第五章 素养提升课1 抛体运动规律的应用-【名师导航】2025-2026学年高中物理必修第二册教师用书word（人教版）江苏专用

本讲义聚焦抛体运动规律的应用，系统梳理斜面（曲面）平抛运动的位移与速度方向分析、平抛临界极值问题的处理方法、类平抛运动的受力与运动分解，构建从基础规律到特殊情境再到拓展应用的学习支架。 通过典例解析（如斜面最小位移、曲面相切问题）和思路点拨，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。课中助力教师系统教学，课后通过分层训练帮助学生巩固知识，查漏补缺，提升应用能力。

素养提升课(一)　抛体运动规律的应用 [学习目标] 1．能熟练运用平抛运动规律解决斜面上的平抛运动问题。 2．掌握平抛中的临界值问题的处理方法。 3．能准确把握类平抛运动中涉及的方向问题。 考点1　与斜面(曲面)相关的平抛运动 1．两类与斜面相关的平抛运动 (1)常见的两类问题： ①物体从斜面上某一点抛出以后又重新落到斜面上，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，此时物体的合速度方向与斜面垂直。 位移与水平方向的夹角为θ　　速度与竖直方向的夹角为θ (2)基本求解思路： 题干信息 实例 处理方法或思路 速度 方向 垂直打在斜面上的平抛运动 (1)画速度分解图，确定速度与竖直方向的夹角 (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＝列方程求解 位移 方向 从斜面上水平抛出后又落在斜面上的平抛运动 (1)确定位移与水平方向的夹角α，画位移分解图 (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＝列方程求解 2．常见的与曲面相关的平抛运动 (1)抛出点和落点都在圆面上。如图所示，一小球从与圆心等高的半圆形轨道的A点以v0水平向右抛出，落在圆形轨道上的C点。 (2)抛出点在圆面外，落点在圆面上。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，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。 角度1　与斜面相关的平抛运动 【典例1】　如图所示，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则以下说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．小球空中运动时间为 B．小球的水平位移大小为 C．由于不知道抛出点位置，位移大小无法求解 D．小球的竖直位移大小为 思路点拨：“小球到达斜面的位移最小”隐含的条件是小球的位移与斜面垂直，利用数学知识得出水平位移x与竖直位移y之间的关系，就能求解。 B　[如图所示，过抛出点作斜面的垂线；当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向位移：x＝v0t；竖直方向位移：y＝gt2。根据几何关系有＝tan θ；联立解得t＝；小球的水平位移大小为x＝v0t＝；竖直位移大小为y＝＝，由水平位移和竖直位移可求解位移的大小；故A、C、D错误，B正确。] 角度2　与曲面相关的平抛运动 【典例2】　如图所示，一个半径R＝0.75m的半圆柱体放在水平地面上，一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水平抛出(小球可视为质点)，恰好从半圆柱体的C点掠过。已知O为半圆柱体圆心，OC与水平方向夹角为53°，取g＝10 m/s2，则(　　) A．小球从B点运动到C点所用时间为0.4 s B．小球从B点运动到C点所用时间为0.5 s C．小球做平抛运动的初速度为4 m/s D．小球做平抛运动的初速度为6 m/s 思路点拨：将小球在C点的速度和经过的位移沿水平方向和竖直方向分解，然后利用圆的几何特点结合平抛运动规律进行求解，注意速度方向与水平方向夹角的正切值等于位移方向与水平方向夹角正切值的2倍。 C　[小球做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于C点，根据几何关系可知小球在C点时速度方向与水平方向的夹角为37°，设位移方向与水平方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝，又水平位移x＝1.6R，tan θ＝＝，R＝0.75 m，解得y＝ m，根据y＝gt2，得t＝0.3 s，根据水平位移x＝1.6R＝v0t，得v0＝4 m/s。C正确。] [跟进训练] 1．(角度1)如图所示，钢球从斜槽轨道末端以v0的水平速度飞出，经过时间t落在斜靠的挡板AB中点。