第五章 专题强化2 平抛运动与斜面相结合的问题及临界极值问题-（配套练习）【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版）

专题强化2　平抛运动与斜面相结合的问题及临界极值问题 1.掌握平抛运动与斜面结合问题的解题方法。 2.会分析有关平抛运动的临界和极值问题。 3.会用平抛运动的分析方法分析类平抛运动。 强化点一　与斜面关联的平抛运动 两类常见的运动情景及解题策略 已知条件 情景示例 解题策略 已知速 度方向 从斜面外水平抛出，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面 分解速度，构建速度矢量三角形： vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 从斜面外水平抛出，恰好无碰撞地进入斜面轨道，如图所示，已知该点速度沿斜面方向 分解速度： vx＝v0 vy＝gt tan α＝＝ 已知位 移方向 从斜面上水平抛出又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下 分解位移，构建位移矢量三角形： x＝v0t y＝gt2 tan θ＝＝ 在斜面外水平抛出，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面 分解位移： x＝v0t y＝gt2 tan θ＝＝ 【例1】　（从斜面上水平抛出的情形）（2025·江苏省徐州市高一阶段练习）如图所示，AB为固定斜面，倾角为30°，小球从A点以初速度v0水平抛出，恰好落到B点。求：（空气阻力不计，重力加速度为g） （1）小球在空中飞行的时间及A、B间的距离； （2）从抛出开始，经过多长时间小球与斜面间的距离最大？最大距离为多大？ 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例2】　（对着斜面水平抛出的情形）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. 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例3】　（对着曲面水平抛出的情形）（2025·云南省玉溪三中高一期末）如图所示，AB为一半径为R的 圆弧，圆心位置O，一小球从与圆心等高的某点沿半径方向水平抛出，恰好垂直落在AB面上的Q点，且速度与水平方向夹角为53°，则小球从抛出点到Q点的水平距离为（　　） A.0.6R 　 B.0.8R 　 C.R 　 D.1.2R 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 强化点二　平抛运动的临界极值问题 1.常见的“三种”临界特征 （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）若题目中有“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点，这个极值点往往是临界点。 2.平抛运动临界问题的分析方法 （1）确定研究对象的运动性质。 （2）根据题意确定临界状态。 （3）确定临界轨迹，画出轨迹示意图。 （4）应用平抛运动的规律，结合临界条件列方程求解。 【例4】　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大小为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 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例5】　（平抛运动的临界极值问题）〔多选〕如图所示，水平面上放置一个直径d＝1 m、高h＝1 m的无盖薄油桶，沿油桶底面直径AB距左桶壁x＝2 m处的正上方有一点P，P点的高度H＝3 m，从P点沿直径AB方向水平抛出一小球，不考虑小球的反弹和空气阻力，下列说法正确的是（取g＝10 m/s2，CD为桶顶平行AB的直径）（　　） A.小球的速度范围为 m/s＜v＜ m/s时，小球击中油桶的内壁 B.小球的速度范围为 m/s＜v＜ m/s时，小球击中油桶的下底 C.小球的速度范围为 m/s＜v＜ m/s时，小球击中油桶外壁 D.若P点的高度变为1.8 m，则小球无论初速度多大，均不能直接落在桶底（桶边沿除外） 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 强化点三　类平抛运动 1.类平抛运动的概念 凡是合外力恒定且垂直于初速度方向的运动都可以称为类平抛运动。 2.类平抛运动的特点 （1）初速度的方向不一定是水平方向，合力的方向也不一定是竖直向下，但合力的方向应与初速度方向垂直。 （2）加速度不一定等于重力加速度g，但应恒定不变。 3.类平抛运动的分析方法 （1）类平抛运动可看成是沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的由静止开始的匀加速直线运动的合运动。 （2）处理类平抛运动的方法和处理平抛运动的方法类似，但要分析清楚加速度的大小和方向。 