素养提升课二 抛体运动的规律及应用-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（鲁科版）

素养提升课二　抛体运动的规律及应用 　　　　 第2章 抛体运动 1.进一步掌握平抛运动的特点和性质。 2.熟练掌握平抛运动的规律，会分析平抛运动与斜面相结合的问题。 3.能根据问题情境确定平抛运动的临界条件，会计算平抛运动的临界速度。 学习目标 提升点一　平抛运动的两个推论 1 提升点二　平抛运动与斜面结合的问题 2 随堂演练 5 内容索引 课时测评 6 提升点三　平抛运动的临界问题 3 提升点四　处理类平抛运动 4 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 提升点一　平抛运动的两个推论 返回 1.平抛运动某一时刻速度与水平方向夹角为θ，位移与水平方向夹角为α，则tan θ＝2tan α。 证明：如图所示，因为tan θ＝＝，tan α＝ ＝，所以tan θ＝2tan α。 2.做平抛运动的物体在任意时刻瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。 证明：如图所示，P点速度的反向延长线交OB于A点，则＝v0t，＝＝gt2·＝v0t，可见＝。 (多选)如图是物体做平抛运动的y-x图像，物体从O点抛出，x、y分别为其水平和竖直位移，在物体运动的过程中，经某一点P(x，y)时，其速度的反向延长线交于x轴上的A点，则下列说法正确的是 A.点A为水平位移中点 B.tan α＝2tan θ C.tan θ＝2tan α D.以上均不对 例1 √ √ 根据平抛运动的规律有tan α＝＝，tan θ＝＝＝，联立上式解得tan α＝2tan θ，过P点作OA的垂线，垂足为B，如图所示，根据三角形知识得tan α＝＝2tan θ＝，解得AB＝OB，即点A为水平位移中点，故A、B正确，C、D错误。 平抛运动中时间的求解方法 1.利用水平位移或竖直位移求解时间：由平抛运动的时间等于各分运动的时间，得水平方向t＝或竖直方向t＝。 2.利用速度求解时间：先求出竖直分速度，由于竖直方向为自由落体运动，则有vy＝gt，故t＝。 3.利用匀变速直线运动的推论Δh＝gT2求解时间。 规律总结 针对练1.如图所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴Ox以v0＝2 m/s的速度抛出，经过一段时间到达P点，M为P点在Ox轴上的投影，作小球轨迹在P点的切线并反向延长，与Ox轴交于Q点，已知QM＝3 m，则小球运动时间为 A.1 s　　　 B.1.5 s　　　 C.2.5 s　　　 D.3 s √ 由平抛运动推论可知，Q为OM的中点，则从O点运动到P点的过程中，小球发生的水平位移s＝OM＝2QM＝6 m，由于水平方向做匀速直线运动，则小球在这段过程中运动的时间为t＝＝ s＝3 s，故D正确。 针对练2.如图所示，一小球自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上，小球与斜面接触时速度方向与水平方向的夹角φ满足 A.tan φ＝sin θ B.tan φ＝cos θ C.tan φ＝tan θ D.tan φ＝2tan θ √ 方法一：　由题图可知，接触斜面时位移方向与水平方向的夹角为θ，由平抛运动的推论可知，速度方向与水平方向的夹角φ与θ有关系tan φ＝2tan θ，故D正确。 方法二：　设小球飞行时间为t，则tan φ＝＝，tan θ＝＝＝，故tan φ＝2tan θ，故D正确。 返回 提升点二　平抛运动与斜面结合的问题 返回 1.常见的两类情况 (1)物体从空中抛出落在斜面上。 (2)从斜面上抛出后又落在斜面上。 2.两种情况处理方法 方法 内容 斜面 总结 分解速度 水平：x＝0 竖直：y＝gt 合速度：＝ 分解速度，构建速度三角形 分解位移 水平：x＝0t 竖直：y＝gt2 合位移：x合＝ 分解位移，构建位移三角形 (多选)如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由PO斜面上的A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则 A.落于B点的小球飞行时间为t B.v2＝gt C.落于C点的小球的水平位移为gt2 D.A点距水平面MN的高度为gt2 例2 √ √ √ 落于C点的小球速度垂直于QO，则两分速度相等，即v1＝gt，得出水平位移x＝v1t＝gt2，故C正确；落于B点的小球分解位移如图所示，其中，BC在同一水平面，故飞行时间都为t，由图可得tan 45°＝＝，所以v2＝，故A正确，B错误；设C点距水平面MN的高度为h，由几何关系知x＝2h＋v2t，联立以上几式可得h＝gt2，故A距水平面高度 H＝h＋gt2＝gt2，故D正确。 求解平抛运动与斜面相结合问题的方法 1.对于垂直打在斜面上的平抛运动，画出速度分解图；对于重新落在斜面上的平抛运动，画出位移分解图。 2.确定合速度(或合位移)与水平方向的夹角，利用夹角确定分速度(或分位移)。 3.结合平抛运动在水平方向和竖直方向的位移公式或速度公式列式求解。 规律总结 针对练1. (多选)如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧，OA与竖直方向的夹角为α，PA与竖直方向的夹角为β。