人教版高中物理必修二第5章素养提升课2平抛运动规律的应用学案

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素养提升课(二)　平抛运动规律的应用1．掌握平抛运动的推论并用来解决相关平抛运动的实际问题。2．能熟练运用平抛运动规律解决斜面上的平抛运动问题。3．掌握平抛中的临界值极值问题的处理方法。　平抛运动的两个推论推论1：从抛出点开始，任意时刻速度偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍，如图所示。证明：推论2：从抛出点开始，任意时刻速度的反向延长线过水平位移的中点，如图所示。证明：【典例1】　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 θC．tan φ＝tan θ D．tan φ＝2tan θD　[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，选项D正确。法二　设小球飞行时间为t，则tan φ＝vyv0＝gtv0，tan θ＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0，故tan φ＝2tan θ，选项D正确。][跟进训练]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．0.5x0C．0.3x0 D．不能确定B　[法一　由题意作图，设v与水平方向的夹角为θ，由几何关系得tan θ＝vyv0①由平抛运动规律得水平方向有x0＝v0t②竖直方向有y0＝12vyt③由①②③得tan θ＝2y0x0在△AEP中，由几何关系得AE＝y0tanθ＝x02所以OA＝x0－x02＝0.5x0。法二　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∶2C．1∶3 D．1∶4B　[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＝12gt12v0t1＝12gt222v0t2，所以t1t2＝12。]　与斜面(曲面)相关的平抛运动1．两类与斜面相关的平抛运动(1)常见的有两类问题。①物体从斜面上某一点抛出以后又重新落到斜面上，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。②做平抛运动的物体垂直打在斜面上，此时物体的合速度方向与斜面垂直。(2)基本求解思路。2．常见的两种与曲面相关的平抛运动(1)抛出点和落点都在圆面上。如图所示，一小球从与圆心等高的半圆形轨道的A点以v0水平向右抛出，落在圆形轨道上的C点。(2)抛出点在圆面外，落点在圆面上。如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。　与斜面相关的平抛运动【典例2】　如图所示，一个小球从高h＝10 m处以水平速度v0＝10 m/s抛出，撞在倾角θ＝45°的斜面上的P点，已知AC＝5 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求：(1)P、C之间的距离；(2)小球撞击P点时速度。[解析]　(1)设P、C之间的距离为L，根据平抛运动规律xAC＋L cos 45°＝v0th－L sin 45°＝12gt2联立解得L＝52 m，t＝1 s。(2)小球撞击P点时的水平速度vx＝v0＝10 m/s，竖直速度vy＝gt＝10 m/s小球撞击P点时速度的大小为v＝v02+vy2＝102 m/s　设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝vyv0＝1，α＝45°，则方向垂直于斜面向下，所以小球垂直于斜面向下撞击P点。[答案]　(1)52 m　(2)102 m/s，方向垂直于斜面向下　与曲面相关的平抛运动【典例3】　(多选)如图所示，一个半径R＝0.75 m的半圆柱体放在水平地面上，一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水平抛出(小球可视为质点)，恰好从半圆柱体的C点掠过。已知O点为半圆柱体的圆心，OC与水平方向夹角为53°，重力加速度为g＝10 m/s2，则(　　)A．小球从B点运动到C点所用时间为0.3 sB．小球从B点运动到C点所用时间为0.5 sC．小球做平抛运动的初速度为4 m/sD．小球做平抛运动的初速度为6 m/s[思路点拨]　将小球在C点的速度和经过的位移沿水平方向和竖直方向分解，然后利用圆的几何特点结合平抛运动规律进行求解，注意速度方向与水平方向夹角的正切值等于位移方向与水平方向夹角正切值的2倍。AC　[小球做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于C点，根据几何关系可知小球在C点时速度方向与水平方向的夹角为37°，设位移方向与水平方向的夹角为θ，则有tan θ＝tan37°2＝38，又水平位移x＝1.6R，tan θ＝yx＝y1.6R，R＝0.75 m，解得y＝920 m，根据y＝12gt2得t＝0.3 s，根据水平位移x＝1.6R＝v0t，得v0＝4 m/s。选项A、C正确。][跟进训练]3．(多选)如图所示，从半径为R＝1 m的半圆PQ上的P点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上。已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，据此判断小球的初速度可能为(　　)A．1 m/s　　　　　　　　 B．2 m/sC．3 m/s D．