第五章 习题课1 平抛运动规律的应用-【创新教程】2025-2026学年高中物理必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教版）

人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 　 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 　　 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 人教物理·必修二 合作探究攻重难 章末易错点突破 课堂自测夯基础 习题课1平抛运动规律的应用 学科素养 科学 思维 1.能熟练运用平抛运动规律解决斜面上的平抛运动问题和与其他运动形式相综合的问题． 2．能准确把握类平抛运动中涉及的方向问题. 与斜面结合的平抛运动问题 ◆[探究导入] 　如图所示是跳台滑雪运动示意图，在利用山势特别建造的跳台上，运动员穿着专用滑雪板，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． (1)运动员从斜面上的A点水平飞出，到再次落到斜坡上的B点，根据斜面倾角可以确定运动员位移的方向还是运动员速度的方向？ (2)运动员从斜面上的A点水平飞出，到运动员再次落到斜面上，他的竖直分位移与水平分位移之间有什么关系？ 提示：(1)根据斜面的倾角可以确定位移的方向，即位移方向与水平方向的夹角为θ. (2)运动员再次落到斜面上时，他的竖直分位移与水平分位移的比值为tan θ. ◆[探究归纳] 1．顺着斜面抛：如图所示，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．结论有： (1)速度方向与斜面夹角恒定． (2)水平位移和竖直位移的关系： tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0). (3)运动时间t＝eq \f(2v0tan θ,g). 2．对着斜面抛：如图所示，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．结论有： (1)速度方向与斜面垂直． (2)水平分速度与竖直分速度的关系：tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt). (3)运动时间t＝eq \f(v0,gtan θ). ◆[典例赏析] [例1]　如图所示，小球以15 m/s的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上．在这一过程中，求：(不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，tan 37°＝eq \f(3,4)) (1)小球在空中的飞行时间； (2)抛出点距撞击点的竖直高度； (3)小球撞到斜面时，小球在竖直方向上下落的距离与在水平方向上通过的距离之比． [解析]　(1)将小球垂直撞在斜面上的速度分解，如图所示． 由图可知θ＝37°，φ＝90°－37°＝53° tan φ＝eq \f(gt,v0) 则t＝eq \f(v0,g)tan φ＝eq \f(15,10)×eq \f(4,3) s＝2 s. (2)h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m. (3)小球在竖直方向上下落的距离y＝eq \f(1,2)gt2＝20 m，小球在水平方向上通过的距离x＝v0t＝30 m，所以y：x＝2∶3. [答案]　(1)2 s　(2)20 m　(3)2∶3 (1)规范作好速度矢量三角形． (2)正确求出速度矢量三角形中的角度大小． (3)利用平抛运动水平方向和竖直方向的规律分别列式求解． ◆[针对训练] 1．(多选)在倾角为37°的斜面上，从A点以6 m/s的速度水平抛出一小球，小球落在B点，如图所示，则以下说法正确的是(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A．小球在空中飞行时间为0.85 s B．A、B两点距离为6.75 m C．小球在B点时的速度方向与水平方向夹角的正切值为1.5 D．到达B点时的速度为12 m/s 解析：BC　[如图所示，vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，tan 37°＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)，所以t＝eq \f(2v0tan 37°,g)＝0.9 s，所以A错误；A、B两点的距离s＝eq \f(v0t,cos 37°)＝6.75 m，所以B正确；小球在B点，tan α＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)＝1.5，所以C正确；到达B点时的速度v＝eq \r(v\o\al(2,0)＋gt2)＝eq \r(117) m/s<12 m/s，所以D错误．] 2．在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq \f(v,2)的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(　　) A．2倍　　　　　　　 B．4倍 C．6倍 D．8倍 解析：A　[甲、乙两球都落在同一斜面上，则隐含做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同，根据位移方向与末速度方向的关系，即末速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角的正切值的2倍，可得它们的末速度方向也相同，在速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值，故A正确．] 类平抛运动及分析方法 ◆[探究导入] 如图所示，质量为m的物体在光滑的水平面上向右以速度v0做匀速直线运动，在t＝0时刻加一个与v0垂直的恒力F作用，则： (1)物体的运动轨迹如何？运动性质是什么？ (2)在原来的v0方向上做什么运动？在与v0垂直的方向做什么运动？ 提示：(1)运动轨迹为抛物线，是匀变速曲线运动． (2)在v0方向上不受外力，做匀速直线运动；在与v0垂直的方向上，a＝eq \f(F,m)，做匀加速直线运动． ◆[探究归纳] 1．类平抛运动的受力特点 物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直． 