2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义：第一章习题课平抛规律的应用

习题课平抛规律的应用
[学习目标 ] 1.能娴熟运用平抛运动规律解决斜面上的平抛运动问题和与其余运动形式相综合
的问题 .2.能正确掌握平抛运动中波及的方向问题.
一、与斜面联合的平抛运动问题
[导学研究 ]跳台滑雪是英勇者的运动.在利用山势特别建筑的跳台上，运动员衣着专用滑雪
板，不带雪杖在助滑路上获取高速后水平飞出，在空中飞翔一段距离后着陆，这项运动极为
壮观，表示图如图 1 所示 .请思虑：
图 1
(1)运动员从斜坡上的 A 点水平飞出，到再次落到斜坡上的 B 点，依据斜面倾角能够确立运动员位移的方向仍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均分位移之间有什么关系？
答案(1) 位移的方向
y
(2) ＝ tan θ
[知识深入 ]常有的两类状况
1.顺着斜面抛：如图 2 所示，物体从斜面上某一点水平抛出此后又从头落在斜面上，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；
1gt2
y2gt
(2)水平位移和竖直位移的关系：tan θ＝＝＝；
2v0tan θ
(3)运动时间t ＝.
g
图 2
2.对着斜面抛：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.如图 3 所示：
图 3
结论有： (1)速度方向与斜面垂直；
(2)水均分速度与竖直分速度的关系：tan θ＝v0
＝
v0
；
v y gt
(3)运动时间 t ＝
v0
. gtan θ
例 1 女子跳台滑雪等 6 个新项目已加入 2014 年冬奥会 .如图 4 所示，运动员踏着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上(未画出 ) 获取一速度后水平飞出，在空中飞翔一段距离后着陆.设一位运动员由斜坡顶的 A 点沿水平方向飞出的速度v0＝20 m/s ，落点在斜坡底的 B 点，斜坡倾
角θ＝ 37°，斜坡能够当作一斜面，不计空气阻力.(g 取 10 m/ s2， sin 37 °＝ 0.6，cos 37 °＝0.8) 求：
图 4
(1)运动员在空中飞翔的时间t.
(2)A， B 间的距离s.
答案(1)3 s (2)75 m
分析(1) 运动员由 A 点到 B 点做平抛运动，则水平方向的位移x＝ v0t
1 2
y2v0tan 37°
又x＝ tan 37 ，°联立以上三式得t＝g＝3 s
1 2
y2
gt
(2)由题意知 sin 37 ＝°s＝s
gt2
得 A、 B 间的距离s＝＝75 m.
2sin 37°
1.物体从斜面顶端顺着斜面抛，又落于斜面上，已知位移的方向，所以要分解位移.
2.从斜面上开始又落于斜面上的过程中，速度方向与斜面平行时，物体到斜面距离最远.
例2 如图5 所示，以9.8 m/s 的水平初速度v0抛出的物体，飞翔一段时间后，垂直地撞在
倾角为30°的斜面上，这段飞翔所用的时间为(不计空气阻力，g 取 9.8 m/ s2)( )
图5
2 2 2
A. 3 s
B. 3 s
C. 3 s
D.2 s
答案 C
分析把平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，抛出时只有
水平初速度v0，垂直地撞在斜面上时，既有水平方向的分速度v0，又有竖直方向的分速度v y. 物体速度的竖直重量确立后，即可求出物体飞翔的时间.如下图，把末速度分解成水平方向
的分速度 v0和竖直方向的分速度v y，则有 tan 30 ＝°v0
，v y＝ gt，解两式得t＝
v y
＝3v0＝ 3 s，v y g g
故C正确.
物体做平抛运动时垂直落在斜面上，是速度与斜面垂直，而不是位移垂直于斜面.所以要分解速度 .
二、平抛运动与其余运动形式的综合
平抛运动与其余运动形式(如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动等)的综合题目的剖析中要注意平抛运动与其余运动过程在时间上、位移上、速度上的有关剖析.