一可视为质点的小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽(不计槽壁厚度)，重力加速度为g，以下说法正确的是 A.tan αtan β＝2 B.tan α＝2tan β C.小球从P到A的运动时间为t＝ D.小球从P到A的运动时间为t＝ √ √ 因为平抛运动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正切值的2倍，即tan α＝2tan (90°－β)，所以tan αtan β＝2，A正确，B错误；小球恰好沿圆弧的切线方向进入凹槽，则速度的方向与OA垂直，与水平方向的夹角为α，运动时间为t＝，C错误，D正确。故选AD。 针对练2.在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和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 √ 画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：x＝vt，x·tanθ＝gt2，则x＝·v2， 返回 即x∝v2，甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v斜＝可得落至斜面时速率之比为2∶1，故A正确。 提升点三　平抛运动的临界问题 返回 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，这个极值点往往是临界点。 2.求解平抛运动中的临界问题的三个关键点 (1)确定运动性质——匀变速曲线运动。 (2)确定临界状态。确定临界状态一般用极限法分析，即把平抛运动的初速度增大或减小，使临界状态呈现出来。 (3)确定临界状态的运动轨迹，并画出轨迹示意图。画示意图可以使抽象的物理情境变得直观，更可以使有些隐藏于问题深处的条件暴露出来。 如图所示，女排比赛时，排球场总长为18 m，设球网高为2 m，运动员站在网前3 m处正对球网跳起将球水平击出。若击球的高度为2.5 m，为使球既不触网又不越界，求球的速度范围。 答案：3 m/s＜v0＜12 m/s 例3 如图所示，设球刚好触网而过，此过程球水平射程x1＝3 m，球下落高度Δh＝h2－h1＝(2.5－2) m＝0.5 m， 由Δh＝g得t1＝＝＝ s， 可得球被击出时的下限速度v1＝＝3 m/s， 设球恰好落在边界线上，此过程球水平射程x2＝12 m， 球飞行时间t2＝＝ s＝ s， 可得球被击出时的上限速度v2＝＝12 m/s， 欲使球既不触网也不出界，则球被击出时的速度应满足：3 m/s＜v0＜12 m/s。 针对练1.(多选)三国赤壁古战场是国家级旅游景区，里面有一个体验式项目草船借箭。水面上的草船以速度v匀速移动，体验者在高出水面H的寨楼上将竹箭水平射出，方向与草船移动路线垂直，草船“借箭面”可以看成竖直放置的长度为L、高出水面h(h＜H)的矩形，竹箭射出点离草船“借箭面”水平距离为x。某次活动中，体验者连射两支箭都命中了草船“借箭面”，若忽略空气影响，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是 A.这两支箭的初速度不能小于x B.这两支箭的初速度不能小于x C.发射这两支箭的最大时间间隔为＋ D.发射这两支箭的最大时间间隔为 ＋ √ √ 由公式x＝vt，y＝gt2和箭能命中目标的条件H－h＜y＜H，可得这两支箭的初速度为x＜v＜x，故A正确，B错误；船通过箭飞行的轨道平面需要时间为，第一支箭最早可以在船头到此轨道平面之前射出，第二支箭最晚要在船尾到此轨道平面之前射出，所以发射这两支箭的最大时间间隔为Δtm＝＋－，故C正确，D错误。故选AC。 针对练2.一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＜ √ 设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间。 竖直方向上有3h－h＝g ① 水平方向上有＝v1t1 ② 由①②两式可得v1＝。 设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处 在竖直方向有3h＝g ③ 在水平方向有 ＝v2t2 ④ 由③④两式可得v2＝ 则v的最大取值范围为v1＜v＜v2，故D正确。 返回 提升点四　处理类平抛运动 返回 1.类平抛运动的特点 (1)有时物体的运动与平抛运动很相似，也是物体在某方向做匀速直线运动，在垂直匀速直线运动的方向上做初速度为零的匀加速直线运动。对这种像平抛又不是平抛的运动，通常称为类平抛运动。 (2)受力特点：物体所受的合力为恒力，且与初速度的方向垂直。 (3)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＝。 如图所示，将质量为m的小球从倾角为θ的 光滑斜面上A点以速度v0水平抛出(v0的方向 与CD平行)，小球运动到B点的过程中做的就是类平抛运动。 2.类平抛运动与平抛运动的区别 (1)运动平面不同：类平抛运动→任意平面；平抛运动→竖直面。 (2)初速度方向不同：类平抛运动→任意方向；平抛运动→水平方向。 (3)加速度不同：类平抛运动→a＝，与初速度方向垂直；平抛运动→重力加速度g，竖直向下。 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； 例4 答案：20 m 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mgsin 30°＝ma，又L＝at2 解得t＝ 所以x＝v0t＝v0＝20 m。 (2)小球到达斜面底端时的速度大小。 答案：10 m/s 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。 类平抛运动的两种处理方法 方法技巧 常见分解 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 (多选)如图所示，风洞实验室中可以产生竖直向上、大小恒定的风力，一个质量为m的小球在O点以水平初速度v0抛出，恰好能沿水平方向运动到P点，O、P间的距离为L，将风力调大，小球仍由O点以水平初速度v0抛出，结果恰好经过P点正上方的Q点，P、Q间的距离为，重力加速度为g，则 A.调节前的风力大小为0 B.调节前的风力大小为mg C.调节后的风力大小为mg＋ D.调节后的风力大小为 例5 √ √ 返回 调节风力之前，小球恰好能沿水平方向运动到P点，表明小球做匀速直线运动，则调节前的风力大小为mg，故A错误，B正确；调节风力之后，小球恰好能沿水平方向运动到Q点，表明小球做类平抛运动，则有L＝v0t，＝at2，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得F＝mg＋，故C正确，D错误。故选BC。 随堂演练 返回 √ 1.如图为一物体做平抛运动的轨迹，物体从O点抛出，x、y分别表示其水平和竖直的分位移。在物体运动过程中的某一点P(x0，y0)，其速度vP的反向延长线交x轴于A点(A点未画出)。则OA的长度为 A.x0　　　　　　　 B.0.5x0 C.0.3x0 D.不能确定 由平抛运动的推论知，物体做平抛运动时速度矢量的反向延长线过水平位移的中点，故OA的长度为0.5x0。 √ 2.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 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＝＝，所以＝。 √ 3.如图所示，以9.8 m/s的水平初速度 v0 抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30°的斜面上，这段飞行所用的时间为 A. s B. s C. s D.2 s 把平抛运动分解成水平的匀速直线运动和竖直的自由落 体运动，抛出时只有水平方向的速度v0，垂直地撞在斜 面上时，既有水平方向分速度v0，又有竖直方向的分速 度vy。物体速度的竖直分量确定后，即可求出物体飞行的时间。如图所示，把末速度分解成水平方向分速度v0和竖直方向的分速度vy，则有tan 30°＝，vy＝gt，解两式得t＝＝＝ s，故C正确。 √ 4.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则A、B之间的水平距离为 A. B. C. D. 返回 如图所示，对在B点时的速度进行分解，小球运动的时间t＝＝，则A、B间的水平距离s＝v0t＝，故A正确，B、C、D 错误。 课时测评 返回 √ 1. (多选)如图为某滑雪爱好者滑雪的画面，已知滑雪坡的倾角为θ，该滑雪爱好者从滑雪坡的顶端O点以初速度v0＝20 m/s水平滑出，在斜坡上A点落地，在空中飞行的时间为t＝3 s，不计一切阻力，滑雪爱好者可视为质点，g取10 m/s2，则 A.tan θ＝ B.tan θ＝ C.OA的长度为40 m D.OA的长度为75 m √ 滑雪爱好者的运动为平抛运动，水平方向有OAcos θ＝v0t，竖直方向有OAsin θ＝gt2，代入数据解得tan θ＝，OA＝75 m。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 √ 2.如图所示，若质点以初速度v0正对倾角为θ＝37°的斜面水平抛出，要求质点到达斜面时位移最小，则质点的飞行时间为(tan 37°＝) A.　　　 B　　　 C.　　　 D 位移最短，即质点位移垂直斜面，根据几何知识可得tan 37°＝，得t＝，故A、B、D错误，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 √ √ 3. (多选)如图所示，无人机操作员练习使用无人机将模拟弹从左侧楼顶右端上方投进右侧楼房的窗户中，已知楼间距为l。窗户距楼顶高度为h，为更好地将模拟弹投进窗户，模拟弹以与水平方向较小角度进入窗户的效果更好，重力加速度为g。不计空气阻力，下列说法正确的是 A.无人机水平飞行速度越大越好 B.无人机应该斜向上飞行再投弹 C.无人机投弹的最佳位置是紧贴楼顶水平飞行 D.无人机投弹的最佳速度只能是l 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 由于两栋楼房的距离是固定的，模拟弹离开无人机后水平方向有x＝v0t， 竖直方向有h＝gt2，则若无人机水平飞行速度过大，则由上述分析可知， 其模拟弹运动时间将缩短，其竖直方向位移将变小，其将不会从窗户进 入楼房，故A错误；由题意可知，模拟弹紧贴左侧楼顶右端上方投放，从 窗户上沿投进窗户效果最好，若无人机斜向上飞行再投弹，设无人机投弹时速度方向与水平方向的夹角为α，投进窗户时速度方向与水平方向的夹角为θ1，则有vx＝v0cos α，vy＝，所以tan θ1＝，若无人机紧贴楼顶水平飞行投弹，同理可得tan θ2＝，综上可知θ1＞θ2，则无人机应该紧贴楼顶水平飞行，其最佳速度为v0＝l，故B错误，C、D正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 √ 4. (多选)如图所示，一个电影替身演员准备跑过一个建筑物的屋顶，然后水平跳跃并离开屋顶，在另一个建筑物的屋顶上着地。