【例6】　（斜面上的类平抛运动问题）如图所示，将质量为m的小球从倾角为θ的光滑斜面上A点以初速度v0水平抛出（即v0∥CD），小球运动到B点，已知A点的高度为h，重力加速度为g，求： （1）小球加速度的大小； （2）小球到达B点的时间； （3）小球到达B点时的速度大小。 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例7】　（12分）（风洞）（2025·广东深圳高一下期末）风洞，被称为飞行器的摇篮，我国的风洞技术世界领先。如图所示，在一次实验中，风洞竖直放置且足够长，质量为m的小球从A点以速度v0＝10 m/s沿直径水平进入风洞①。小球在风洞中运动时受到的风力F恒定，方向竖直向上，风力大小F可在0～3mg间调节②。小球可视作质点，碰壁后不反弹，重力加速度g取10 m/s2，风洞横截面直径L＝10 m。 （1）当F＝0时③，求小球撞击右壁的速度大小和方向； （2）保持v0不变，调节F的大小④，求小球撞击右壁的区域长度。 教您审题 提升破题能力 信息读取 信息加工 ①沿直径水平进入风洞 ①小球初速度方向水平 ②风力F恒定，方向竖直向上，风力大小F可在0～3mg间调节 ②小球在竖直方向除受重力外，还受大小可调的恒定风力 ③当F＝0时 ③小球做平抛运动 ④调节F的大小 ④0≤F＜mg时小球向下做类平抛；F＝mg时，小球匀速直线运动；mg＜F≤3mg时，小球向上做类平抛运动 答案：（1）10 m/s，速度方向与水平方向夹角为45°　（2）15 m 规范解答：（1）当F＝0时，小球做平抛运动，水平方向有L＝v0t1（1分） 解得t1＝1 s（1分） 竖直分速度为vy1＝gt1（1分） 小球撞击右壁的速度大小v＝（1分） 令速度方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝（1分） 则有v＝10 m/s，θ＝45°。（1分） （2）结合上述，当F＝0时，小球做平抛运动，竖直方向的分位移y1＝g（1分） 解得y1＝5 m（1分） 当F＝3mg时，根据牛顿第二定律有3mg－mg＝ma，故a＝2g（1分） 小球做类平抛运动，则有L＝v0t1，y2＝a（1分） 解得y2＝10 m（1分） 则小球撞击右壁的区域长度L0＝y1＋y2＝15 m。（1分） 提示：完成课后作业　第五章　专题强化2 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题强化2　平抛运动与斜面相结合的问题及临界极值问题 强化点一 【例1】　（1）　　（2）　 解析：（1）位移与水平方向的夹角为30°，设小球在空中飞行时间为t1，则有 tan 30°＝＝ 解得运动的时间t1＝ AB间的距离：s＝ 解得s＝。 （2）当小球的速度方向与斜面平行，距离斜面最远，根据tan 30°＝＝ 则经历的时间：t2＝ 将小球的速度和加速度分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，则有vy'＝v0sin θ，ay＝gcos θ 则最大距离H＝＝ 解得H＝。 【例2】　D　如图所示，设小球抛出时的初速度为v0，运动时间为t，则vx＝v0，vy＝，vy＝gt，x＝v0t，y＝，联立可得＝，故D正确。 【例3】　D　如图所示，小球恰好垂直落在AB面上的Q点，作速度的反向延长线，交于O点，由平抛运动的推论可知，速度反向延长线通过水平位移的中点，故tan 53°＝，结合圆的几何关系可得＋y2＝R2，联立可解得x＝1.2R，D正确。 强化点二 【例4】　C　小物件做平抛运动，恰好擦着窗口上沿右侧穿过时v最大，此时有L＝vmaxt，h＝gt2，代入数据解得vmax＝7 m/s；恰好擦着窗口下沿左侧穿过时速度v最小，则有L＋d＝vmint'，H＋h＝gt'2，代入数据解得vmin＝3 m/s，故v的取值范围是3 m/s≤v≤7 m/s，故C正确，A、B、D错误。 【例5】　ACD　当小球落在A点时，有H＝gt2，x＝vAt，联立解得vA＝x＝ m/s，同理可知，当小球落在D点时，vD＝x＝ m/s；当小球落在B点时，vB＝（x＋d）＝ m/s，当小球落在C点时，vC＝（x＋d）＝ m/s，小球要击中油桶内壁，速度范围满足vB＜v＜vC，小球击中油桶下底，速度范围满足vD＜v＜vB，小球击中油桶外壁，速度范围满足vA＜v＜vD，故选项A、C正确，B错误；若P点的高度变为H0，运动轨迹同时过D点和B点，则此时初速度v'＝x＝（x＋d），解得H0＝1.8 m，在此高度上，小球无论初速度多大，都不能直接落在桶底（桶边沿除外），故选项D正确。 强化点三 【例6】　（1）gsin θ　（2）　（3） 解析：（1）小球从A点抛出后在斜面上做类平抛运动。由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma 解得a＝gsin θ。 （2）小球在沿斜面向下的方向做初速度为零的匀加速直线运动，有＝at2 解得t＝。 （3）小球沿水平方向做匀速直线运动，有vx＝v0，小球在沿斜面向下的方向做初速度为零的匀加速直线运动，有vy＝at 则小球到达B点时的速度大小为 vB＝＝。 学科网（北京）股份有限公司 $