7第5章 专题提升课2 课后达标检测-【优学精讲】2025-2026学年高中物理必修第二册教用课件(人教版)

该高中物理专题提升课资料聚焦平抛运动与斜面、曲线运动的综合应用，通过示意图标注（v₀、θ、x、h）、课题引入搭建知识支架，衔接运动的合成与分解、加速度计算等前序知识，引导学生从单一运动模型过渡到复杂情境（如斜面滑块、半圆形轨道）的综合问题分析。 资料以小球击中斜面、半圆形容器平抛等真实情境为载体，强化物理观念中的运动和相互作用观念，通过质点模型建构、运动学公式推理（如计算飞行时间、水平距离）培养科学思维。设置错误修复、课堂检验环节，结合多选与分层计算题（如挡板问题求速度范围），提升科学探究中的问题解决能力。采用实例教学法，学生在情境分析中深化对运动规律的理解，教师可通过多样化题目设计提高教学针对性，有效提升课堂效率。

专题提升课2　课后达标检测 1 √ 4 5 6 7 8 1 9 10 2 3 课后达标检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 3 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 √ 3．(多选)如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3 m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．小球在空中飞行的时间为0.3 s B．小球抛出点到斜面P点的水平距离为1.2 m C．滑块沿斜面下滑的加速度为6 m/s2 D．小球抛出点到斜面底端的竖直高度为1.7 m √ 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 √ 5．(多选)如图所示为竖直截面为半圆形的容器，O为圆心，且AB为沿水平方向的直径。一物体在A点以水平向右的初速度vA抛出，与此同时另一物体在B点以向左的水平初速度vB抛出，不计空气阻力，两物体都落到容器的同一点P。已知∠BAP＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．B处物体比A处物体先到达P点 B．两物体一定同时到达P点 C．抛出时，两物体的速度大小之比为vA∶vB＝16∶9 D．抛出时，两物体的速度大小之比为vA∶vB＝4∶3 √ 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 √ 8．(2025·浙江丽水市期中)自由式滑雪比赛是2025年哈尔滨亚洲冬季运动会比赛项目之一。如图所示，某次训练时有甲、乙两名运动员(均视为质点)从出发区先后沿水平方向向左腾空飞出，其速度大小之比v甲∶v乙＝3∶1，不计空气阻力，则关于甲、乙两名运动员从飞出至落到着陆坡(可视为斜面)上的过程中，下列说法不正确的是(　　) A．水平位移之比x甲∶x乙＝9∶1 B．落到坡面上的瞬时速度方向相同 C．落到坡面上的瞬时速度大小之比为9∶1 D．在空中飞行的时间之比t甲∶t乙＝3∶1 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 √ 9．(多选)(2025·福建福州市期末)如图所示为固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，同时从A点水平抛出甲、乙两个小球，初速度分别为v1、v2，落在轨道上的C、D两点，OC、OD连线与竖直方向的夹角均为30°，忽略空气阻力，两小球均可视为质点，则(　　) A．甲、乙两球不会同时落到轨道上 B．v1∶v2＝1∶3 C．乙球与甲球的速度变化量相同 D．乙球在D点速度的反向延长线一定过O点 √ 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 10．(12分)如图所示，P处能持续水平向右发射初速度不同的小球。高度为h0 的挡板AB竖直放置，到P点的水平距离为L。挡板上端A与P点的高度差为h，可通过改变发球点P的竖直位置调整A、P两点的竖直高度差h。求： 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 (1)当h＝h0时，调节初速度可以让小球击中挡板上的不同位置， ①小球击中A点和B点的时间之比tA∶tB；(4分)　 ②小球能够击中挡板AB的初速度取值范围；(4分)　 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 (2)当h取多大时，小球击中A点时速度取得最小值。(4分) 4 5 6 7 8 9 10 2 3 1 课后达标检测 1．