第5章 习题课2 平抛运动规律的应用（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版）

本讲义聚焦平抛运动规律的应用这一核心知识点，系统梳理飞行时间、水平射程、落地速度等基本规律，延伸至速度与位移偏向角关系、速度反向延长线过水平位移中点等重要推论，进而拓展到竖直面、斜面、曲面约束及临界极值问题，构建从基础规律到综合应用的递进式学习支架。 该资料以“打水漂”等生活实例引入，通过例题与变式题设计，引导学生将实际运动抽象为平抛模型，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。分层练习题覆盖不同约束情境，课中助力教师高效授课，课后帮助学生巩固知识、查漏补缺，提升解决复杂物理问题的能力。

习题课二　平抛运动规律的应用 [学业要求] 1．通过实例分析进一步理解平抛运动和斜抛运动的规律。 2．会用运动分解求平抛运动的速度。 [对应学生用书P20] 探究点一　对平抛运动的进一步理解 1．飞行时间：t＝，取决于物体下落的高度h，与初速度v0无关。 2．水平射程：x＝v0t＝v0，由平抛初速度v0和下落高度h共同决定。 3．落地速度：v＝＝，由平抛初速度v0和下落高度h共同决定。 4．落地时速度的偏角(θ表示落地时速度方向与水平间的夹角)：tan θ＝＝，由平抛初速度v0和下落高度h共同决定。 5．速度的变化规律 (1)任意时刻速度的水平分量均等于初速度v0； (2)任意相等时间间隔Δt内，速度变化量Δv＝Δvy＝gΔt，方向均为竖直向下。 6．位移的变化规律 (1)任意相等的时间间隔Δt内，水平位移相同，即Δx＝v0Δt； (2)任意相等时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝g(Δt)2。 　(2023·新课标卷)将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？(不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g) [解析]　由题意可知石子接触水面前的运动可理想化为平抛运动，从距水面高度为h处水平抛出扁平石子，落到水面时其竖直方向的速度为vy＝，要使扁平石子落水时的速度方向与水面的夹角不大于θ，则≤tan θ，解得v0≥，即抛出速度的最小值为vmin＝。 [答案]　 　(多选)在例题中，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，从水面跳起产生的“水漂”效果越明显。将一石子水平抛出，不计石子在空中飞行时的空气阻力，为了观察到明显的“水漂”效果，则应(　　) A．适当增加出手的高度 B．适当减小出手的高度 C．适当增加出手的速度 D．适当减小出手的速度 解析　令石子接触水面时速度方向与水面的夹角为θ，石子水平抛出的速度为v0，石子竖直方向做自由落体运动，则有h＝gt2，石子接触水面时，根据速度分解有tan θ＝＝，解得tan θ＝，可知出手高度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当减小出手的高度，故A错误，B正确；结合上述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面的夹角越小，可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当增加出手的速度，故C正确，D错误。 答案　BC 　在例题中，若某次投掷时，如图所示，石片在距离水面高h处，以速度v水平抛出，若石片与水面碰撞时，水平速度不变，但碰后反弹高度都是前一次的，不计空气阻力，重力加速度为g，则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的总水平距离是(　　) A．4v　　　　　　 B．3v C．2v D．5v 解析　第1次石片从抛出到接触水面做平抛运动，时间为t0＝，石片每次接触水面后反弹到再接触水面做斜抛运动，可看作两个平抛运动，则 第1次石片从上升到第2次接触水面的时间为 t1＝2× ＝2× × 第2次石片从上升到第3次接触水面的时间为 t2＝2× ＝2×× 第3次石片从上升到第4次接触水面的时间为 t3＝2× ＝2×× 第n次石片从上升到第n＋1次接触水面的时间为tn＝2×× 则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的总时间为t＝t0＋t1＋t2＋t3＋…＋tn＝＋2×[＋＋＋…＋] 根据数学知识有t＝3，则石片从抛出到停止跳动的过程中通过的水平距离为x＝vt＝3v，故选B。 答案　B 探究点二　平抛运动的两个重要推论 　推论一：做平抛运动的物体在任意时刻任意位置，设其末速度方向与水平方向的夹角为α(速度偏向角)，位移方向与水平方向的夹角为θ(位移偏向角)，则tan α＝2tan θ。 推论二：做平抛运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。 　(多选)投壶是古代士大夫所做的一种投射游戏。《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”若甲、乙两人站在距壶相同水平距离处沿水平方向各投出一支完全相同的箭，箭尖插入同一个壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°，忽略空气阻力、箭长、壶的高度、壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是(　　) A．