如果演员在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s，那么下列关于演员能否安全跳到另一个屋顶的说法正确的是(g取9.8 m/s2，不计空气阻力) A.演员安全跳到另一个屋顶是可能的 B.演员安全跳到另一个屋顶是不可能的 C.如果要安全跳到另一个屋顶，演员在 屋顶跑动的最小速度应大于 6.2 m/s D.如果要安全跳到另一个屋顶，演员在 屋顶跑动的最小速度应大于 4.5 m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 演员在跳跃过程中做平抛运动，在竖直方向有y＝gt2，当演员降落到另一个屋顶时，下落的高度y＝4.9 m，所用时间t＝＝ s＝1.0 s，最大水平位移sm＝vmt＝4.5×1.0 m＝4.5 m＜6.2 m，所以演员不能安全跳到另一个屋顶，要想安全跳过去，演员在屋顶跑动的最小速度应大于 m/s，即6.2 m/s，故B、C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 √ 5.(多选)如图所示，在一倾角为θ的斜面顶端分别以v0和2v0水平抛出质量相同的两个小球，分别落在斜面上的B、C位置，不计空气阻力，则小球从飞出到落到斜面上的整个过程中，下列说法正确的是 A.两小球在空中飞行的时间之比为1∶2 B.两小球在空中飞行的时间相同 C.两小球下落的高度之比为1∶3 D.落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 两小球落在同一斜面上，位移偏向角相同，均为θ，由tan θ＝＝，因两小球的初速度之比为1∶2，可知飞行时间之比为1∶2，故A正确，B错误；平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，有y＝gt2，两小球的飞行时间之比为1∶2，则竖直位移之比为1∶4，故C错误；因位移偏向角相同，均为θ，根据2tan θ＝tan α，可知速度偏向角α相同，则落到雪坡上的瞬时速度与斜面的夹角均为(α－θ)，即落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 √ 6.如图，有一半圆形轨道在竖直平面内，O为圆心，AB为水平直径，有一小球(可视为质点)从A点以不同速度向右平抛，不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法错误的是 A.初速度越大的小球运动时间不一定越长 B.初速度不同的小球运动时间可能相同 C.只需知道半圆形轨道半径R和重力加速度g， 就可算出落在圆形轨道最低点的小球末速度 D.小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 由平抛运动的时间t＝可知，平抛运动的时间由 高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半 圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，故A正确；速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故B正确；落在圆形轨道最低点的小球下落的距离最大为R，所以运动时间t＝，则v0＝，vy＝gt，v＝，故C正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 若小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍，因为做平抛运动时，同一位置速度方向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，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向，故D 错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 √ 7.(多选)如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平段NP后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员的动能Ek或合外力大小F随时间t变化的图像是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 运动员在MN段做匀加速直线运动，合外力为F＝mgsin θ，运动员的动能Ek＝mv2＝m(gtsin θ)2，运动员在NP段做匀速直线运动，合外力为零，运动员动能不变，运动员在PQ段做平抛运动，合外力为F＝mg，设经时间t0运动员到达P点，运动员在P点的速度为v0，则运动员的动能Ek＝mv2＝m(＋)＝m[＋(gt－gt0)2]，故在MN段的合外力小于在PQ段的合外力，动能与时间成二次函数关系。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 √ √ 8.(多选)滑雪是一项勇敢者的运动，运动员穿专用的滑雪板，从弧形的雪坡上a点沿水平方向飞出后，又落回到足够长的倾斜雪坡上的b点。