第5章 习题课1 平抛运动规律的应用（教师版）-【创新教程】2025-2026学年高中物理必修第二册五维课堂同步复习（人教版）

第五章抛体运动 五维课堂兰 (2)小球沿水平方向抛出时的初速度大小. 解析：(1)设小球从P,点运动到木桶左上沿的时间 (3)2s内小球位移的大小. 为t、运动到桶的底角的总时间为t2,由平抛运动 解析：(1)小球在竖直方向做自由落体运动，第2s 的规律有：从P点运动到木桶上沿过程中有： 木小球下降的竖直高度h=7r-合×10X2m h-ho=2gti ① =20m. x=voti ② (2)第2s末小球在竖直方向分速度0，=gt= 从P点运动到桶的底角过程中有： 20m/s A=2 ③ 由速度的分解法可知，小球平抛初速度。= √0-=√252-20m/s=15m/s. 由几何知识有x十d=vt2 ④ 由①一④式并代入数据可得 (3)2s内水平位移x=u,t=30m h1=1.25m,w=2.0m/s. 则2s内小球位移的大小s=√h2十x=1013m. (2)设小球运动到桶的左侧上沿时速度大小为，， 答案：(1)20m(2)15m/s(3)10/13m 与水平方向的夹角为日，如图所示，由平抛运动的 10.子谦同学进行投球练习时将 规律有：竖直方向的速度 PO- 篮球从P点水平抛向固定在 0 P- 水平地面上的圆柱形木桶，小 球沿着木桶的直径方向恰好 从木桶的左侧上边沿进人桶内并打在木桶的底 角，如图所示，已知P点到木桶左边沿的水平距离 v=gt ⑤ x=0.80m,木桶的高度h。=0.45m,直径d=0. 此时小球的速度 20m,木桶底和木桶壁的厚度不计，重力加速度g 取10m/s2,求： u=√+话 ⑥ (1)P点离地面的高度五1和小球抛出时的速度大 tan 0=UL ⑦ 小0· 由⑤⑥⑦式及(1)中的计算结果可得 (2)小球经过木桶的左侧上边沿时的速度大小及 速度方向与水平方向的夹角正切值（结果可以带 u=2√5m/s,tan0=2 根号). 答案：(1)1.25m2.0m/s(2)2√5m/s2 习题课1平抛运动规律的应用 科 科学 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 思维 2.能准确把握类平抛运动中涉及的方向问题. 养 合作探究。攻重难 对应学生用书P18。 究1与斜面结合的苹抛运动问题 (1)运动员从斜面上的A点水平飞出，到再次落到斜 ◆[探究导入] 坡上的B点，根据斜面倾角可以确定运动员位移 如图所示是跳台滑雪运动示意图，在利用山势特别 的方向还是运动员速度的方向？ 建造的跳台上，运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖 (2)运动员从斜面上的A点水平飞出，到运动员再次 在助滑路上获得高速后水平飞出，在空中飞行一段 落到斜面上，他的竖直分位移与水平分位移之间 距离后着陆。 有什么关系？ 提示：(1)根据斜面的倾角可以确定位移的方向， A 即位移方向与水平方向的夹角为日. (2)运动员再次落到斜面上时，他的竖直分位移与 B 0 水平分位移的比值为tan日. ·31· 世五维课堂 物理·必修第二册 ◆[探究归纳] (3)小球在竖直方向上下落的距离y=g 1.顺着斜面抛：如图所示，物体 从斜面上某一点水平抛出以 20m,小球在水平方向上通过的距离x=⑦，t=30 后，又重新落在斜面上，此时 m,所以y:x=2:3. 平抛运动物体的合位移方向 0 [答案](1)2s(2)20m(3)2:3 与水平方向的夹角等于斜面的倾角.结论有： 规律方法 (1)速度方向与斜面夹角恒定. (1)规范作好速度矢量三角形. (2)水平位移和竖直位移的关系： (2)正确求出速度矢量三角形中的角度大小 1 (3)利用平抛运动水平方向和竖直方向的规律分 tan0=义=28t gt 别列式求解. ◆[针对训练] (3)运动时间t= 2votan 0 1.(多选)在倾角为37°的斜面上， g 0 2.对着斜面抛：如图所示，做平抛运动的物体垂直打 从A点以6m/s的速度水平抛 在斜面上，此时物体的合速度与竖直方向的夹角等 出一小球，小球落在B点，如图 B 1370 于斜面的倾角.结论有： 所示，则以下说法正确的是(g 取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8) A.小球在空中飞行时间为0.85s B.A、B两点距离为6.75m C.小球在B点时的速度方向与水平方向夹角的正 0 切值为1.5 (1)速度方向与斜面垂直. D.