(2025·安徽马鞍山市期中)如图所示，若质点以初速度v0水平抛出后，落在倾角θ＝30°的斜面上，要求质点的抛出点到达斜面的位移最小，则质点的飞行时间为(　　) A． eq \f(\r(3)v0,3g)　　　　　　　 B． eq \f(\r(3)v0,2g) C． eq \f(\r(3)v0,g) D． eq \f(2\r(3)v0,g) 解析：要求质点的抛出点到达斜面的位移最小，则质点的位移与斜面垂直，根据几何知识有tan θ＝ eq \f(x,y)，根据平抛运动规律有x＝v0t，y＝ eq \f(1,2)gt2，联立可得t＝ eq \f(2\r(3)v0,g)。 2．在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，之后的运动可视为平抛运动，摩托车后轮落到壕沟对面才算安全。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．摩托车在空中相同时间内速度的变化量不相同 B．若摩托车能越过壕沟，则其所用时间为 eq \r(\f(2h,g)) C．摩托车能安全越过壕沟的最小初速度为x eq \r(\f(2g,h)) D．若摩托车越不过壕沟，则初速度越小其在空中的运动时间越短 解析：摩托车在空中做平抛运动，加速度不变，由Δv＝gΔt可知，相同时间内的速度变化量相同，故A错误；摩托车越过壕沟的过程，竖直方向有h＝ eq \f(1,2)gt2，可得t＝ eq \r(\f(2h,g))，故B正确；摩托车能安全越过壕沟的最小初速度v0满足x＝v0t，求得v0＝ eq \f(x,t)＝x eq \r(\f(g,2h))，故C错误；摩托车在空中运动的时间由竖直方向下落的高度决定，若摩托车越不过壕沟，其落点如果在壕沟最深处的右侧，则初速度越小在空中运动的时间越长，落点如果在壕沟最深处的左侧，则初速度越小在空中运动的时间越短，故D错误。 解析：小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块，则tan 37°＝ eq \f(v0,gt)，解得小球在空中飞行的时间t＝0.4 s，A错误；由x＝v0t得小球抛出点到斜面P点的水平距离x＝1.2 m，B正确；根据几何关系可得斜面顶端到P点的距离x滑＝l－ eq \f(x,cos 37°)＝0.4 m，又x滑＝ eq \f(1,2)at2，得a＝5 m/s2，C错误；小球抛出点到斜面底端的竖直高度H＝ eq \f(1,2)gt2＋x tan 37°＝1.7 m，D正确。 4．(多选)如图所示，一质量m＝2 kg的小球从倾角θ＝45°的斜面A处以v0＝1 m/s的速度水平抛出，落在斜面上的B点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小球从A运动到B的时间为0.1 s B．A到B的竖直高度为0.2 m C．小球在B的速度为 eq \r(5) m/s D．A、B之间的距离为0.4 m 解析：小球做平抛运动，则有xABsin 45°＝ eq \f(1,2)gt2，xABcos 45°＝v0t，解得t＝0.2 s，xAB＝ eq \f(\r(2),5) m，故A、D错误；根据上述可知A到B的竖直高度h＝xABsin 45°＝0.2 m，故B正确；根据速度合成可知，小球在B的速度v＝eq \o\al(2,0) eq \r(v＋(gt)2) ＝ eq \r(5) m/s，故C正确。 解析：根据题意两物体竖直方向下落高度相等，则有xAPsin 37°＝ eq \f(1,2)gt2，可知两物体一定同时到达P点，故A错误，B正确；物体做平抛运动，水平方向有xAPcos 37°＝vAt，xAPtan 37°sin 37°＝vBt，结合上述解得vA∶vB＝16∶9，故C正确，D错误。 6．(2025·湖北恩施市期末)轰炸机是军用飞机之一，在某次演习中，轰炸机沿水平方向投出了一枚炸弹，初速度大小为v0，炸弹正好垂直击中山坡上的目标，山坡的倾角θ＝37°，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．炸弹刚落到山坡时的速度大小是 eq \f(4,3)v0 B．炸弹从水平投出到落到山坡上，所用的时间是 eq \f(5v0,3g) C．炸弹从投出到落到山坡上的位移为eq \o\al(2,0) eq \f(4\r(13)v,9g) D．炸弹从水平投出到落在山坡上的位移偏转角为速度偏转角的一半 解析：当炸弹垂直击中山坡上的目标时有tan θ＝ eq \f(v0,vy)，所以vy＝ eq \f(4,3)v0，v＝eq \o\al(2,0) eq \r(v＋v eq \o\al(2,y)) ，即v＝ eq \f(5,3)v0，故A错误；由于vy＝gt，解得t＝ eq \f(4v0,3g)，故B错误；根据平抛运动的规律有x＝v0t，y＝ eq \f(1,2)gt2，解得x＝eq \o\al(2,0) eq \f(4v,3g) ，y＝eq \o\al(2,0) eq \f(8v,9g) ，则位移大小l＝ eq \r(x2＋y2)＝eq \o\al(2,0) eq \f(4\r(13)v,9g) ，故C正确；位移偏转角的正切值tan α＝ eq \f(y,x)＝ eq \f(2,3)，速度偏转角的正切值tan (90°－θ)＝ eq \f(4,3)＝2tan α，所以位移偏转角与速度偏角不是2倍关系，故D错误。 