例 3 如图 6 所示，水平抛出的物体，到达斜面上端P 处时其速度方向恰巧沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，以下图中的图象描绘的是物体沿x 方向和 y 方向运动的速度—时间图象，此中正确的选项是 ( )
图 6
答案
C
分析
0～ t P 段，水平方向：
v x ＝v 0 恒定不变，竖直方向：
v y ＝ gt ；t P ～ t Q 段，水平方向：
v x ＝
v 0＋ a 水平 t ，竖直方向： v y ＝ v Py ＋ a 竖直 t(a 竖直＜ g)，所以选项 A 、B 、D 均错误， C 正确 .应选
C. 例 4
如图 7 所示，在一次空地演习中， 离地 H 高处的飞机发射一颗炮弹，
炮弹以水平速度
v 1 飞出，欲轰炸地面目标 P ，反响敏捷的地面拦截系统同时以速度
v 2 竖直向上发射炮弹进行
拦截，设飞机发射炮弹时与拦截系统的水平距离为 s ，若拦截成功，不计空气阻力，则
v 1、
v 2 的关系应知足
(
)
图 7
A. v 1＝v 2
B. v 1＝ s
v 2
H
H
H C.v 1＝ s v 2
D. v 1＝
s v 2
答案 B
分析 当飞机发射的炮弹运动到拦截炮弹正上方时，知足
1 2
，此过程中拦截炮 s ＝ v 1t ，h ＝ gt
2
弹知足 H －h ＝ v 2
1
2
，即 H ＝v 22
s
，则 v 1＝
s 2，应选项 B 正确 .
t － gt
t ＝ v
·
H
v
2
v 1
三、类平抛运动及剖析方法
[导学研究 ] 如图 8
所示，质量为 m 的物体在圆滑的水平面上向右以速度 v 0 做匀速直线运动，
在 t＝ 0 时辰加一个与v0垂直的恒力 F 作用，则：
图 8
(1)物体的运动轨迹怎样？运动性质是什么？
(2)在本来的v0方向上做什么运动？在与v0垂直的方向做什么运动？答案 (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＝F
，做匀加快直线运m
动 .
[知识深入 ]类平抛运动模型
1.类平抛运动的受力特色
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色
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快直线运动.加快度F合
a＝ m .
3.类平抛运动的求解方法
(1)惯例分解法：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)的匀加快直线运动.两分运动相互独立，互不影响，且与合运动拥有等时性.
(2)特别分解法：对于有些问题，能够过抛出点成立适合的平面直角坐标系，将加快度 a 分解为 a x、 a y，初速度v0分解为 v x、 v y，而后分别在x、y 方向列方程求解.
例 5如图9所示的圆滑斜面长为l 、宽为 b、倾角为θ，一物块(可当作质点
极点 P 水平射入，恰巧从底端Q 点走开斜面，试求：(重力加快度为g)
)沿斜面左上方
图 9
(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)物块走开 Q 点时速度的大小 v.
2l gsin θ
答案 (1) gsin θ(2) b
2l
b2＋ 4l2 gsin θ(3)
2l
分析 (1) 沿斜面向下的方向有 1 2
mgsin θ＝ma ， l ＝ at
2
联立解得 t ＝
2l
.
gsin θ
(2)沿水平方向有 b ＝ v 0t
b gsin θ
v 0＝ ＝b
2l .
t
(3)物块走开 Q 点时的速度大小
2 ＋4l 2
gsin θ
v ＝ v 0
b
2＋ at 2
＝
2l
.
1.(平抛运动与其余运动的联合
)如图
10 所示，在圆滑的水平面上有一小球
a 以初速度
v 0 运动，
同时辰在它正上方有一小球
b 也以初速度
v 0 水平抛出， 并落于
c 点，不计空气阻力， 则 (
)
图
10
A. 小球 a 先到达 c 点
B. 小球 b 先到达 c 点
C.两球同时到达 c 点
D.不可以确立 a 、 b 球到达
c 点的先后次序
答案
C
分析
做平抛运动的小球
b 在水平方向上的运动与小球
a 同步， b
球落地前两球向来在同一
竖直线上，两球同时到达
c 点， C 正确 .