若钢球以2v0的速度水平飞出，则(　　) A．下落时间仍为t B．下落时间为2t C．下落时间为t D．落在挡板底端B点 C　[假设钢球的水平速度变为2v0时钢球仍落在挡板AB上，则钢球的位移与水平方向的夹角等于挡板的倾角θ，由平抛运动的规律可知tan θ＝，又y＝gt2，x＝vt，整理得t＝，则钢球的运动时间与初速度成正比。由于钢球的水平速度为v0时落在挡板AB的中点，钢球的水平速度为2v0时竖直位移应变为原来的4倍，显然当钢球的水平速度为2v0时，钢球应落在水平面上，则由竖直方向分运动的规律可知，钢球竖直方向的分位移变为原来的2倍，则钢球在空中运动的时间变为原来的倍，A、B、D错误，C正确。] 2．(角度2)如图所示，从半径为R＝1 m的半圆PQ上的P点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆的右半部分曲面上。取g＝10 m/s2，据此判断小球的初速度为(　　) A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s D　[小球下降的高度h＝gt2＝×10×0.42 m＝0.8 m。若小球落在右边四分之一圆弧上，根据几何关系有R2＝h2＋(x′－R)2，解得水平位移x′＝1.6 m，初速度v0′＝＝ m/s＝4 m/s。故D正确，A、B、C错误。] 考点2　平抛中的临界、极值问题 求解平抛运动临界问题的一般思路 (1)确定临界状态； (2)找出临界状态对应的临界条件； (3)分解速度或位移； (4)若有必要，画出临界轨迹。 【典例3】　如图所示，排球场的长为18 m，球网的高度为2 m。运动员站在离网3 m远的线上，正对球网竖直跳起，把球垂直于网水平击出。(不计空气阻力，g取10 m/s2) (1)设击球点的高度为2.5 m，问球被水平击出时的速度在什么范围内才能使球既不触网也不出界？ (2)若击球点的高度小于某个值，那么无论球被水平击出时的速度为多大，球不是触网就是出界，试求出此高度。 思路点拨：排球被击出后做平抛运动，若速度过大就会出界，若速度过小就会触网。 [解析]　(1)如图甲所示，排球恰好不触网时其运动轨迹为Ⅰ，排球恰好不出界时其运动轨迹为Ⅱ，根据平抛运动的规律，由x＝v0t和h＝gt2可得，当排球恰好不触网时有 甲 x1＝3 m，x1＝v1t1，① h1＝2.5 m－2 m＝0.5 m，h1＝gt12。② 由①②可得v1＝3 m/s。 当排球恰好不出界时有 x2＝3 m＋9 m＝12 m，x2＝v2t2，③ h2＝2.5 m，h2＝gt22。④ 由③④可得v2＝12 m/s， 所以排球既不触网也不出界的速度范围是 3 m/s＜v0<12 m/s。 (2)如图乙所示为排球恰好不触网也不出界的临界轨迹。设击球点的高度为h，根据平抛运动的规律有 乙 x1＝3 m，x1＝v0t1′，⑤ h1′＝h－2 m，h1′＝gt1′2，⑥ x2＝3 m＋9 m＝12 m，x2＝v0t2′，⑦ h2′＝h＝gt2′2。⑧ 由⑤⑥⑦⑧式可得，所求高度h＝ m。 [答案]　(1)3 m/s＜v0<12 m/s　(2) m 　平抛运动临界、极值问题的常见特点 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点。 (2)如题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这些“起止点”往往就是临界点。 (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值也往往是临界点。 [跟进训练] 3．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　) A．＜v＜L1 B．＜v＜ C．＜v＜ D．＜v＜ D　[当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小。由平抛运动规律，＝v1t，2h＝gt2，联立解得v1＝。当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大。由平抛运动规律，＝v2t′，3h＝gt′2，联立解得v2＝。即速度v的最大取值范围为 ＜v＜。选项D正确，选项A、B、C错误。] 考点3　类平抛运动的分析与求解 1．类平抛运动 类平抛运动是一种匀变速曲线运动。在初速度方向上不受力，初速度保持不变；在与初速度垂直的方向上存在一恒力，区别于平抛运动中的重力。 2．