甲所投箭的初速度大小比乙的大 B．甲所投箭的位置比乙所投箭的位置高 C．甲、乙所投的箭在空中运动的时间相等 D．此运动过程中，甲所投箭的速度的变化量比乙大 [解析]　设箭抛出点离壶口的竖直高度为h，水平距离为x，箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ。箭在空中做平抛运动，根据推论：速度的反向延长线过水平位移的中点，则tan θ＝＝，x相同，h越大，θ越大，则可知甲所投箭的位置比乙的高，根据h＝gt2可知甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，故B正确，C错误；由x＝v0t可知，x相等，甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，则甲所投箭的初速度大小比乙的小，故A错误；速度变化量Δv＝gt，甲所投的箭在空中运动的时间比乙的长，则甲的速度变化量比乙的大，故D正确。 [答案]　BD 　(多选)在例题中，某人从同一位置O以不同的垂直墙面方向的水平速度投出两支箭A、B，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为30°、60°，图中箭的取向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力。则下列说法正确的有(　　) A．两支箭抛出速度满足v0B>v0A B．两支箭击中墙面的速度满足vA>vB C．两支箭的运动时间一定相等 D．插在墙上的两支箭的反向延长线与OO′一定交于同一点 解析　设水平距离为s，箭的初速度为v0，击中墙面的速度为v，速度与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝，s＝v0t，联立解得v0＝。由于从同一位置O抛出，s相同，所以有v0B>v0A，故A正确；击中墙面的速度为v＝＝＝＝，由于sin 120°＝sin 60°＝，则有vA＝vB，故B错误；竖直方向有h＝gt2，可得t＝，可知两支箭的运动时间一定不相等，故C错误；根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平总位移的中点，可知插在墙上的两支箭的反向延长线与OO′一定交于同一点，故D正确。 答案　AD 　在变式1中，已知图中两支箭A、B插在竖直墙壁上的距离为d，求人与墙的水平距离是多少？ 解析　设人与墙的水平距离为x，两箭的速度方向的反向延长线交于同一点，根据平抛运动规律可知，该点位于水平分位移的中点，则tan 60°＝，tan 30°＝，由几何关系知hA－hB＝d，联立解得x＝d。 答案　d 探究点三　约束条件下的平抛运动 题型1　竖直面约束的平抛运动 　如图是投掷飞镖游戏的示意图，O点距水平地面的高度为h，竖直靶板与O点的距离为x，不计空气阻力。当投掷者从O点以某一速度向右水平掷出飞镖时，飞镖打在靶上距地面的C点。现将竖直靶板向右移动，仍以相同速度从O点掷出飞镖，飞镖打在靶上的位置应该是(　　) A．打在C点 B．打在地面与C点之间 C．恰好打在靶板与地面的交点处 D．不能打在靶板上 [解析]　飞镖打在靶上距地面的C点时有 ＝gt12 得t1＝ 初速度为v0＝＝x 现将竖直靶板向右移动，设飞镖在空中运动的时间为t＝ 此过程中水平方向的位移为x′＝v0t＝x×＝x<x 则飞镖不能打在靶板上，故D正确，A、B、C错误。 [答案]　D 题型2　斜面约束的平抛运动 　如图所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1、v2之比为(　　) A．1∶1　　　　　　 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2 [解析]　小球A、B均做平抛运动，根据分位移公式，则对A有x＝v1t，竖直位移y＝gt2，又有tan 30°＝，联立可得v1＝gt；小球B恰好垂直打到斜面上，则有tan 30°＝＝，可得v2＝gt，所以有v1∶v2＝3∶2，故选D。 [答案]　D 题型3　与斜面相关的平抛运动 　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，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]　物体从斜面抛出后落到斜面上，物体的位移与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即tan θ＝＝＝，物体落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值tan φ＝＝，故可得tan φ＝2tan θ。只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向的夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是φ，故速度方向与斜面的夹角就总是相等，与v1、v2的关系无关，C正确。 [答案]　C ●核心素养·思维升华 与斜面相关联的平抛运动的分析方法 方法 运动情境 定量关系 总结 分解 速度 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 速度方向与θ有关，分解速度、构建速度三角形 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 分解 位移 x＝v0t y＝gt2 tan θ＝＝ 位移方向与θ有关，分解位移、构建位移三角形 题型4　曲面约束的平抛运动 　如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R。一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　) A．v0越大，小球落在圆环时的时间越长 B．即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同 C．若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环 D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环 [解析]　小球的初速度v0越大，下降的高度不一定大，时间由竖直分位移决定，故到达C点时竖直分位移最大，则时间最长，故选项A错误；设小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角为α，则tan α＝，可知初速度不同，则速度与水平方向夹角不同，故选项B错误；小球做平抛运动的末速度方向斜向右下方，则不可能垂直撞击小球的左半部分，假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，可知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ。连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β，根据几何关系知θ＝2β，因为平抛运动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，即tan θ＝2tan β，与θ＝2β相矛盾，则不可能与半圆环垂直相撞，故选项C错误，D正确。 [答案]　D 探究点四　平抛运动的临界极值问题 　(2025·湖北襄阳期末)如图所示，小球A和B置于水平面上方h处，现在将小球A以水平初速度v0射向小球B，同时小球B由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g。 (1)若小球A和B恰好在B落地时相撞，求两球开始时的距离L1； (2)若两小球与地面相撞时水平速度不变，竖直速度均变为原来的k倍(k<1)，且小球A第二次落地时恰好与B相撞(不计小球与地面碰撞的时间)，求两球开始时的距离L2。 [解析]　(1)对小球A和B，在竖直方向上都有 h＝gt2 对小球A在水平方向上L1＝v0t 可得L1＝v0。 (2)对小球A和B，在竖直方向上都有vy2＝2gh，与地面碰撞后vy′＝kvy 小球A与B相撞时也是B第二次与地面相撞时，故B第一次与地面相撞后在空中的时间t′＝2 所以A、B相撞前的时间为 t总＝t＋t′＝＋2k＝(2k＋1) 小球A一直在水平方向上做匀速直线运动，故有L2＝v0t总＝(2k＋1)v0。 [答案]　(1)v0　 (2)(2k＋1)v0 　(多选)如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则(　　) A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度和两球之间的水平距离l B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 C．A、B不可能运动到最高处相碰 D．A、B一定能相碰，若已知l、h以及A的平抛速度v的值，能够求出AB碰撞的位置和AB碰撞前A落地几次 解析　当小球A在落地时与B球相撞，根据h＝gt2得，平抛运动的时间t＝，则平抛运动的初速度v＝＝l，当v>l时，两球必然在第一次落地前相碰，所以取决于A的初速度和两球之间的水平距离l，A正确；当v＝l时，平抛时间t＝，水平位移x＝vt＝l，因为A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，根据对称性，B在第一次落地后又第一次刚返回最高点时相碰，B、C错误；根据以上分析，可知A、B一定能相碰，若小球在下落时相碰，小球碰撞一定与B球在同一竖直方向，则A球的水平位移为l，根据x＝l＝vt，可以求得下落的时间t＝，则B球下落的高度hB＝gt2＝，即能够求出AB碰撞的位置。若B在第一次落地后又第一返回最高点过程中与A球相碰，小球碰撞一定与B球在同一竖直方向，则A球的水平位移为l，根据x＝l＝vt，可以求得下落的时间t＝，B球下落又返回，此时的距离下落点的距离hB＝g。同理可以求得后几次时的距离下落点的距离。当速度v<l时，则在B球返回时相碰，设v＝nl，则第一次落地时的水平位移x1＝2nl，A一次碰撞后上升到最高点水平位移为2x1，则＝n知两球在各自与地面碰撞的次数，D正确。 答案　AD ●核心素养·思维升华 平抛运动中临界问题的分析方法 [对应学生用书P24] 1．对做平抛运动的物体，若g已知，再给出下列哪组条件，可确定其初速度大小(　　) A．物体的水平位移 B．物体下落的高度 C．物体落地时速度的大小 D．