7．(2025·江苏盐城市合格考模拟)如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以速度v0水平抛出一个小球，落在斜面上Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度大小变为2v0，则(　　) A．PQ间距一定为原来间距的2倍 B．空中的运动时间变为原来的 eq \r(2)倍 C．夹角α将变大 D．夹角α将不变 解析：小球从抛出到落到斜面上，有tan θ＝ eq \f(y,x)＝ eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)，可得t＝ eq \f(2v0tan θ,g)，若把初速度变为2v0，则小球空中的运动时间变为原来的2倍，根据y＝ eq \f(1,2)gt2可知，小球下落高度变为原来的4倍，根据几何关系可知PQ间距一定为原来间距的4倍，故A、B错误；根据平抛运动推论：平抛运动的合速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，则有tan (α＋θ)＝2tan θ，由于θ不变，则夹角α将不变，故C错误，D正确。 解析：设坡面倾角为θ，则有tan θ＝ eq \f(y,x)＝ eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝ eq \f(gt,2v0)，解得t＝ eq \f(2v0tan θ,g)，可知他们飞行时间之比 eq \f(t甲,t乙)＝ eq \f(v甲,v乙)＝ eq \f(3,1)，根据x＝v0t，可知水平位移之比x甲∶x乙＝9∶1，故A、D正确，不符合题意；根据平抛运动的推论：瞬时速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，只要是落在坡面上，位移与水平方向夹角相同，所以两运动员落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同，故落在坡面上的速度大小之比等于初速度之比，则有 eq \f(v甲′,v乙′)＝ eq \f(v甲,v乙)＝ eq \f(3,1)，故B正确，不符合题意，C错误，符合题意。 解析：由题意可知，两个小球下落的高度是相等的，根据h＝ eq \f(1,2)gt2，可知甲、乙两球下落到轨道的时间相等，故甲、乙两球同时落到轨道上，又Δv＝gt，则甲、乙两球下落到轨道的速度变化量相同，故A错误，C正确；设圆形轨道的半径为R，则甲水平位移x1＝R－R sin 30°＝0.5R，乙水平位移x2＝R＋R sin 30°＝1.5R，可得x2＝3x1，水平方向做匀速直线运动，则有v1∶v2＝ 1∶3，故B正确；设乙球在D点速度偏转角为α，有tan α＝ eq \f(gt,v2)，设乙球在D点位移偏转角为θ，有tan θ＝ eq \f(gt,2v2)，可见tan α＝2tan θ，即在D点速度反向延长线平分水平位移，所以乙球在D点速度的反向延长线不过O点，故D错误。 解析：①当h＝h0时，根据h＝ eq \f(1,2)gt2 若小球打在挡板A点，小球在空中飞行的时间 tA＝ eq \r(\f(2h0,g)) 若小球打在挡板B点，小球在空中飞行的时间 tB＝2 eq \r(\f(h0,g)) 则刚好打在挡板A点和B点的时间之比 tA∶tB＝1∶ eq \r(2)。 ②打在A点的小球初速度大小v0A＝ eq \f(L,tA)＝L eq \r(\f(g,2h0)) 打在B点的小球初速度大小v0B＝ eq \f(L,tB)＝ eq \f(L,2) eq \r(\f(g,h0)) 则小球的初速度范围应满足 eq \f(L,2) eq \r(\f(g,h0))≤v≤L eq \r(\f(g,2h0))。 答案：①1∶ eq \r(2)　② eq \f(L,2) eq \r(\f(g,h0))≤v≤L eq \r(\f(g,2h0)) 解析：从P点到A点有h＝ eq \f(1,2)gt2，v0A′＝ eq \f(L,t) 解得v0A′＝L eq \r(\f(g,2h))，又v eq \o\al(2,y)＝2gh 解得vA＝eq \o\al(2,y) eq \r(v0A′2＋v) ＝ eq \r(\f(L2g,2h)＋2gh) 由数学知识可得当 eq \f(L2g,2h)＝2gh时，vA有最小值，则 h＝ eq \f(1,2)L。 答案： eq \f(1,2)L $