高中物理【抛体运动】章末小结与素养评价

图5-10 B．v>2.3 m/s D．2.3 m/s<v<3 m/s
解析：小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时 v 最大，此时有 L ＝vmaxt，h＝12gt2，代入解得 vmax＝7 m/s；小物体恰好擦着窗口下沿左侧穿过 时速度 v 最小，此时有 L＋d＝vmint′，H＋h＝12gt′2，解得 vmin＝3 m/s，因 此 v 的取值范围是 3 m/s<v<7 m/s，故 C 正确。
章末小结与素养评价
抛体运动
主干知识成体系 抛 体运动
模型构建探本质 一、类平抛运动模型 1．运动建模 当某种运动和平抛运动特点相似，即合外力恒定且与初速度方向垂直的运动 都可以称为类平抛运动。 2．模型特点
3．分析方法 与平抛运动的处理方法一致，将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和 垂直于初速度方向的由静止开始的匀加速直线运动。 4．解答思路
6．如图5-10所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m。某人
在离墙壁距离L＝1.4 m，距窗子上沿高h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小
物体以速度v垂直于墙壁水平抛出，若小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，
g取10 m/s2，则v的取值范围是
()
A．v>7 m/s C．3 m/s<v<7 m/s
答案：C
7．有一台阶，如图5-11所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4 m，若一小球以 水平速度v飞出，g取10 m/s2，欲落在第4级台阶上，则v的取值范围是 ( )
A. 6 m/s<v≤2 2 m/s C. 2 m/s<v< 6 m/s
图 5-11 B．2 2 m/s<v≤3.5 m/s D．2 2 m/s<v<2 6 m/s
解析：根据平抛运动规律有 x＝vt，y＝12gt2，根据几何关系有 vt＝12gt2，得 v＝12gt， 小球落到第四级台阶上有 3×0.4 m<12gt2≤4×0.4 m， 代入 v＝12gt，得 6 m/s<v≤2 2 m/s， 故 A 正确。
答案：A
创新应用提素养
一、生活中的平抛运动问题
(多选)中国的面食博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，
抛出点间的距离为x2，则
A．α2>α1
B．α2＝α1
C．x2＝1.5x1
D．x2＝3x1
图5-5 ()
[解析] 小球运动的轨迹图如图所示，根据平抛运动的 推论：做平抛运动的物体在任一时刻，其速度方向与水平 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，可知 tan(α＋θ)＝2tan θ，因为小球两次都落在斜面上，位移方向与水平 方向的夹角 θ 相等，所以速度方向与水平方向的夹角(α＋θ)也相等，即 α2＝α1， 故 A 错误，B 正确；小球两次都落在斜面上，由 tan θ＝12vg0tt2，解得 t＝2v0tgan θ， 水平位移公式 x＝v0t＝v0·2v0tgan θ＝2v02gtan θ，即 x∝v02，可知两次的水平位 移之比为xx21＝vv1222＝1.v51v212＝2.25，故 C、D 错误。 [答案] B
又 L＝12at2， 解得 t＝ gsi2nL30°， 因此 x＝v0t＝v0 gsi2nL30°＝20 m。 (2)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， vy2＝2aL＝2gsin 30°·L＝gL 故 v＝ vx2＋vy2＝10 2 m/s。
[答案] (1)20 m (2)10 2 m/s
【针对训练】
3．如图5-6所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P以初速度v0抛出一个小球，落 在斜面上Q点处，小球落在斜面上的速度方向与斜面的夹角为α，若把初速度
变为kv0，小球仍落在斜面上，则
()
A．小球的水平位移和竖直位移之比变为原来的k倍
B．Байду номын сангаас球在空中的运动时间变为原来的k倍
C．PQ间距一定为原来间距的k倍
到B平台上，则从A平台边缘水平抛出小球的速度至少为
()
A．6 m/s C．9 m/s
B．7.5 m/s D．11.25 m/s
解析：设 A、B 两个平台水平距离为 x，竖直高度差为 h，由平抛运动的规律 可知 x＝v01t1，h＋6.25 m＝12gt12；当小球恰能落到平台 B 上时，x＝v02t2，h ＝12gt22，联立解得 v02＝7.5 m/s，故 B 正确。 答案：B
平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小
球 A、B、C，开始均静止于斜面同一高度处，其中 B 小球在两斜面之间。
若同时释放 A、B、C 小球，它们到达该水平面的时间分别为 t1、t2、t3。 若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图 5-3 所示，到达水平面的时间分
别为 t1′、t2′、t3′。下列关于时间的关系不正确的是
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)。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。
图5-2
解析：(1)飞机水平速度不变，在水平方向：l＝v0t， 竖直方向加速度恒定：h＝a2t2，
消去 t 解得 a＝2hlv2 02，
由牛顿第二定律得 F＝mg＋ma＝mg1＋2hgvl202。
(2)在高度 h 处，飞机竖直方向的速度 vy＝at＝2hlv0，
则速度大小 v＝ v02＋vy2＝v0
1＋4lh22。
答案：(1)mg1＋2hgvl202 (2)v0
1＋4lh2 2
2．如图 5-3 所示，两个足够大的倾角分别为 30°、45°的光滑斜面放在同一水
()
图 5-3
解析：静止释放三个小球时，对 A：sinh30°＝12g·sin 30°·t12，则 t12＝8gh。对 B：h＝12gt22，则 t22＝2gh。对 C：sinh45°＝12gsin 45°·t32，则 t32＝4gh，所以 t1＞t3＞t2。当平抛三个小球时，小球 B 做平抛运动，小球 A、C 在斜面上 做类平抛运动，沿斜面方向的运动同第一种情况，所以 t1＝t1′，t2＝t2′， t3＝t3′。故 D 正确。
B．速度的变化量都相同
C．小面圈落入锅中时，最大速度是最小速度的 3 倍
D．若初速度为 v0，则 L