到达B点时的速度为12m/s (2)水平分速度与竖直分速度的关系：tan0= 解析：BC[如图所示，0，=山， u、gt (3)运动时间t=。 v=gt,x=vot,y= 2gt,tan gtan B637 37° ◆汇典例赏析] 37°=义=红，所以t月 [例1]如图所示，小球以15 2votan 37 m/s的水平初速度向一倾角为 =0.9s,所以A错误；A、B两点的距离s 37的斜面抛出，飞行一段时间 Vot 后，恰好垂直撞在斜面上.在 c0s37=6.75m,所以B正确；小球在B点， 37 这一过程中，求：（不计空气阻 tana==匙=1,5，所以C正确：到达B点时的 力，g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8， tan 3) 速度v=√6十(gt)=√117m/s<12m/s,所以D 错误.] (1)小球在空中的飞行时间； (2)抛出点距撞击点的竖直高度； 2.在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和号的 (3)小球撞到斜面时，小球在竖直方向上下落的距 速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上. 离与在水平方向上通过的距离之比。 甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 [解析](1)将小球垂直撞在斜 ( 面上的速度分解，如图所示， A.2倍 B.4倍 由图可知0=37°，9=90°-37°= C.6倍 D.8倍 53 37 解析：A[甲、乙两球都落在同一斜面上，则隐含 tan o=gt 做平抛运动的甲、乙的最终位移方向相同，根据位 u。 移方向与末速度方向的关系，即末速度方向与水平 则t= 15、4 gtan =10x3 s=2 s. 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 (2h=8=×10×2m=20m 速度矢量三角形中，末速度比值等于初速度比值， 故A正确.] ·32· 第五章抛体运动 五维课堂兰 究2 类平抛运动及分析方法 [解析](1)飞机水平速度不变，则1=t ◆[探究导入] 竖直方向加速度恒定，h=t 2 如图所示，质量为m的物体在光滑 的水平面上向右以速度，做匀速 消去t,即得a= 2hvg 直线运动，在t=0时刻加一个与 垂直的恒力F作用，则： 由牛顿第二定律知F一mg=ma (1)物体的运动轨迹如何？运动性质是什么？ 解得F=mg十ma=mg1十 (2)在原来的，方向上做什么运动？在与。垂直的 方向做什么运动？ (2)在高度h处，飞机竖直方向的速度 提示：(1)运动轨迹为抛物线，是匀变速曲线运动. 2hvo v.=at= (2)在0。方向上不受外力，做匀速直线运动；在与0 垂直的方向上，4=E,做匀加速直线运动。 则速度大小：=√十= m ◆汇探究归纳] 4h 1.类平抛运动的受力特点 [答案] (1)mg (2)w,/1寸 gl 物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向 规律方法 垂直. 2.类平抛运动的运动特点 类平抛运动分析的三个方面 在初速度。方向上做匀速直线运动，在合外力方 (1)分析物体的初速度与受力情况，确定物体做类 向上做初速度为零的匀加速直线运动.加速度a= 平抛运动的加速度，并明确两个分运动的方向. F金 (2)利用两个分运动的规律求解分运动的速度与 m 位移 3.类平抛运动的求解方法 (3)根据题目的已知条件与未知条件，充分利用运 (1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方 动的等时性、独立性、等效性。 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， ◆[针对训练] 互不影响，且与合运动具有等时性. 3.A、B两个质点以相同的水平 A. (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立 速度，抛出，A在竖直平面内 适当的平面直角坐标系，将加速度a分解为a,、a, 运动.落地点为P.B沿光滑 初速度，分解为v,、,然后分别在x、y方向列方 斜面运动，落地点为P2.不计阻力，如图所示，则 程求解. P1、P2在x轴上 ◆[典例赏析] A.P1较远 [例2]质量为m的飞机以水平 4 B.P2较远 速度。