物体运动位移的大小和方向 解析　根据x＝vt可知无时间无法得到初速度，故A错误；根据h＝gt2，可知只能求出时间，不能求出水平方向的位移，故B错误；由于落地时速度的方向未知，无法通过平行四边形法则求出水平方向速度，故C错误；物体的位移大小和方向已知，根据平行四边形定则可求出水平位移与竖直位移，结合竖直位移求出运动的时间，进而求出初速度，故D正确。 答案　D 2．(2025·重庆高一期末)如图所示，小球A、B分别从高度为l和2l的位置水平抛出。已知A、B的水平位移分别为2l和l，忽略空气阻力。关于小球的平抛运动，下列说法正确的是(　　) A．A和B的位移大小不相等 B．B的运动时间是A的2倍 C．A的初速度大小是B的2倍 D．B的速度变化量是A的倍 解析　位移为初位置到末位置的有向线段，由题图可得，A和B的位移大小相等、方向不同，故A错误；小球做平抛运动的时间由高度决定，即tA＝＝，tB＝＝2，则B的运动时间是A的倍，故B错误；两小球在水平方向上做匀速直线运动，则vxA＝＝，vxB＝＝，则A的初速度大小是B的2倍，故C错误；速度变化量等于落地的竖直速度，小球A、B在竖直方向上的速度分别为vyA＝g·＝，vyB＝g·2＝2，所以B的速度变化量是A的倍，故D正确。 答案　D 3．如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCDA1B1C1D1，从顶点A沿不同方向平抛一小球(可视为质点)。关于小球的运动，下列说法正确的是(　　) A．落点在A1B1C1D1内的小球落在B1点时平抛的初速度最大 B．落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比为1∶2 C．运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的速度方向都相同 D．运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同 解析　向各个水平方向抛出小球，平抛运动时间都相等，水平距离越远，平抛初速度越大，由题图得，小球落在C1点时，平抛的初速度最大，选项A错误；由x＝vt得，速度与水平位移成正比，落点在B1D1上的小球，最大水平距离为正方体边长A1D1或者A1B1，最小的水平距离为A1B1C1D1对角线的一半，最小距离与最大距离的比值为＝，选项B错误；设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝，则tan α＝＝＝，则tan θ＝2tan α，可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故选项D正确，同理可知，选项C错误。 答案　D 4．(多选)(教材本章复习与提高B组第3题变式)如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A，已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出(　　) A．轰炸机的飞行时间 B．投出的炸弹质量 C．炸弹的飞行高度 D．轰炸机的初速度 解析　根据A点的高度可知A点到底端的水平位移为h·cot θ，即炸弹的水平位移为h·cot θ，如图所示， 由于炸弹垂直击中目标A，得知速度与水平方向的夹角，根据平抛运动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，可得tan θ＝＝，可以得出炸弹的飞行高度，故C正确；由上述可求出平抛运动的竖直位移，根据y＝gt2得出炸弹平抛运动的时间，根据时间和水平位移求出轰炸机的初速度，故A、D正确；由于炸弹做平抛运动，而平抛运动的加速度与质量无关，故无法求解质量，故B错误。 答案　ACD 5．(教材本章复习与提高A组第7题变式)跳台滑雪是一项勇敢者的运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定的速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现质量为60 kg的某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆。整个过程可简化为如图。测得ab间的距离L＝40 m，斜坡与水平方向的夹角为θ＝30°，不计空气阻力，g取10 m/s2。 (1)求运动员从a点水平飞出时的速度大小； (2)运动员在飞行过程中，何时离斜坡最远？最远距离是多少？此时速度多大？ 解析　(1)依题意，运动员在空中做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，h＝L sin 30°＝20 m， 解得t＝＝2 s， 水平方向v0t＝L cos 30°，解得运动员初速度为 v0＝10 m/s。 (2)将v0与g向平行斜面方向与垂直斜面方向分解，当运动员垂直斜面方向的速度减为0时离斜面最远，如图所示 则有v1＝v0sin 30°，v2＝v0cos 30° g1＝g cos 30°，g2＝g sin 30° 在垂直斜面方向上，速度减为0时离斜面最远，有 v1－g1t1＝0，解得t1＝1 s 或v方向与斜面平行时，vy＝v0＋tan θ＝gt， t1＝1 s 最远的距离就是在垂直斜面方向上，速度减为0的位移x＝＝ m 此时的速度为v＝v2＋g2t1 联立解得v＝20 m/s。 答案　(1)10 m/s　(2)1 s　 m　20 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $