高中物理人教版 (2019)必修 第二册第五章 抛体运动4 抛体运动的规律学案及答案

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第二册第五章 抛体运动4 抛体运动的规律学案及答案，共21页。学案主要包含了思考辨析等内容，欢迎下载使用。

4．抛体运动的规律
知识结构导图
核心素养目标
物理观念：平抛运动的速度、位移．
科学思维：运动的合成与分解的方法——平行四边形定则．
科学探究：(1)通过演示实验探究平抛运动．
(2)会作平抛运动的速度、位移的分解与合成图．
科学态度与责任：平抛运动在生活中的运用
知识点一 平抛运动的速度
阅读教材第14～15页“平抛运动的速度”部分．
研究方法：在水平、竖直两个互相垂直的方向上分别研究，如图所示．
1．水平方向：vx＝________.
2．竖直方向：vy＝________.
3．合速度eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(大小：v＝\r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝ ,方向：tan θ＝\f(vy,vx)＝ θ为速度方向与,x轴的夹角))
理解：
平抛运动的加速度a＝eq \f(mg,m)＝g，始终等于重力加速度．
知识点二 平抛运动的位移与轨迹
阅读教材第16～17页“平抛运动的位移与轨迹”部分．
将物体以初速度v0水平抛出，经时间t后物体的位移为：
1．水平方向：x＝________
2．竖直方向：y＝________.
3．合位移：l＝________；方向tan α＝________.
4．平抛运动的轨迹：由x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2联立，消去t得________，可见平抛运动的轨迹是一条________．
图解：
知识点三 一般的抛体运动
阅读教材第17～18页“一般的抛体运动”部分．
1．斜抛运动：将物体以一定的速度沿__________或________抛出，物体只在________作用下的运动．
2．初速度：v0x＝________，v0y＝________.
3．斜抛运动的合成与分解：斜抛运动可以看成是水平方向的____________和竖直方向的竖直上抛运动或竖直下抛运动的合运动．
4．性质：________曲线运动．
图解：喷泉的水柱显示了斜抛运动的迹
【思考辨析】 判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”．
(1)水平抛出的物体所做的运动就是平抛运动．( )
(2)平抛运动是曲线运动，故物体受到的力的方向一定不断变化．( )
(3)做平抛运动的物体，速度和加速度都随时间的增加而增大．( )
(4)平抛运动的初速度越大，下落得越快．( )
(5)做平抛运动的物体下落时，速度与水平方向的夹角θ越来越大．( )
(6)平抛运动的合位移的方向与合速度的方向一致．( )
要点一 平抛运动的理解
1．平抛运动的特点
(1)速度特点：平抛运动的速度大小和方向都不断变化，故它是变速运动．
(2)轨迹特点：平抛运动的运动轨迹是曲线，故它是曲线运动．
(3)加速度特点：平抛运动的加速度为自由落体加速度，恒定不变，故它是匀变速运动．
综上所述，平抛运动为匀变速曲线运动．
理解：只要是“匀变速”运动，加速度就恒定，任意相等时间内速度的变化量都相等．对曲线运动而言，速度的变化量Δv并不是速率v1、v2之差，而是如图所示的v1与v2的矢量差Δv.
2．平抛运动的速度变化特点
任意两个相等的时间间隔内速度的变化相同，Δv＝gΔt，方向竖直向下，如图所示．公式a＝eq \f(Δv,Δt)在曲线运动中仍适用，只是要注意a与Δv的矢量性．





【例1】 (多选)关于平抛运动，下列说法中正确的是( )
A．水平抛出的运动就是平抛运动
B．平抛运动是匀变速曲线运动
C．平抛运动的初速度越大，物体下落所需的时间越短
D．平抛运动的速度方向一直在改变
练1 关于平抛运动，下列说法正确的是( )
A．平抛运动是匀速运动
B．平抛运动是加速度不断变化的运动
C．平抛运动是匀变速曲线运动
D．做平抛运动的物体落地时速度方向可能是竖直向下的
点睛：物理上提出的平抛运动是一种理想化的模型，即把物体看成质点，抛出后只考虑重力作用，忽略空气阻力，实际中若物体的重力远大于空气阻力，将物体水平抛出的运动可视为平抛运动．
练2 (多选)如图所示，在高空匀速飞行的轰炸机，每隔1 s投下一颗炸弹，若不计空气阻力，则( )
A．这些炸弹落地前排列在同一条竖直线上
B．这些炸弹落地前排列在同一条抛物线上
C．这些炸弹落地时速度大小方向都相同
D．这些炸弹都落于地面上同一点
研究方法：采用“化曲为直”方法——运动的分解
要点二 平抛运动的规律
如图所示，小球以初速度v0水平抛出后，在空中做平抛运动．
(1)小球做平抛运动，运动轨迹是曲线，为了便于研究，我们应如何建立平面直角坐标系？
(2)小球在空中运动的时间由哪些因素决定？
(3)小球在空中运动的水平位移由哪些因素决定？
(4)小球落地速度的大小由哪些因素决定？
(1)平抛运动的时间：t＝eq \r(\f(2h,g))，只由高度决定，与初速度无关．
(2)水平位移(射程)：x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，由初速度和高度共同决定．
(3)落地速度：v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gh)，由初速度和高度共同决定．
(4)落地时速度的偏角：tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(\r(2gh),v0)，由平抛初速度v0和下落高度h共同决定．
解答三类平抛问题的突破口
①若水平位移、水平速度已知，可应用x＝vt列式，作为求解问题的突破口．
②若竖直高度或竖直分速度已知，可应用y＝eq \f(1,2)gt2或vy＝gt列式，作为求解问题的突破口．
③若物体的末速度的方向或位移的方向已知，可应用tan θ＝eq \f(gt,v0)(θ是物体速度与水平方向的夹角)或tan α＝eq \f(gt,2v0)(α是物体位移与水平方向的夹角)列式作为求解问题的突破口．
题型一 平抛规律的应用(一题多解)
【例2】 将某一物体以一定的初速度水平抛出，在某1 s内其速度方向与水平方向的夹角由37°变成53°，则此物体的初速度大小是多少？此物体在这1 s内下落的高度是多少？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，结果保留两位有效数字)
题型二 多体的平抛运动
【例3】 (多选)如图所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l.忽略空气阻力，则( )
A．A和B的位移大小相等
B．A的运动时间是B的2倍
C．A的初速度是B的eq \f(1,2)
D．A的末速度比B的大
点睛：平抛运动的解题技巧
①解决落点位置问题一般要建立水平位移和竖直位移之间的关系．
②解决落点方向即末速度的方向的问题，一般要建立水平速度和竖直速度之间的关系．
③注意挖掘和利用合运动、分运动及题设情境之间的几何关系．
练3
如图所示，在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出，两小球分别落在水平地面上的P点、Q点．已知O点是M点在地面上的竖直投影，OP:PQ＝1:3，且不考虑空气阻力的影响，下列说法中正确的是( )
A．两小球的下落时间之比为1:3
B．两小球的下落时间之比为1:4
C．两小球的初速度大小之比为1:3
D．两小球的初速度大小之比为1:4
练4 (多选)将某物体以v0的速度水平抛出(不计空气阻力)，当其竖直分速度与水平分速度大小相等时，下列说法中正确的是( )
A．竖直分位移与水平分位移大小之比为1:2
B．竖直分位移与水平分位移大小之比为2:1
C．运动位移的大小为eq \f(\r(5)v\\al(2,0),2g)
D．运动位移的大小为eq \f(\r(5)v\\al(2,0),g)
误区警示：
推论得出的结论是tan α＝2tan θ.不能误认为速度与水平方向夹角α等于位移与水平方向夹角θ的2倍．
在平抛运动过程中，位移矢量与速度矢量永远不会共线．









要点三 平抛运动的两个重要推论
推论Ⅰ
做平抛运动的物体在任一时刻任一位置，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.
证明：如图所示，由平抛运动规律得tan α＝eq \f(v⊥,v0)＝eq \f(gt,v0)，tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt2,2v0t)＝eq \f(gt,2v0)，所以tan α＝2tan θ.
推论Ⅱ
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．
证明：如图所示，设平抛物体的初速度为v0，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为(x，y)，B点坐标为(x′，0)，则tan α＝eq \f(y,x－x′)，又tan α＝2tan θ＝eq \f(2y,x)，解得x′＝eq \f(x,2).
即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点必为此时水平位移的中点．
【例4】
如图所示，从同一位置以不同的初速度水平抛出两个小球A、B，它们先后与竖直墙壁碰撞，碰撞的瞬间小球A、B的速度方向与竖直墙壁之间的夹角分别为α、β.已知α＝53°，β＝37°，两小球与墙壁的接触点之间的距离为d，求抛出点与竖直墙壁的距离x.(取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
练5 如图所示，在足够高的竖直墙壁MN的左侧某点O以不同的初速度将小球水平抛出，其中OA沿水平方向，则所有抛出的小球在碰到墙壁前瞬间，其速度的反向延长线( )
A．交于OA上的同一点
B．交于OA上的不同点，初速度越大，交点越靠近O点
C．交于OA上的不同点，初速度越小，交点越靠近O点
D．因为小球的初速度和OA距离未知，所以无法确定
思考与讨论 (教材P18)尝试导出表达图5.4－5所示斜抛运动轨迹的关系式．讨论这个关系式中物理量之间的关系，看看能够得出哪些结论．
以上讨论都有一个前提，即空气阻力可以忽略．如果速度不大，例如用手抛出一个石块，这样处理的误差不大．但是物体在空气中运动时，速度越大，阻力也越大，所以，研究炮弹的运动时就不能忽略空气阻力．根据你的推测，炮弹运动的实际轨迹大致是怎样的？
由于空气阻力的影响，射高和射程都减小了，迹不再是理论上的抛物线，这种实际的抛体运动曲线通常称为弹道曲线.



提示：由x＝vcs θ·t，y＝vsin θ·t－eq \f(1,2)gt2消去t得
y＝－eq \f(g,2v2cs2θ) x2＋xtan θ
在上面式子中，eq \f(g,2v2cs2θ)与x、y都无关，根据数学知识可知，斜抛运动的轨迹为一条开口向下的抛物线．
空气阻力不能忽略时，水平方向物体做减速运动，竖直方向的加速度也发生变化，炮弹的实际轨迹如图所示．
1．物体做平抛运动时，描述物体在竖直方向上的分速度vy随时间变化规律的图线是图中的(取竖直向下为正方向)( )
2．某人水平抛出一个小球，抛出的初速度为v1,3 s末小球落到水平地面时的速度为v2，忽略空气阻力．下列四个图中能够正确反映抛出时刻、1 s末、2 s末、3 s末速度的矢量示意图是( )
3．发球机将一个小球以8 m/s的速度水平发射，小球落地时的速度大小为10 m/s.如图所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.则小球在空中飞行的时间为( )
A．1.0 s B．0.6 s
C．0.8 s D．0.2 s
4．“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都能套中地面上同一目标．设铁丝圈在空中运动的时间分别为t1、t2，则( )
A．v1＝v2 B．v1>v2
C．t1＝t2 D．t1>t2
5．如图所示，一架在2 000 m高空中以200 m/s的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A和B.已知山高为720 m，山脚与山顶的水平距离为1 000 m，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则投弹的时间间隔应为( )
A．4 s B．5 s
C．9 s D．16 s
6．[新题型]
情境：学习完平抛运动后，某同学设计了一个小实验来粗略测量玩具枪的子弹射出枪口时的速度大小．具体做法是：将玩具枪水平放在桌面上，枪口恰好和桌边对齐，此时扣动扳机，他测得子弹落地的位置与桌边的水平距离s＝2.4 m，枪口到地面的高度差为h＝80 cm，由此他算出子弹射出时的速度大小．
讨论：