2.(斜面上的平抛运动 )( 多项选择 )如图
11 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
( 忽视空气阻力 )(
)
图 11
A. 两次小球运动时间之比
t 1∶ t 2＝ 1∶ 2
B. 两次小球运动时间之比
t 1 ∶t 2＝ 1∶ 2
C.两次小球抛出时初速度之比
v 01∶ v 02＝ 1∶ 2
D.两次小球抛出时初速度之比
v 01∶v 02＝ 1∶ 2
答案
AC
分析
平抛运动竖直方向为自由落体运动
h ＝ 1gt 2，由题意可知两次平抛的竖直位移之比为
2
1∶ 2，所以运动时间之比为
t 1 ∶t 2＝ 1∶
2，选项
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 v 01t 1∶ v 02t 2＝ 1∶2，所以两次平抛初速度之比
v 01∶ v 02
＝ 1∶
2，选项
C 对，D
错 .
3.(类平抛运动
)A 、B 两个质点以同样的水平速度
v 0 抛出，A 在竖直平面内运动， 落地址为
P 1.B
沿圆滑斜面运动，落地址为
P 2，不计阻力，如图
12 所示，以下对于
P 1、P 2 在
x 轴上远近关
系的判断正确的选项是
(
)
图 12
A.P 1 较远
B. P 2 较远
C.P 1、 P 2 等远
D.A 、B 两项都有可能 答案 B
分析 A 质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有
h ＝ 1
gt 1 2 .B 质点水平抛出
2
后，受重力和支持力，在斜面平面内所受协力为 mgsin θ，大小恒定且与初速度方向垂直，所 以 B 质点做类平抛运动 .在沿斜面向下方向上
h
1
2
，由此得 t 2＞ t 1，因为两者在水
sin ＝ gsin θ·t 2
θ 2
平方向 (x 轴方向 )上都做速度为 v 0 的匀速运动，明显
x 2＞ x 1
.
4.(斜面上的平抛运动 )如图 13 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，
飞翔一段时间后，恰巧垂直撞在斜面上 .(不计空气阻力， g 取 10 m/ s 2， sin 37 °＝0.6， cos 37 °
3 ＝
0.8，
tan 37
°＝
4)在这一过程中，求：
图 13
(1)小球在空中的飞翔时间.
(2)抛出点距撞击点的竖直高度.
答案(1)2 s (2)20 m
分析(1) 将小球垂直撞在斜面上的速度分解，如下图. 由图可知θ＝37°，φ＝90°－37°＝53°.
tan φ＝gt，则t＝v0 15× 4
s＝2 s. v0 g tan φ＝10 3
(2)h＝1
gt2＝
1
× 10×22 m＝20 m.
2 2
课时作业
一、选择题 (1～ 7 为单项选择题，8～ 10 为多项选择题)
1.如图 1 所示，气枪水平瞄准被电磁铁吸住的钢球，并在气枪子弹射出枪口的同时，电磁铁
的电路恰巧断开，被开释的钢球自由着落，若不计空气阻力，且气枪和电磁铁离地面足够高，则 ()
图 1
A.子弹老是打在钢球的上方
B.子弹老是打在钢球的下方
C.只有在气枪离电磁铁为一特定距离时，子弹才能击中着落的钢球
D.只需气枪离电磁铁的距离在子弹的射程以内，子弹必定能击中着落的钢球
答案 D
分析子弹走开气枪后做平抛运动，在竖直方向上子弹和钢球都做自由落体运动.设子弹的初速度为v0，气枪与钢球的水平距离为s，则只需气枪离电磁铁的距离在子弹的射程内，经过
s
时间 t＝v0，子弹正好击中着落的钢球，应选 D.
2.甲、乙两球位于同一竖直线上的不一样地点，甲比乙高h，如图 2 所示，甲、乙两球分别以v1、 v2的初速度沿同一水平方向抛出，且不计空气阻力，则以下条件中有可能使乙球击中甲
球的是()
图 2
A. 同时抛出，且v1<v2
B. 甲比乙后抛出，且v1>v2
C.甲比乙早抛出，且v1>v2
D.甲比乙早抛出，且v1<v2
答案 D
分析两球在竖直方向均做自由落体运动，要相遇，则甲竖直位移需比乙大，那么甲应早抛，乙应晚抛；要使两球水平位移相等，则乙的初速度应当大于甲的初速度，故 D 选项正确.