4 m/sAD　[小球下降的高度h＝12gt2＝12×10×0.42 m＝0.8 m，若小球落在左边四分之一圆弧上，根据几何关系有R2＝h2＋(R－x)2，解得水平位移x＝0.4 m，则初速度v0＝xt＝0.40.4 m/s＝1 m/s，若小球落在右边四分之一圆弧上，根据几何关系有R2＝h2＋(x′－R)2，解得水平位移x′＝1.6 m，初速度v0′＝x't＝1.60.4 m/s＝4 m/s。故A、D正确，B、C错误。]4．(多选)如图所示，甲、乙两个小球从同一固定斜面的顶点O水平抛出，分别落到斜面上的A、B两点，A点为OB的中点，不计空气阻力。以下说法正确的是(　　)A．甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同B．甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1∶2　C．甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1∶2D．甲、乙两球做平抛运动的初速度大小之比为1∶2ABC　[设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝gtv0，tan θ＝12gt2v0t＝gt2v0，可知tan α＝2tan θ，因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可以知道，两球接触斜面的瞬间，速度方向相同，A项正确；因为两球下落的高度之比为1∶2，根据h＝12gt2得t＝2hg，可以知道甲、乙两球运动的时间之比为1∶2，则竖直分速度之比为1∶2，因为两球落在斜面上时速度方向相同，根据平行四边形定则可知，两球接触斜面的瞬间，速度大小之比为1∶2，B、C两项正确；因为两球平抛运动的水平位移为1∶2，时间之比为1∶2，则初速度之比为1∶2，D项错误。]　平抛中的临界、极值问题1．将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，是求解平抛运动的基本方法。2．分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突显出来，找出产生临界的条件。3．确定临界状态，并画出轨迹示意图。4．注意适当运用数学知识分析求解有关临界与极值问题。【典例4】　如图所示，排球场的长为18 m，球网的高度为2 m。运动员站在离网3 m远的线上，正对球网竖直跳起，把球垂直于网水平击出。(不计空气阻力，g取10 m/s2)(1)设击球点的高度为2.5 m，球被水平击出时的速度在什么范围内才能使球既不触网也不出界？(2)若击球点的高度小于某个值，那么无论球被水平击出时的速度为多大，球不是触网就是出界，试求出此高度。[思路点拨]　排球被击出后做平抛运动，若速度过大就会出界，若速度过小就会触网。[解析]　(1)如图所示，排球恰不触网时其运动轨迹为Ⅰ，排球恰不出界时其运动轨迹为Ⅱ，根据平抛运动的规律，由x＝v0t和h＝12gt2可得，当排球恰不触网时有x1＝3 m，x1＝v1t1 ①h1＝2.5 m－2 m＝0.5 m，h1＝12gt12　 ②由①②可得v1＝310 m/s当排球恰不出界时有x2＝3 m＋9 m＝12 m，x2＝v2t2　 ③h2＝2.5 m，h2＝12gt22　 ④由③④可得v2＝122 m/s所以排球既不触网也不出界的速度范围是310 m/s＜v0≤122 m/s。(2)如图所示为排球恰不触网也不出界的临界轨迹。设击球点的高度为h，根据平抛运动的规律有x1＝3 m，x1＝v0t′1　 ⑤h′1＝h－2 m，h′1＝12gt1' 2　 ⑥x2＝3 m＋9 m＝12 m，x2＝v0t′2　 ⑦h′2＝h＝12gt2' 2　 ⑧由⑤⑥⑦⑧式可得，所求高度h＝3215 m。[答案]　(1)310 m/s＜v0≤122 m/s　(2)3215 m　平抛运动临界、极值问题的常见特点(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)如题目中有“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，这些极值也往往是临界点。[跟进训练]5．小亮在河岸做抛石子游戏。如图所示为河的横截面示意图，小亮自O点以垂直岸边的水平速度向对岸抛石子。已知O点离水面AB的高度为h，O、A两点间的水平距离为x1，水面AB的宽度为x2，河岸倾角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力。(1)若石子直接落到水面上，求其在空中飞行的时间t；(2)为使石子直接落到水面上，求抛出的速度v0的大小范围。[解析]　(1)根据h＝12gt2得，石子在空中飞行时间t＝2hg。(2)要使小球落到水面上，则水平位移的范围为x1≤v0t≤x1＋x2解得x1g2h≤v0≤(x1＋x2)g2h。[答案]　(1)2hg　(2)x1g2h≤v0≤(x1＋x2)g2h　类平抛运动的分析与求解1．类平抛运动类平抛运动是一种匀变速曲线运动。在初速度方向上不受力，初速度保持不变；在与初速度垂直的方向上存在一恒力，区别于平抛运动中的重力。2．类平抛运动的特点及处理方法【典例5】　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，取重力加速度为g，试求：(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。[思路点拨]　(1)物块沿斜面做类平抛运动。(2)物块沿垂直于初速度方向的加速度为g sin θ。(3)物块沿水平方向的位移为b。[解析]　(1)物块做类平抛运动，由mg sin θ＝ma可知，物块的加速度a＝g sin θ由l＝12at2可得，物块由P运动到Q所用的时间t＝2lgsinθ。