请你帮他写出计算过程并求出结果(尽管是玩具枪，也需安全使用．忽略空气阻力，g取10 m/s2)．
eq \x(温馨提示：请完成课时作业三)
4．抛体运动的规律
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知识点一
1．v0
2．gt
3.eq \r(v\\al(2,0)＋g2t2) eq \f(gt,v0)
知识点二
1．v0t
2.eq \f(1,2)gt2
3.eq \r(x2＋y2) eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)
4．y＝eq \f(g,2v\\al(2,0))x2 抛物线
知识点三
1．斜向上方 斜向下方 重力
2．v0cs θ v0sin θ
3．匀速直线运动
4．匀变速
思考辨析
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)×
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要点一
【例1】 【解析】 水平抛出的物体，若只受重力的作用，其运动才是平抛运动，选项A错误；平抛运动的加速度恒为g，则平抛运动是匀变速曲线运动，选项B正确；平抛运动的加速度恒为g，物体下落所需的时间只与高度有关，选项C错误；平抛运动的速度方向一直在改变，选项D正确．
【答案】 BD
练1 解析：做平抛运动的物体只受重力，加速度始终为重力加速度，其运动性质是匀变速曲线运动，落地时速度方向和加速度方向不可能在同一直线上，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
练2 解析：这些炸弹均做平抛运动，速度的水平分量都一样，与飞机速度相同．相同时间内，水平方向上位移相同，所以这些炸弹排在同一条竖直线上，故A正确，B错误．由于这些炸弹下落的高度相同，初速度也相同，这些炸弹落地时速度大小和方向都相同，故C正确．这些炸弹抛出时刻不同，落地时刻也不一样，不可能落于地面上的同一点，故D错误．
答案：AC
要点二
提示：(1)一般以初速度v0的方向为x轴的正方向，竖直向下的方向为y轴的正方向，以小球被抛出的位置为坐标原点建立平面直角坐标系．
(2)在竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，所以小球在空中运动的时间由下落高度h决定．
(3)在水平方向有x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，所以小球在空中运动的水平位移由初速度v0和下落高度h共同决定．
(4)小球的合速度v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))＝eq \r(v\\al(2,0)＋g2t2)＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gh)，所以小球落地速度由初速度v0和下落高度h共同决定．
【例2】 【解析】 解法一 (基本规律法)
物体的运动轨迹如图所示，设其1 s初经过A点时vA与水平方向的夹角为37°，此秒末经过B点时vB与水平方向的夹角为53°，从初始位置到A点经历的时间为t，则到B点共经历(t＋1) s.
vyA＝gt＝v0tan 37°
vyB＝g(t＋1 s)＝v0tan 53°
由以上两式联立解得初速度v0≈17 m/s，t＝eq \f(9,7) s
物体在这1 s内下落的高度Δh＝yB－yA＝eq \f(1,2)g(t＋1)2－eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×(eq \f(9,7)＋1)2 m－eq \f(1,2)×10×(eq \f(9,7))2 m≈18 m.
解法二 (矢量图解法)
如图所示，Δv＝v0tan 53°－v0tan 37°
又因为Δv＝gΔt，Δt＝1 s
解得v0＝eq \f(gΔt,tan 53°－tan 37°)≈17 m/s
Δh＝eq \f(v\\al(2,yB)－v\\al(2,yA),2g)＝eq \f(v0tan 53°2－v0tan 37°2,2g)≈18 m.
【答案】 17 m/s 18 m
【例3】 【解析】 由题意可知，落地后，小球A的位移的大小为sA＝eq \r(x\\al(2,A)＋y\\al(2,A))＝eq \r(l2＋2l2)＝eq \r(5)l，小球B的位移的大小为sB＝eq \r(x\\al(2,B)＋y\\al(2,B))＝eq \r(2l2＋l2)＝eq \r(5)l，显然小球A、B的位移大小相等，A正确；小球A的运动时间为tA＝eq \r(\f(2yA,g))＝eq \r(\f(4l,g))，小球B的运动时间为tB＝eq \r(\f(2yB,g))＝eq \r(\f(2l,g))，则tA:tB＝eq \r(2):1，B错误；小球A的初速度为vxA＝eq \f(xA,tA)＝eq \f(l,\r(\f(4l,B)))＝eq \r(\f(gl,4))，小球B的初速度为vxB＝eq \f(xB,tB)＝eq \f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq \r(2gl)，则vA:vB＝1:2eq \r(2)，C错误；落地瞬间，小球A竖直方向的速度为vyA＝eq \r(4gl)，小球B竖直方向的速度为vyB＝eq \r(2gl)，则落地瞬间小球A的速度为vA＝eq \r(v\\al(2,xA)＋v\\al(2,yA))＝ eq \r(\f(17,4)gl)，小球B的速度为vB＝eq \r(v\\al(2,xB)＋v\\al(2,yB))＝eq \r(4gl)，显然vA>vB，D正确．
【答案】 AD
练3 解析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间求出初速度之比．两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故A、B项错误．C项，由于两球的水平位移之比为1:4，根据v0＝eq \f(x,t)知，两小球的初速度大小之比为1:4，故C项错误，D项正确．
答案：D
练4 解析：设物体从抛出到竖直分速度与水平分速度大小相等所用时间为t，则有v0＝gt，解得t＝eq \f(v0,g)，该过程中物体的水平分位移为x＝v0t＝eq \f(v\\al(2,0),g)，竖直分位移y＝eq \f(vy,2)t＝eq \f(v\\al(2,0),2g)，因此竖直分位移与水平分位移大小之比为1:2，选项A正确，B错误；物体运动的位移大小为s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \f(\r(5)v\\al(2,0),2g)，选项C正确，D错误．
答案：AC
要点三
【例4】 【解析】 法一 设小球A、B抛出时的初速度分别为vA0、vB0，抛出后它们分别运动了tA、tB时间之后与墙壁碰撞，这一过程中小球A下落的竖直位移为hA，根据平抛运动的规律有
x＝vA0tA＝vB0tB，hA＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,A)，hA＋d＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,B)
又tan α＝eq \f(vA0,gtA)，tan β＝eq \f(vB0,gtB)联立解得
x＝eq \f(24,7)d.
法二 推论1：如图所示，在平抛运动中，物体的速度偏转角θ2的正切值eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan θ2＝\f(vy,v0)))为位移偏转角θ1的正切值eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan θ1＝\f(y1,x1)))的2倍，即tan θ2＝2tan θ1或eq \f(vy,v0)＝eq \f(2y1,x1).
推论2：如图所示，在平抛运动中，某时刻物体的速度v的反向延长线与x轴的交点为水平位移的中点，有
tan θ2＝eq \f(y1,\f(x1,2))＝eq \f(2y1,x1)
设小球A从抛出到与墙壁碰撞的过程中下落的竖直位移为hA，利用推论1或推论2结合题意有
tan(90°－α)＝eq \f(2hA,x)，
tan(90°－β)＝eq \f(2hA＋d,x)
联立解得x＝eq \f(24,7)d.
【答案】 eq \f(24,7)d
练5 解析：小球虽然以不同的初速度抛出，但小球碰到墙壁时在水平方向的位移均相等，为OA间距离，由平抛运动的推论易知，所有小球在碰到墙壁前瞬间其速度的反向延长线必交于水平位移OA的中点，选项A正确．
答案：A
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1．解析：要依据平抛运动在竖直方向上的分速度vy的大小及方向随时间的变化规律，结合图像的特点进行分析，作出推断．平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，竖直分速度vy＝gt，竖直方向上的分速度vy随时间变化的图线应是过原点的一条倾斜直线，选项D正确．
答案：D
2．解析：平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，可知水平方向的分速度不变，则抛出时刻、1 s末、2 s末、3 s末速度的矢量末端在同一竖直线上，竖直方向的分速度之差Δv＝gΔt，时间间隔相等，则竖直方向的分速度之差相等，故选项D正确．
答案：D
3．解析：小球做平抛运动，落地时的速度是合速度，水平方向的分速度为8 m/s，则竖直方向的分速度为vy＝eq \r(v2－v\\al(2,0))＝eq \r(102－82) m/s＝6 m/s，小球在竖直方向做自由落体运动，则在空中飞行的时间为t＝eq \f(vy,g)＝eq \f(6,10) s＝0.6 s，选项B正确．
答案：B
4．解析：铁丝圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2，有：t＝eq \r(\f(2h,g))故t1>t2，故C错误，D正确；水平分位移相同，由于t1>t2，根据x＝v0t，有v1