类平抛运动的特点及处理方法 受力特点 物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直 运动特点 在初速度v0方向做匀速直线运动，在合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝ 处理方法 常规分解 将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的初速度为零的匀加速直线运动，两个分运动彼此独立、互不影响，且与合运动具有等时性 特殊分解 对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y轴方向列方程求解 【典例4】　如图所示，光滑斜面长L＝10 m，倾角为30°，一小球从斜面的顶端以v0＝10 m/s的初速度水平射入，求：(g取10 m/s2) (1)小球沿斜面运动到底端时的水平位移x； (2)小球到达斜面底端时的速度大小。 思路点拨：小球的运动过程与平抛运动的过程类似，以一定的初速度抛出后，在与初速度方向垂直的恒力作用下运动。可以将小球的运动分解为沿合力方向的初速度为零的匀加速直线运动和沿初速度方向的匀速直线运动。 [解析]　(1)小球在斜面上沿v0方向做匀速直线运动，沿垂直于v0方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mg sin 30°＝ma，又L＝at2， 解得t＝， 所以x＝v0t＝v0＝20 m。 (2)小球运动到斜面底端时的速度大小用v表示，则有 vx＝v0＝10 m/s， vy＝＝＝＝10 m/s， 故v＝＝10 m/s。 [答案]　(1)20 m　(2)10 m/s 　类平抛运动问题的求解思路 (1)分析物体的初速度与受力情况，确定物体做类平抛运动的加速度，并明确两个分运动的方向。 (2)利用两个分运动的规律求解分运动的速度与位移。 (3)根据题目的已知条件与未知条件，充分利用运动的等时性、独立性、等效性。 [跟进训练] 4．(人教版P4演示改编)如图所示，一光滑斜面倾角为θ，高为h。现有一小球在A处贴着斜面以水平速度v0射入，最后从B处离开斜面，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球的运动轨迹不是抛物线 B．小球的加速度大小为g tan θ C．小球从A点运动到B点的时间为 D．A、B两点间的距离为 C　[对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，其合力大小为F＝mg sin θ，方向沿斜面向下，依题意可知小球合力方向与初速度方向垂直，且为恒力，所以小球做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，故A错误；根据牛顿第二定律F＝ma，可得a＝＝g sin θ，故B错误；把小球的运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和沿合力方向的初速度为零的匀加速直线运动，设小球到达B点所用的时间为t，可得＝at2，解得t＝， 故C正确；小球沿水平方向的位移为x＝v0t，A、B两点间的距离为xAB＝，联立可得xAB＝，故D错误。] 素养提升练(一)　抛体运动规律的应用 一、选择题 1．一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为(　　) A．tan θ B．2tan θ C． D　[小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比即为平抛运动的合位移与水平方向夹角的正切值。小球落在斜面上时速度方向与斜面垂直，故速度方向与水平方向夹角为－θ，由平抛运动速度方向与水平方向夹角的正切值为位移方向与水平方向夹角正切值的2倍，可知小球在竖直方向下落的距离与水平方向通过的距离之比为tan ＝，D项正确。] 2．(人教版P20T7改编)近年来，国家大力开展冰雪运动进校园活动，目前已有多所冰雪特色学校，蹬冰踏雪深受学生喜爱。如图所示，两名滑雪运动员(均视为质点)从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为v1∶v2＝2∶1，不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到斜坡(可视为斜面)上的过程中，下列说法正确的是(　　) A．他们飞行时间之比为t1∶t2＝1∶2 B．他们飞行的水平位移之比为x1∶x2＝2∶1 C．他们速度变化之比为Δv1∶Δv2＝2∶1 D．他们在空中离坡面的最大距离之比为 s1∶s2＝2∶1 C　[运动员从跳台a处水平飞出，设初速度为v0，飞行时间为t，斜坡的倾角为θ，运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时有tan θ＝＝，解得t＝，可得他们飞行时间之比为t1∶t2＝v1∶v2＝2∶1，A错误；运动员飞行的水平位移为x＝v0t＝，他们飞行的水平位移之比为x1∶x2＝v12∶v22＝4∶1，B错误；两运动员在水平方向的速度不变，在竖直方向的速度变化为Δvy＝gt，因为他们飞行时间之比为t1∶t2＝2∶1，则有他们速度变化之比为Δv1∶Δv2＝gt1∶gt2＝2∶1，C正确；运动员在空中离坡面的最大距离为s＝，他们在空中离坡面的最大距离之比为s1∶s2＝v12∶v22＝4∶1，D错误。] 