3.两同样高度的斜面倾角分别为30°、 60°，两小球分别由斜面顶端以同样水平速率
如图 3 所示，不计空气阻力，假定两球都能落在斜面上，则分别向左、右双侧抛出的小球下
落高度之比为()
v 抛出，
图3
A.1∶2 C.1∶ 9
B.3∶1 D.9∶ 1
答案 C
分析依据平抛运动的规律以及落在斜面上的特色可知，
12y
x＝ v0t， y＝ 2gt ， tan θ＝x，分别将
30°、 60°代入可得两球平抛所经历的时间之比为1∶3，两球着落高度之比为1∶ 9，选项 C 正确 .
4.如图 4 所示， A、 B、C 三个小球分别从斜面的顶端以不一样的速度水平抛出，此中到斜面上， C 落到水平面上，A、B 落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为A、B 落α、β，C
落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则 ( )
图 4
A. α＝β＝γ
B. α＝β>γ
C.α＝β<γ
D. α<β<γ
答案 B
分析依照平抛运动规律，平抛运动的物体在任一时辰的速度方向与水平方向的夹角的正切
值为位移方向与水平方向的夹角的正切值的 2 倍， A、 B 的位移方向同样，则α＝β.图中虚线所示， C 的位移方向与水平方向的夹角小于A、B 的位移方向与水平方向的夹角，所以γ<α＝β.
5.如图 5 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，则质点的飞翔时间为(不计空气阻力，重力加快度为g)()
图 5
3v0 3v0
A. 4g
B. 8g
8v0 4v0
C. 3g
D. 3g
答案 C
分析要使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如下图，有x＝ v0 t， y
＝
1 2
，且 tan θ＝
x
＝
v0t
＝
2v0
，所以 t＝2v0 ＝2v0 ＝
8v0
，选项 C 正确 . 2gt y 1 2 gt gtan θ gtan 37 °3g
2gt
6.斜面上有P、 R、 S、 T 四个点，如图 6 所示， PR＝RS＝ ST，从 P 点正上方的Q 点以速度 v 水平抛出一个物体，物体落于R 点，若从 Q 点以速度2v 水平抛出一个物体，不计空气阻力，
则物体落在斜面上的()
图 6
A. R
与
S 间的某一点
B.S 点
C.S
与 T 间某一点
D. T
点
答案
A
分析
平抛运动的时间由着落的高度决定，着落的高度越高，运动时间越长
.假如没有斜面，
增添快度后物体着落至与
R 等高时恰位于 S 点的正下方，但实质中间斜面阻挡了物体的着落，
物领会落在
R 与
S 点之间斜面上的某个地点，
A 项正确
.
7.如图
7 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
在圆轨道左边的 A 点以速度 v 0 平抛，恰巧沿
B 点的切线方向进入圆轨道
.已知重力加快度为
g ，
则 A 、 B 之间的水平距离为
(
)
图 7
v 0 2
tan α 2v 0 2
tan α A. g
B. g
0 2
2v 0 2
v
D.
gtan α
C.
gtan α
答案 A
v y v 0tan α 分析
如下图，对速度进行分解，小球运动的时间 t ＝ g ＝
g ，则 A 、 B 间的水平距离
v 0 2
tan α
x ＝ v 0t ＝ g ，故 A 正确， B 、C 、D 错误 .
8.如图 8 所示，在斜面顶端的 A 点以速度 v 平抛一小球，经
t 1 时间落到斜面上 B 点处，若在 A 点将此小球以速度 0.5v 水平抛出，经 t 2 时间落到斜面上的
C 点处，以下判断正确的选项是 ()
图 8
A.AB ∶ AC ＝ 2∶ 1
B.AB ∶ AC ＝ 4∶ 1
C.t 1∶ t 2＝ 2∶ 1
D. t 1∶ t 2＝ 2∶1
答案BC
分析由平抛运动规律有：x＝ v0t，y＝1gt2，则
2
tan θ＝ y＝
gt x 2v0
，代入数据联立解得t 1∶ t2＝ 2∶ 1，
C 正确，
D 错误 .它们竖直位移之比
1
y B∶y C＝ 2gt1
2 1
∶ 2gt2 2
＝4∶1，所以AB∶ AC＝ y B
sin
∶
θ
y C＝
sin θ
4∶1，故 A 错误， B 正确 .