飞离跑道后逐渐上升， 若飞机在此过程中水平速度保 C.P1、P2等远 持不变，同时受到重力和竖直 D.A、B两选项都有可能 向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提供，不 解析：B[质点A做平抛运动，根据平抛规律得A 含重力)，今测得当飞机在水平方向的位移为1时， 它的上升高度为h,如图所示，（重力加速度为g), 运动时间：t= B质点视为在光滑斜面上的表 求： 平抛运动，其加速度为：a=mgsin0=gsin0,B运 (1)飞机受到的升力大小； (2)在高度h处飞机的速度大小. 动时间：t' 汇思路点拨]理解该题的关键： √g(sin):A,B沿x轴方向都微水 2h ①飞机水平方向匀速运动. 平速度相等的匀速直线运动，由于运动时间不等， ②飞机竖直方向匀加速上升，所以飞机的运动为类 所以沿工轴方向的位移大小不同，P2较远，故 平抛运动： 选B.] 33· 世五维课堂 物理·必修第二册 课堂自测⊙夯基础 对应学生用书P20 1.如图所示，在足够长的斜面上 00 A.两次小球运动时间之比t:t2=1:√2 的A点，以水平速度。抛出 B.两次小球运动时间之比t:t2=1:2 一个小球，不计空气阻力，它 C.两次小球抛出时初速度之比o1:oo2=1:2 落到斜面上所用的时间为t,; D.两次小球抛出时初速度之比1：v2=1:4 若将此球以2。的速度抛出， 0 解析：A[平抛运动在竖直方向为自由落体运动， 落到斜面上所用时间为t2,则t,与t2之比为 h=1 8,由题意可知两次平抛的竖直位移之比为 A.1:1 B.1:2 1:2,所以运动时间之比为t：t2=1:√2，A对，B C.1:3 D.1:4 错；水平方向为匀速直线运动，由题意知水平位移 解析：B[因小球落在斜面上，所以两次位移与水 之比为1：2，即o1t1：o2t2=1:2,所以两次抛出 平方向的夹角相等，由平抛运动规律知tan0= 时的初速度之比1：2=1：√2，选项C、D错.] 1 1 8听286 4.如图所示的光滑斜面长为 1、宽为b、倾角为0，一物块 t12,t2 (可看成质点)沿斜面左上 2.如图所示，将一小球从倾角为0的 方顶点P水平射人，恰好 斜面上方O点以初速度。水平抛 H 从底端Q点离开斜面，试 出后，落到斜面上H点，OH垂直于 求：（重力加速度为g) 斜面，且OH=h.不计空气阻力，重力加速度大小 (1)物块由P运动到Q所用的时间t; 为g,则，的大小为 (2)物块由P点水平射人时的初速度。； ghcos20 ghsin'0 (3)物块离开Q点时速度的大小v. A.2sin 0 2cos 0 [解析](1)沿斜面向下的方向有mgsin0=ma,l C 2ghsin0 cos 0 2ghcos'0 1 sin at,联立解得t行 Ngsin 0' 解析：B[小球平抛运动的水平位移x=hsin0= b (2)沿水平方向有b=ut,,= b gsin 0 t,竖直位移y=hcos0= 之8t,联立解得，= 21 (3)物块离开Q,点时的速度大小 ghsin 0 N 2cos 0 ,B正确.] v=√/+(at) (62412)gsin 0 21 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 [答案] (1 21 Ngsin 0 (2)b gsin 0 21 中点，第二次小球落到斜面底端， (b2412)gsin 0 从抛出到落至斜面上（忽略空气阻力） (3λ ② 章未易错⊙点突破 对应学生用书P8。 易错防范练 ◆[纠错训练] 》 [易错点一] 1.一艘小船在静水中的速度为4m/s,渡过一条宽为 对小船渡河模型问题分析不透 200m,水流速度为5m/s的河流，则该小船 ◆[易错防范】 小船渡河问题的分析思路 A.能垂直河岸方向到达对岸 合运动：小船的实际运动 B.渡河的时间可能少于50s 运动的分解 C.以最短位移渡河时，位移大小为200m 分运动船相对 分运动二：船随水 D.以最短时间渡河时，沿水流方向的位移大小为 于静水的划行运动 流的动 250m 船在静水中的划 行速度 水流的速度 解析：D[因船在静水中的速度小于水流速度，故 不能垂直河岸方向到达对岸，故A项错误；当船速 运动的合成 合速度：船相对于岸的实际速度哈 的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，为：=4 34·