3．如图所示，相对的两个斜面，倾角分别为30°和60°，在顶点的两个小球A、B以同样大小的初速度分别向左、右两边水平抛出，小球都落在斜面上，若不计空气阻力，则A、B两小球的运动时间之比为(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶3 D．1∶ C　[对于A球，tan 30°＝＝，解得tA＝；对于B球，tan 60°＝＝，解得tB＝，所以＝＝，故选项C正确。] 4．如图所示，甲、乙两小球从竖直平面内的半圆轨道的左端A开始做平抛运动，甲球落在轨道最低点D，乙球落在D点右侧的轨道上。设甲、乙两球的初速度分别为v甲、v乙，在空中运动的时间分别为t甲、t乙，则下列判断正确的是(　　) A．t甲＝t乙 B．t甲<t乙 C．v甲>v乙 D．v甲<v乙 D　[根据平抛运动规律可知，小球在空中运动的时间仅由下落高度决定，乙球下落高度小于甲球下落高度，故t乙＜t甲，选项A、B错误；水平位移x＝vt，而x乙＞x甲，t乙＜t甲，所以v甲＜v乙，选项D正确，C错误。] 5．如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd。从a点正上方的O点以速度v0水平抛出一个小球，它落在斜面上b点。若小球从O点以速度2v0水平抛出，则它落在斜面上的(不计空气阻力)(　　) A．b与c之间某一点 B．c点 C．c与d之间某一点 D．d点 A　[当水平初速度变为2v0时，如果去掉斜面，作过b点垂直于Oa的直线be，小球将落在c点正下方的直线上的e点，连接O点和e点的抛物线，和斜面相交于b、c间的一点(如图)，该点即为小球以速度2v0抛出时在斜面上的落点。故A正确。] 6．如图所示，一光滑斜面体固定在水平面上，其斜面ABCD为矩形，与水平面的夹角为θ，AD边水平且距水平面的高度为h。现将质量为m的小球从斜面上的A点沿AD方向以速度v0水平抛出，忽略空气阻力，小球恰好运动到斜面的左下角C点，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．小球从A点运动到C点的过程中做变加速曲线运动 B．小球从A点运动到C点的时间为 C．AD边的长度为v0sin θ D．小球运动到C点时的速度大小为vC＝ D　[小球运动过程中，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，方向沿斜面向下，加速度恒定，结合运动可知小球做类平抛运动，即匀变速曲线运动，A错误；小球在AB方向做匀加速直线运动，有＝at2，解得t＝，B错误；小球在AD方向做匀速直线运动，有x＝v0t＝v0＝v0·，C错误；小球运动到C点时的速度大小为vC＝＝，D正确。] 7．如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道。O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角，则(　　) A．＝2 B．＝2 C．tan θ1·tan θ2＝2 D．＝2 C　[平抛运动在水平方向上是匀速直线运动，在竖直方向上是自由落体运动。由题图可知，小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ1，则tan θ1＝＝，位移与竖直方向的夹角为θ2，则tan θ2＝＝＝，有tan θ1·tan θ2＝2，故选C。] 8．如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10 m/s2。则v的取值范围是(　　) A．v>7 m/s B．v<2.3 m/s C．3 m/s<v<7 m/s D．2.3 m/s<v<3 m/s C　[小物件做平抛运动，可根据平抛运动规律解题。若小物件恰好经过窗子上沿，则有h＝gt12，L＝v1t1，得v1＝7 m/s；若小物件恰好经过窗子下沿，则有h＋H＝，L＋d＝v2t2，得v2＝3 m/s， 所以3 m/s<v<7 m/s，故C项正确。] 9．如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R。将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力。则(　　) A．当小球的初速度v0＝时，落到环上时的竖直分速度最大 B．当小球的初速度v0＝时，将落到环上的cb段 C．