(2)由b＝v0t可得物块的水平射入时的初速度v0＝bgsinθ2l。(3)由vy＝at，v＝v0 2+vy 2可得v＝b2+4l2gsinθ2l。[答案]　(1)2lgsinθ　(2)bgsinθ2l　(3)b2+4l2gsinθ2l　类平抛运动问题的求解思路(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。[跟进训练]6．如图所示，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。求：(1)飞机受到的升力大小；(2)在高度h处飞机的速度大小。[解析]　(1)飞机水平速度不变l＝v0t竖直方向加速度恒定h＝12at2消去t即得a＝2hv0 2l2由牛顿第二定律：F＝mg＋ma＝mg1+2hv0 2gl2。(2)在高度h处，飞机竖直方向的速度vy＝at＝2hv0l则速度大小：v＝v0 2+vy 2＝v01+4h2l2。[答案]　1mg1+2hv0 2gl2　(2)v01+4h2l2素养提升练(二)　平抛运动规律的应用一、选择题1．如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd。从a点正上方的O点以速度v0水平抛出一个小球，它落在斜面上b点。若小球从O点以速度2v0水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的(　　)A．b与c之间某一点　　　 B．c点C．c与d之间某一点 D．d点A　[当水平速度变为2v0时，如果去掉斜面，作过b点的水平直线be，小球将落在c点正下方的直线上的e点，连接O点和e点的曲线，和斜面相交于bc间的一点(如图)，即以速度2v0水平抛出时将落在斜面上的b与c之间的某一点。]2．如图所示，斜面底端上方高h处有一小球以水平初速度v0抛出，恰好垂直打在斜面上，不计空气阻力，斜面的倾角为30°，则关于h和初速度v0的关系，下列图像正确的是(　　) A　　　　　B　　　　　C　　　　DD　[将小球刚要打到斜面上的速度沿竖直和水平方向进行分解，则有tan 30°＝v0vy，vy＝gt，x＝v0t，y＝12gt2，由几何关系得tan 30°＝h-yx，解得h＝5v022g，h-v0图像应是开口向上的抛物线，选项A、B、C错误，D正确。]3．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，不计空气阻力，则(　　)A．当v1>v2时，α1>α2B．当v1>v2时，α1<α2C．无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2D．α1、α2的关系与斜面倾角θ有关C　[小球从斜面某点水平抛出后落到斜面上，小球的位移方向与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即tan θ＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0，小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为β，有夹角的正切值tan β＝vyvx＝gtv0，故可得tan β＝2tan θ，只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是β，且β＝α＋θ，故速度方向与斜面的夹角总是相等，与v1、v2的关系无关，C选项正确。]4．(多选)如图所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，水平地跳跃并离开屋顶，然后落在下一栋建筑物的屋顶上。如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s，那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)A．他安全跳过去是可能的B．他安全跳过去是不可能的C．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2 m/sD．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应小于4.5 m/sBC　[由h＝12gt2，x＝v0t，将h＝5 m、x＝6.2 m代入解得安全跳过去的最小水平速度v0＝6.2 m/s，B、C正确，A、D错误。]5．如图所示，甲、乙两小球从竖直平面内的半圆轨道的左端A开始做平抛运动，甲球落在轨道最低点D，乙球落在D点右侧的轨道上。设甲、乙两球的初速度分别为v甲、v乙，在空中运动的时间分别为t甲、t乙，则下列判断正确的是(　　)A．t甲＝t乙 B．t甲v0，A正确，B错误；若初速度小于v0，小球始终落在斜面上，位移偏角保持不变，故速度夹角也保持不变，C错误，D正确。]8．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∶1C．3∶2 D．2∶3C　[小球A、B下落高度相同，则两小球从飞出到落在C点用时相同，设为t，对A球x＝v1t，y＝12gt2，又tan 30°＝yx，联立得v1＝32gt；小球B恰好垂直打到斜面上，则有tan 30°＝v2vy＝v2gt，则v2＝33gt，所以v1∶v2＝3∶2，所以C正确。]9．一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．L12g6h＜v＜L1g6hB．L14gh＜v＜4L1 2+L2 2g6hC．L12g6h＜v＜124L1 2+L2 2g6hD．