的夹角为α，则由推论一可知tan θ＝2tan α，但α≠eq \f(θ,2)，选项B错误；由于tan θ＝eq \f(gt,v0)，t不变，当初速度v0增大时， tan θ变小，θ减小，选项D正确。 【答案】　D 二、与斜面有关的平抛运动 1．模型构建 两类与斜面结合的平抛运动 (1)物体从斜面上某一点水平抛出以后又重新落在斜面上，此时平抛运动物体的合位移方向与水平方向的夹角等于斜面的倾角。 (2)做平抛运动的物体垂直打在斜面上，此时物体的合速度与竖直方向的夹角等于斜面的倾角。 2．求解思路 已知信息 实例 处理思路 速度方向 垂直打到斜面上的平抛运动 (1)确定速度与竖直方向的夹角θ，画出速度分解图 (2)根据水平方向和竖直方向的运动规律分析vx、vy (3)根据tan θ＝eq \f(vx,vy)列式求解 已知信息 实例 处理思路 位移方向 从斜面上一点水平抛出后落回在斜面上的平抛运动 (1)确定位移与水平方向的夹角θ，画出位移分解图 (2)根据水平方向和竖直方向的运动规律分析x、y (3)根据tan θ＝eq \f(y,x)列式求解 　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)，可知物体完成这段飞行的时间是(　　) A．eq \f(\r(3),3) s　 　 B．eq \r(3) s　 　 C．1 s　 　 D．2 s 【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＝v0 tan 45°＝gt，代入数据解得t＝1 s，故选项C正确，A、B、D错误。 【答案】　C 　如图所示，在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则(　　) A．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同 B．不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的 C．运动员落到雪坡时的速度大小是eq \f(v0,cos θ) D．运动员在空中经历的时间是eq \f(v0tan θ,g) 【解析】　如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的位置不同，但位移方向均沿斜坡，即位移方向与水平方向的夹角均为θ，由tan φ＝2tan θ得速度方向与水平方向的夹角均为φ，选项A错误，B正确；将运动员落到雪坡时的速度沿水平和竖直方向分解，求出运动员落到雪坡时的速度大小为eq \f(v0,cos φ)，选项C错误；由几何关系得tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得运动员在空中经历的时间t＝eq \f(2v0tan θ,g)。D错误。 【答案】　B 【针对训练1】　(多选)如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta小球恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点q处。若不计空气阻力，下列关系式正确的是(　　) A．va＝vb 　 B．va＝eq \r(2)vb C．ta＝tb 　　　 D．ta＝eq \r(2)tb 【解析】　做平抛运动的小球的运动时间由竖直方向的高度决定，即t＝ eq \r(\f(2h,g))，从a处抛出的小球下落的高度是从b处抛出的小球的2倍，有ta＝eq \r(2)tb，选项C错误，D正确；水平方向的距离由下落的高度和初速度共同决定，即x＝v0 eq \r(\f(2h,g))，由题意得从a处抛出的小球的水平位移是从b处抛出的小球的2倍，可知va＝eq \r(2)vb，选项A错误，B正确。 【答案】　BD 三、类平抛运动 1．类平抛运动的特点 (1)有时物体的运动与平抛运动很相似，也是物体在某方向做匀速直线运动，在垂直匀速直线运动的方向上做初速度为零的匀加速直线运动。对这种像平抛又不是平抛的运动，通常称为类平抛运动。 (2)受力特点：物体所受的合力为恒力，且与初速度的方向垂直。 (3)运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)。 如图所示，将质量为m的小球从倾角为θ的光滑斜面上A点以速度v0水平抛出(v0的方向与CD平行)，小球运动到B点的过程中做的就是类平抛运动。 2．类平抛运动与平抛运动的规律相类似，两者的区别在于： (1)运动平面不同：类平抛运动→任意平面；平抛运动→竖直面。 (2)初速度方向不同：类平抛运动→任意方向；平抛运动→水平方向。 (3)加速度不同：类平抛运动→a＝eq \f(F,m)，与初速度方向垂直；平抛运动→重力加速度g，竖直向下。 　如图所示的光滑固定斜面长为l、宽为b、倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：(重力加速度为g，不计空气阻力) (1)物块由P运动到Q所用的时间t； (2)物块由P点水平射入时初速度的大小v0； (3)物块离开Q点时速度的大小v。 【解析】　(1)沿斜面向下的方向有mgsin θ＝ma，l＝eq \f(1,2)at2 联立解得t＝ eq \r(\f(2l,gsin θ))。 (2)沿水平方向有b＝v0t v0＝eq \f(b,t)＝b eq \r(\f(gsin θ,2l))。 (3)物块离开Q点时的速度大小 v＝eq \r(v02＋（at）2)＝ eq \r(\f(（b2＋4l2）gsin θ,2l))。 【答案】　(1) eq \r(\f(2l,gsin θ))　(2)b eq \r(\f(gsin θ,2l)) (3) eq \r(\f(（b2＋4l2）gsin θ,2l)) 1. (平抛运动规律的推论)从同一点水平抛出三个小球，分别撞在竖直墙壁上a点、b点、c点，则(　　) A．落在a点的小球水平速度最小 B．落在b点的小球竖直速度最小 C．落在c点的小球飞行时间最短 D．a、b、c三点速度方向的反向延长线交于一点 【解析】　三个小球做平抛运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2得t＝ eq \r(\f(2h,g))，可知落在a点的小球飞行时间最短，落在c点的小球飞行时间最长，C错误；由x＝v0t得v0＝eq \f(x,t)，x相等，落在a点的小球飞行时间最短，则落在a点的小球水平速度最大，A错误；小球的竖直速度vy＝gt，可知落在a点的小球竖直速度最小，B错误；根据推论二可知，平抛运动的速度方向的反向延长线通过水平位移的中点，小球在a、b、c三点速度方向的反向延长线交于一点，D正确。 【答案】　D 2. (平抛运动规律的推论)如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，不计空气阻力，则(　　) A．当v1＞v2时，α1＞α2 B．当v1＞v2时，α1＜α2 C．无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2 D．α1、α2的关系与斜面倾角θ有关 【解析】　小球从斜面某点水平抛出后落到斜面上，小球的位移与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值tan β＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)，故可得tan β＝2tan θ，只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是β，故速度方向与斜面的夹角总是相等，与v1、v2的关系无关，C选项正确。 【答案】　C 3. (与斜面有关的平抛运动)如图所示，倾角θ＝30°的斜面放在水平地面上，P是斜面底端O点正上方的一点，一物体从P点水平抛出，垂直落到斜面上的A点。A点距离水平面的高度为h，由此可知OP之间的距离为(　　) A．2h　　　　　　 B．2.5h C．2eq \r(2)h D．2eq \r(3)h 【解析】　设OP之间的距离为H，平抛运动的水平位移为s，则H－h＝eq \f(1,2)vy·t，s＝v0t，两式相比eq \f(H－h,s)＝eq \f(1,2) eq \f(vy,v0)，因为eq \f(vy,v0)＝eq \f(1,tan θ)，s＝eq \f(h,tan θ)，所以H＝h＋eq \f(h,2tan2θ)，代入数据求得H＝2.5h，B正确。 【答案】　B 4．(与斜面有关的平抛运动)如图所示，在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2落到斜面上的C点处，以下判断正确的是(　　) A．t1∶t2＝4∶1 B．AB∶AC＝4∶1 C．AB∶AC＝2∶1 D．t1∶t2＝eq \r(2)∶1 【解析】　平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，则t＝eq \f(2v0tan θ,g)。知运动的时间与初速度成正比，所以t1∶t2＝2∶1；竖直方向上下落的高度h＝eq \f(1,2)gt2，知竖直方向上的位移之比为4∶1；斜面上的距离s＝eq \f(h,sin θ)，知AB∶AC＝4∶1，故B正确，A、C、D错误。 【答案】　B 5．(类平抛运动)如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P以初速度v0水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，重力加速度为g，则(　　) A．物块做匀变速曲线运动，加速度为g B．Q点速度vQ＝eq \r(3gl) C．初速度为v0＝b eq \r(\f(gsin θ,2l)) D．物块由P点运动到Q点所用的时间t＝ eq \r(\f(2l,g)) 【解析】　光滑斜面上的物块所受合力为mg sin θ，大小恒定，方向沿斜面向下，初速度与合力方向垂直，物块做匀变速曲线运动，根据牛顿第二定律得，物块的加速度为：a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ，故A错误；根据l＝eq \f(1,2)at2，有：t＝ eq \r(\f(2l,a))＝ eq \r(\f(2l,gsin θ))；在Q点的沿平行斜面方向的分速度为：vQy＝at＝gsin θ× eq \r(\f(2l,gsin θ))＝ eq \r(2glsin θ)；物块沿初速度方向做匀速直线运动，由b＝v0t，有：v0＝eq \f(b,t)＝eq \f(b,\r(\f(2l,gsin θ)))＝b eq \r(\f(gsin θ,2l))；故物块离开Q点时速度的大小：vQ＝ eq \r(v02＋vQy2)＝ eq \r(\f(（b2＋4l2）gsin θ,2l))，故B、D错误，C正确。 【答案】　C $$