v0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 D　[小球做平抛运动，当小球落在c点时竖直分速度最大，由R＝gt2，R＝v0t，解得v0＝，A错误；当小球的初速度v0＝＜时，水平位移小于R，小球将落到环上的ac段，B错误；小球撞击在ac段时，速度方向斜向右下方，不可能与圆环垂直；当小球落在cb段时，由于O不在水平位移的中点，根据平抛运动的推论，可知小球落在圆环上时的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击圆环，C错误，D正确。] 10．如图所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c。开始均静止于斜面同一高度处，其中b小球在两斜面之间。若同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3。若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达该水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′。下列关于时间的关系正确的是(　　) A．t1＝t2＝t3 B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′ C．t1′<t3′<t2′ D．t1＜t1′、t2＜t2′、t3＜t3′ B　[由静止释放三小球时，对a：＝g sin 30°·t12，则t12＝，对b：h＝gt22，则t22＝，对c：＝g sin 45°·t32，则t32＝，所以t1＞t3＞t2，A错误；当平抛三小球时，小球b做平抛运动，小球a、c在斜面内做类平抛运动，沿斜面方向的运动同第一种情况，所以t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′，故B正确，C、D错误。] 二、非选择题 11．跳台滑雪是勇敢者的运动，运动员在专用滑雪板上，不带雪杖在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆，这项运动极为壮观。设一位运动员由a点沿水平方向滑出，到山坡b点着陆，如图所示。测得a、b间距离L＝40 m，山坡倾角θ＝30°，山坡可以看成一个斜面。试计算：(不计空气阻力，g取10 m/s2) (1)运动员滑出后在空中从a到b飞行的时间； (2)运动员在a点滑出的速度大小。 [解析]　(1)运动员做平抛运动，其位移为L，将位移分解，其竖直方向上的位移L sin θ＝gt2 解得t＝2 s。 (2)水平方向上的位移L cos θ＝v0t 故运动员在a点滑出的速度大小为v0＝10 m/s。 [答案]　(1)2 s　(2)10 m/s 12．如图所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在平台前一倾角为α＝53°的斜面顶端且速度刚好与斜面平行，已知平台到斜面顶端的高度h＝0.8 m，不计空气阻力，g取10 m/s2。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求： (1)小球水平抛出的初速度v0； (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x。 [解析]　(1)设小球刚到达斜面顶端时竖直分速度的大小为vy， 水平分速度为v0，合速度为v， 由＝2gh得 vy＝＝4 m/s。 由题意可知，小球落到斜面顶端刚好与斜面平行，则vy＝v0tan 53°。 解得v0＝＝3 m/s。 (2)由vy＝gt1得 平抛运动的时间t1＝＝0.4 s， 所以水平距离x＝v0t1＝1.2 m。 [答案]　(1)3 m/s　(2)1.2 m 13．质量m＝2 kg的物体在光滑水平面上运动，其相互垂直的分速度vx和vy随时间变化的图线如图甲、乙所示。求： (1)物体所受的合外力； (2)物体的初速度； (3)t＝8 s时物体的速度大小； (4)4 s内物体的位移大小。 [解析]　(1)物体在x方向有ax＝0， y方向有ay＝＝0.5 m/s2。 根据牛顿第二定律可得F合＝may＝1 N，方向沿y轴正方向。 (2)由题图可知vx0＝3 m/s，vy0＝0， 则物体的初速度为v0＝3 m/s，方向沿x轴正方向。 (3)由题图知，t＝8 s时，vx＝3 m/s，vy＝4 m/s， 由速度的合成可知 物体的合速度大小为v＝＝5 m/s。 (4)4 s内，x＝vxt＝12 m，y＝ayt2＝4 m， 由位移的合成可知 物体的位移大小l＝＝4 m。 [答案]　(1)1 N，沿y轴正方向　(2)3 m/s，沿x轴正方向　(3)5 m/s　(4)4 m 10/16 学科网（北京）股份有限公司 $