9.如图 9 所示，从半径为R＝ 1 m 的半圆AB 上的 A 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，已知当地的重力加快度g＝ 10 m/s2，则小球的初速度v0可能为( )
图 9
A.1 m /s
B.2 m/ s
C.3 m/s
D.4 m/ s
答案AD
分析因为小球经0.4 s 落到半圆上，着落的高度h＝12
＝ 0.8 m，地点可能有两处，如图所2gt
示，第一种可能：小球落在半圆左边，v0t＝ R－R2－ h2＝ 0.4 m ，v0＝1 m/s ，第二种可能：小球落在半圆右边，v0t＝ R＋ R2－ h2＝ 1.6 m， v0＝ 4 m/s，选项 A 、 D 正确 .应选 A 、D.
10.质量为 1 kg 的质点在xOy 平面上做曲线运动，在x 方向的速度图象和y 方向的位移图象如图 10 所示 .以下说法正确的选
项是
( )
图 10
A. 质点的初速度为 5 m/s
B. 质点所受的合外力为 3 N
C.质点做类平抛运动
D.2 s 末质点的速度大小为 6 m/s
答案BC
分析由图可知，质点沿x 轴做初速度为0、加快度为a＝ 3 m/s 2的匀加快直线运动，沿y 轴
方向以速度v＝ 4 m/ s 做匀速运动，依据速度合成可知，质点的初速度v0＝v＝ 4 m/s ，A 错误；由牛顿第二定律可知，质点所受合外力F＝ ma ＝ 3 N， B 正确；质点的初速度与加快度 a 垂直，且加快度恒定，质点做类平抛运动， C 正确；质点 2 s 末沿x 轴方向的分速度v x＝ at＝ 6 m/ s，此外还有沿y 轴的分速度， D 错误.
二、非选择题
11 如图 11 所示，一小球从平台上水平抛出，恰巧落在平台前一倾角为α＝53°的斜面顶端并
2
恰巧沿斜面下滑，已知平台到斜面顶端的高度为h＝ 0.8 m，不计空气阻力，取 g＝ 10 m/s .(sin 53°＝ 0.8，cos 53 ＝°0.6)求：
图 11
(1)小球水平抛出的初速度v0；
(2)斜面顶端与平台边沿的水平距离x.
答案(1)3 m/s (2)1.2 m
分析小球从平台运动到斜面顶端的过程中做平抛运动，由平抛运动规律有： x＝v0t，h＝1
gt2，2
v y＝gt
由题图可知： tan α＝v y
＝
gt
v0 v0
代入数据解得： v0＝ 3 m/s， x＝1.2 m.
12.如图 12 所示，斜面体 ABC 固定在地面上，小球p 从 A 点静止下滑 .当小球 p 开始下滑时，另一小球 q 从 A 点正上方的 D 点水平抛出，两球同时到达斜面底端的 B 处 .已知斜面 AB 圆滑，
长度 l＝ 2.5 m，斜面倾角θ＝ 30°.不计空气阻力，
2
g 取 10 m/s .求：
图 12
(1)小球 p 从 A 点滑到 B 点的时间 .
(2)小球 q 抛出时初速度的大小.
5 3
答案(1)1 s (2)m/s
分析(1) 设小球 p 从斜面上下滑的加快度为a，由牛顿第二定律得：a＝mgsin θ
＝ gsin θ①m
设下滑所需时间为t1，依据运动学公式得
1 2
l＝2at1
②由①② 得
1＝2l
t gsin θ
解得 t1＝ 1 s
(2)对小球 q：水平方向位移x＝ lcos 30 ＝°v0 t2
依题意得 t2＝t1
由④⑤⑥ 得
v0＝lcos 30 °5 3
t1 ＝ 4 m/s.
③
④
⑤
⑥。