L14gh＜v＜124L1 2+L2 2g6hD　[当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小。由平抛运动规律得L12＝v1t，2h＝12gt2，联立解得v1＝L14gh。当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大。由平抛运动规律得，L1 2+L222＝v2t′，3h＝12gt′2，联立解得v2＝124L1 2+L2 2g6h。即速度v的最大取值范围为L14gh＜v＜124L1 2+L2 2g6h＝。选项D正确，选项A、B、C错误。]10．如图所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，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，P1和P2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是(　　)A．A、B的运动时间相同B．A、B沿x轴方向的位移相同C．A、B运动过程中的加速度大小相同D．A、B落地时速度大小相同D　[设O点与水平面的高度差为h，由h＝12gt1 2，hsinθ＝12gsinθ·t2 2可得：t1＝2hg，t2＝2hgsin2θ，故t1＜t2，A错误；由x1＝v0t1，x2＝v0t2可知，x1＜x2，B错误；由a1＝g，a2＝g sin θ可知，C错误；A落地的速度大小为vA＝v0 2+gt12＝v0 2+2gh，B落地的速度大小vB＝v0 2+a2·t22＝v0 2+2gh，所以vA＝vB，故D正确。]二、非选择题11．如图所示，水平地面上有一高h＝4.2 m的竖直墙，现将一小球以v0＝6.0 m/s的速度垂直于墙面水平抛出，已知抛出点与墙面的水平距离x＝3.6 m、离地面高H＝5.0 m，不计空气阻力，不计墙的厚度。重力加速度g取10 m/s2。(1)求小球碰墙点离地面的高度h1；(2)若仍将小球从原位置沿原方向抛出，为使小球能越过竖直墙，小球抛出时的初速度v的大小应满足什么条件？[解析]　(1)小球在碰到墙前做平抛运动，设小球碰墙前运动时间为t，由平抛运动的规律有水平方向上x＝v0t ①竖直方向上H－h1＝12gt2 ②联立①②式并代入数据可得h1＝3.2 m。(2)设小球以v1的初速度抛出时，小球恰好沿墙的上沿越过墙，小球从抛出至运动到墙的上沿历时t1，由平抛运动的规律有水平方向x＝v1t1 ③竖直方向H－h＝12gt1 2 ④联立③④式并代入数据可得v1＝9.0 m/s，所以小球越过墙要满足初速度v≥9.0 m/s。[答案]　(1)3.2 m　(2)初速度v≥9.0 m/s12．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。如图所示，某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆，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，重力加速度g取10 m/s2，则(计算结果可用根式表示)：(1)运动员在空中的飞行时间及在b处着陆时的速率是多少？(2)运动员飞出后经多长时间离坡面最远，最远距离是多少？(3)若斜坡足够长、与水平方向的夹角为θ，则运动员在斜坡上飞行的距离L与运动员从跳台a处水平飞出的速度v0之间有怎样的函数关系？已知重力加速度为g。[解析]　(1)依题意，运动员在空中做平抛运动，竖直方向有h＝12gt2又因为h＝L sin 30°＝20 m，解得t＝2hg＝2 s水平方向x＝L cos 30°＝203 m所以得v0＝xt＝103 m/s，vy＝gt＝20 m/svb＝v02+vy2＝107 m/s。(2)法一　当速度与斜坡平行时距离斜坡最远，如图则有vy1＝v0tan 30°＝gt1所以t1＝v0tan30°g＝1 s又aC＝v0t1＝103 m＝12x所以有CE＝12h＝10 m，CD＝12gt12＝5 m，DE＝CE－CD＝5 m此时离开斜坡最远距离DF＝DE cos 30°＝523 m。法二　将v0与g往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°，g1＝g cos 30°，在垂直斜面方向上，v12＝2g1H，t1＝v1g1＝1 s所以H＝v122g1＝v0sin30°22gcos30°＝523 m。(3)设运动员在空中的飞行时间为t，则h＝12gt2，x＝v0t，由tan θ＝hx＝12gt2v0t＝gt2v0得t＝2v0tanθg所以x＝v0t＝2v02tanθgL与v0之间的函数关系L＝xcosθ＝2tanθgcosθv02(或L＝2sinθgcos2θv02＝2tan2θgsinθv02)。[答案]　(1)2 s　107 m/s　(2)1 s　523 m　(3)L＝2tanθgcosθv02(或L＝2tan2θgsinθv02)题干信息实例处理方法或思路速度方向垂直打在斜面上的平抛运动(1)画速度分解图，确定速度与竖直方向的夹角θ(2)根据水平方向和竖直方向的运动规律分析vx、vy(3)根据tan θ＝vxvy列方程求解位移方向从斜面上水平抛出后又落在斜面上的平抛运动(1)确定位移与水平方向的夹角α，画位移分解图(2)根据水平方向和竖直方向的运动规律分析x、y(3)根据tan α＝yx列方程求解受力特点物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直运动特点在初速度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＝F合m处理方法常规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