g 2h<v0<3L
D．夹角α将变为原来的k倍
图5-6
解析：斜面倾角的正切值 tan θ＝xy＝12vg0tt2，得 t＝2v0tgan θ，小球运动的时间与 小球做平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的 k 倍，则小球的水平位移 和竖直位移之比不变，运动时间变为原来的 k 倍，故 A 错误，B 正确；因为 小球的初速度变为原来的 k 倍，小球运动的时间也变为原来的 k 倍，根据 x＝v0t，水平位移变为原来的 k2 倍，竖直位移也变为原来的 k2 倍，PQ 间距 s＝ x2＋y2，所以 PQ 间距变为原来间距的 k2 倍，故 C 错误；由 tan(θ＋α)＝ 2tan θ 知，斜面倾角 θ 不变，速度与斜面的夹角 α 也不变，故 D 错误。
[答案] 5 m/s≤v0≤13 m/s
对于有障碍物的平抛运动，要分析清楚障碍物对水平方向及竖直方向 分位移的影响，再代入公式进行计算，不能把题中数据盲目地代入公式。
【针对训练】
5．如图5-9所示，A、B两个平台水平距离为7.5 m，某同学先用一个小球从A平
台边缘以v0＝5 m/s的速度水平抛出，结果小球落在了B平台左侧下方6.25 m处。 重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，要使小球从A平台边缘水平抛出能落
时间 t2 满足 H＝12gt22，则 t2＝
2gH＝
2×5 10
s＝1 s，
由 l＋d＝v2t2 得 v2＝l＋t2d＝3＋110 m/s＝13 m/s， 即小球恰好落在马路边缘时从房顶飞出的速度大小为 13 m/s。
综上分析知，欲使小球离开房顶后能落在马路上，小球离开房顶时的速
度 v0 应满足 v1≤v0≤v2， 即 5 m/s≤v0≤13 m/s。
y＝H－h＝(5－3.2)m＝1.8 m，
由
y
＝
1 2
gt12
得小球自飞出后运动到墙头所用的时间为
t1 ＝
2×1.8 10
s＝0.6 s，
由 l＝v1t1 得小球离开房顶时的速度为
v1＝tl1＝03.6 m/s＝5 m/s。
2y g
＝
设小球飞出后恰好落在墙外的马路边缘时离开房顶的速度为 v2，如图乙 所示，此过程水平位移大小为(l＋d)，竖直位移大小为 H，小球在空中的飞行
图5-4
典例2 如图5-5所示，从倾角为θ的足够长的斜面的顶端，
先后将同一小球以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度
为v1，小球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面夹角为α1，
落点与抛出点间的距离为x1，第二次初速度为v2，且v2＝1.5v1，
小球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面夹角为α2，落点与
答案：B
4． 如图5-7所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平 射出的，飞镖甲与竖直墙壁成α＝53°角，飞镖乙与竖直墙 壁成β＝37°角，两者相距为d。假设飞镖的运动是平抛运 动，求射出点离墙壁的水平距离为多少。(sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8)
图5-7
解析：设射出点 P 离墙壁的水平距离为 L，飞镖甲下降的 高度为 h1，飞镖乙下降的高度为 h2，根据平抛运动的重要 推论可知，两飞镖速度方向的反向延长线一定通过水平位
典例 3 如图 5-8 所示，水平房顶高 H＝5 m，墙高 h＝ 3.2 m，墙到房子的距离 l＝3 m，墙外马路宽 d＝10 m。欲使 小球从房顶水平飞出落在墙外的马路上，求小球离开房顶时 的速度 v0 应满足的条件。(墙的厚度不计，g 取 10 m/s2)
图 5-8
[解析] 如图甲所示，设球刚好擦墙而过时小球离开房顶的速度为 v1，小 球自房顶飞出后做平抛运动到达墙头时，水平位移大小为 l，竖直位移大小为 (H－h)，则
答案：D
二、巧用平抛运动的两个重要推论解题 推论一：做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的速度方向的反向延长线一 定通过此时水平位移的中点，如图5-4甲所示，B为OC的中点。
图5-4
推论二：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方 向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α，如 图5-4乙所示。
传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图5-12所
示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半
径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力
加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述正确的是
()
图5-12
A．运动的时间都相同
解决类平抛运动问题的步骤 (1)分析物体的初速度与受力情况，确定物体做类平抛运动，并明确物体两个 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和位移。 (3)根据题目的已知条件和要求解的量，充分利用运动的等时性、独立性、等 效性解题。
【针对训练】 1．如图5-2所示，质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐
典例1 如图5-1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 (g取10 m/s2)，求：
(1)小球沿斜面运动到斜面底端时的水平位移x； (2)小球到达斜面底端时的速度大小。
图5-1
[解析] (1)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，
移的中点 Q，如图所示，由此得L2cot β－L2cot α＝d，代入数 值得 L＝247d。 答案：247d
三、平抛运动的临界模型 1．模型特点 (1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，则表明题述过程中存在临 界点。 (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”“取值范围”等字眼，则 表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点。 2．求解思路 (1)画出临界轨迹，找出临界状态对应的临界条件。 (2)分解速度或位移。 (3)列方程求解结果。