2．类平抛运动的运动特点 在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动．加速度a＝eq \f(F合,m). 3．类平抛运动的求解方法 (1)常规分解法：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(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性． (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的平面直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解． ◆[典例赏析] [例2]　质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)，今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h，如图所示，(重力加速度为g)，求： (1)飞机受到的升力大小； (2)在高度h处飞机的速度大小． [思路点拨]　理解该题的关键： ①飞机水平方向匀速运动． ②飞机竖直方向匀加速上升，所以飞机的运动为类平抛运动． [解析]　(1)飞机水平速度不变，则l＝v0t 竖直方向加速度恒定，h＝eq \f(at2,2) 消去t，即得a＝eq \f(2hv\o\al(2,0),l2) 由牛顿第二定律知F－mg＝ma 解得F＝mg＋ma＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2hv\o\al(2,0),gl2))). (2)在高度h处，飞机竖直方向的速度 vy＝at＝eq \f(2hv0,l) 则速度大小：v＝eq \r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝v0eq \r(1＋\f(4h2,l2)). [答案]　(1)mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2hv\o\al(2,0),gl2)))　(2)v0eq \r(1＋\f(4h2,l2)) 类平抛运动分析的三个方面 (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． ◆[针对训练] 3．A、B两个质点以相同的水平速度v0抛出，A在竖直平面内运动．落地点为P1.B沿光滑斜面运动，落地点为P2.不计阻力，如图所示，则P1、P2在x轴上(　　) A．P1较远 B．P2较远 C．P1、P2等远 D．A、B两选项都有可能 解析：B　[质点A做平抛运动，根据平抛规律得A运动时间：t＝eq \r(\f(2h,g))；B质点视为在光滑斜面上的类平抛运动，其加速度为：a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ，B运动时间：t′＝eq \r(\f(2h,gsin θ2))； A、B沿x轴方向都做水平速度相等的匀速直线运动，由于运动时间不等，所以沿x轴方向的位移大小不同，P2较远，故选B.] 1．如图所示，在足够长的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t1；若将此球以2v0的速度抛出，落到斜面上所用时间为t2，则t1与t2之比为(　　) A．1∶1　　　　　　　 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4 解析：B　[因小球落在斜面上，所以两次位移与水平方向的夹角相等，由平抛运动规律知tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt\o\al(2,1),v0t1)＝eq \f(\f(1,2)gt\o\al(2,2),2v0t2)，所以eq \f(t1,t2)＝eq \f(1,2).] 2．如图所示，将一小球从倾角为θ的斜面上方O点以初速度v0水平抛出后，落到斜面上H点，OH垂直于斜面，且OH＝h.不计空气阻力，重力加速度大小为g，则v0的大小为(　　) A.eq \r(\f(ghcos2θ,2sin θ)) B.eq \r(\f(ghsin2θ,2cos θ)) C.eq \r(\f(2ghsin2θ,cos θ)) D.eq \r(\f(2ghcos2θ,sin θ)) 解析：B　[小球平抛运动的水平位移x＝hsin θ＝v0t，竖直位移y＝hcos θ＝eq \f(1,2)gt2，联立解得v0＝eq \r(\f(ghsin2θ,2cos θ))，B正确．] 3．如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)(　　) A．两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶eq \r(2) B．两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶2 C．两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶2 D．两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶4 解析：A　[平抛运动在竖直方向为自由落体运动，h＝eq \f(1,2)gt2，由题意可知两次平抛的竖直位移之比为1∶2，所以运动时间之比为t1∶t2＝1∶eq \r(2)，A对，B错；水平方向为匀速直线运动，由题意知水平位移之比为1∶2，即v01t1∶v02t2＝1∶2，所以两次抛出时的初速度之比v01∶v02＝1∶eq \r(2)，选项C、D错．] 4．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水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：(重力加速度为g) (1)物块由P运动到Q所用的时间t； (2)物块由P点水平射入时的初速度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)＝beq \r(\f(gsin θ,2l)). (3)物块离开Q点时的速度大小 v＝eq \r(v\o\al(2,0)＋at2)＝eq \r(\f(b2＋4l2gsin θ,2l)). [答案]　(1)eq \r(\f(2l,gsin θ))　(2)beq \r(\f(gsin θ,2l)) (3)eq \r(\f(b2＋4l2gsin θ,2l)) $