如图所示，倾斜的雪坡(视为斜面)倾角为θ，运动员以水平速度v0飞出，且飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，运动员从飞出到落到斜面上所用时间为t，运动员刚落到斜面上时速度方向与水平面的夹角为α，重力加速度为g，则以下说法正确的是 A.运动员飞出的水平速度v0越小，α越小 B.运动员刚落到斜面上时速度方向与水平面 夹角的正切值是倾斜的雪坡倾角正切值的两倍， 即tan α＝2tan θ C.运动员从飞出到离斜面最远所用的时间为 D.运动员在空中距斜面最远的距离为 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 运动员刚落到雪坡上的速度与水平面的夹角为α， 根据平抛运动的推论有tan α＝2tan θ，倾斜的雪 坡倾角为θ且不变，所以运动员落到雪坡上的速 度与斜面的夹角为α也不变，A错误，B正确；根据平抛运动的规律有tan θ＝＝，解得运动员在空中运动的时间为t＝，运动员从飞出到离斜面最远所用的时间为t1＝＝＝，故C正确；离斜面最远的距离为h＝gcos θ＝，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 √ 9.甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平面成45°角，乙同学持拍的拍面与水平面成30°角，如图所示。设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度v1与乒乓球击打乙的球拍的速度v2的比值为 A.　　　 B　　　 C　　　 D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 由题可知，乒乓球在两球拍之间做斜抛运动，根据斜抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，在甲同学的球拍处有vx＝v1 sin 45°，在乙同学的球拍处有vx＝v2 sin 30°，所以＝，故选项C正确，A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 √ 10.如图所示，半径为a的四分之一圆弧面紧靠竖直墙壁固定在水平面上，其圆心正上方3a处有一小球以某速度水平抛出，其轨迹恰与圆弧面相切(图中未画出)。则在相切处小球速度与水平方向夹角的余弦值为 A.2－ B.3－2 C.4－ D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 在相切处小球速度方向如图所示，可知，速度偏转角θ的余弦值等于角α的正弦值，对小球水平与竖直位移分析可知3a－asin α＝gt2，acos α＝v0t，tan θ＝，联立解得cos θ＝3－2。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 √ 11.(多选)如图所示，在摩托车大赛中，一人骑摩托车(可视为质点)在水平路面上行驶，要从A处越过宽x＝12 m的壕沟，壕沟对面的水平路面比A处低h＝1.8 m。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是 A.摩托车在空中飞行的时间为t＝0.6 s B.摩托车飞越壕沟的初速度最小值为v＝20 m/s C.摩托车以最小速度落地时，速度方向与水平路 面间的夹角θ的正切值为tan θ＝0.4 D.摩托车飞越壕沟的速度改变量大小为Δv＝ m/s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 11 12 1 10 根据h＝gt2，解得t＝0.6 s，故A正确；根据x＝vt，解得v＝20 m/s，即摩托车飞越壕沟的初速度最小值为20 m/s，故B正确；结合上述有tan θ＝＝＝0.3，故C错误；速度的改变量Δv＝gΔt，解得Δv＝6 m/s，故D错误。故选AB。 2 3 4 5 6 7 8 9 11 12 1 10 12. (16分)如图所示，水平屋顶高H＝5 m，墙高h＝3.2 m，墙到房子的距离L＝3 m，墙外马路宽s＝10 m，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围； 答案：5 m/s≤v0≤13 m/s 设小球恰好落到马路的右侧边缘时，水平初速度为v01，则L＋s＝v01t1 竖直位移：H＝g 联立解得v01＝(L＋s) ＝13 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设小球恰好越过围墙的边缘时，水平初速度为v02，则 水平位移：L＝v02t2 竖直位移：H－h＝g 联立解得v02＝5 m/s 所以小球抛出时的速度大小范围为5 m/s≤v0≤13 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 返回 (2)小球落在马路上的最小速度。 答案：5 m/s 小球落在马路上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在马路上时，落地速度最小。 竖直方向：＝2gH 又有vmin＝ 解得vmin＝5 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 谢 谢 观 看 第2章 抛体运动 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 11 12 $