5-4抛体运动的规律(人教版2019必修第二册)(解析版)

第五章抛体运动第五节抛体运动的规律[核心素养·明目标]核心素养学习目标物理观念具有与抛体运动相关的初步运动观念。科学思维能够用“化曲为直”的思想处理抛体运动。科学探究通过科学探究，培养用数学方法处理物理问题的能力。科学态度与责任通过生活和生产中平抛运动的例子，认识到抛体运动的普遍性，体会物理学的应用价值。知识点一平抛运动的速度1.水平速度：做平抛运动的物体，由于只受到竖直向下的重力作用，在x方向不受力，加速度为零，故物体在x方向的速度将保持v0不变，即vx＝v0。2.竖直速度：物体在y方向上受重力mg作用，由mg＝ma可知，物体在竖直方向的加速度等于自由落体加速度，vy＝gt。3.合速度：由图可知，物体在时刻t的速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0)＋gt2)tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)。4.结论：物体在下落过程中速度v越来越大，速度方向与水平方向间夹角θ越来越大（）。知识点二平抛运动的的位移1.水平位移：平抛运动沿x方向的分运动是匀速直线运动，所以物体的水平位移x＝v0t。2.竖直位移：物体在y方向的分运动是从静止开始、加速度为g的匀加速直线运动，由自由落体运动的知识可知，平抛运动物体在竖直方向的位移y＝eq\f(1,2)gt2。3.合位移：s＝eq\r(v0t2＋\f(1,2)gt22)tanα＝eq\f(gt,2v0)4.运动轨迹：将t＝eq\f(x,v0)代入y＝eq\f(1,2)gt2中可得y＝eq\f(g,2v\o\al(2,0))x2，由数学知识可知，平抛运动的轨迹是一条抛物线。知识点三关于平抛运动必须掌握的四个物理量物理量相关分析飞行时间(t)t＝eq\r(\f(2h,g))，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关水平射程(x)x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关落地速度(v)v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋2gh)，以θ表示落地时速度与x轴正方向间的夹角，有tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(\r(2gh),v0)，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关速度的改变量(Δv)因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示知识点四平抛运动的两个重要推论1.做平抛运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图甲所示。其推导过程为tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt2,v0t)＝eq\f(y,\f(x,2))。2.做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，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα。如图乙所示。其推导过程为tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt·t,v0·t)＝eq\f(2y,x)＝2tanα。知识点五斜抛运动1.研究方法：斜抛运动可以分解为水平方向的eq\o(□,\s\up3(11))匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛或竖直下抛运动。2.基本规律(以斜向上抛为例，如图所示)①水平方向v0x＝v0cosθ，x＝v0tcosθ。②竖直方向v0y＝v0sinθ，y＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2。易错易混点1.“画曲为直”思想在平抛运动中的应用。易错易混点辨析：根据运动的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：(1)水平方向的匀速直线运动；(2)竖直方向的自由落体运动。最后再按照矢量合成法对位移，速度等进行合成。例1.(2020·海南高考)(多选)小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为10m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25m，g＝10m/s2，忽略空气阻力，则射出的水()A.在空中的运动时间为0.25sB.水平射程为5mC.落地时的速度大小为15m/sD.落地时竖直方向的速度大小为5m/s解析：选BD。射出的水做平抛运动，根据h＝eq\f(1,2)gt2，可得水在空中的运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.25,10))s＝0.5s，故A错误；水平射程为x＝v0t＝10×0.5m＝5m，故B正确；落地时竖直方向的分速度大小为vy＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s，水平方向的分速度大小为vx＝v0＝10m/s，则落地时的速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x)))＝5eq\r(5)m/s，故C错误，D正确。例2.（多选）(2022·浙江龙游中学期末)某同学利用无人机玩“投弹”游戏。无人机以v0＝20m/s的速度水平向右匀速飞行，在某时刻释放了一个小球。此时无人机到水平地面的距离h＝20m，空气阻力忽略不计，g取10m/s2。下列说法正确的是()A.小球下落时间为2sB.小球释放点与落地点之间的水平距离为0.4mC.小球落地瞬间速度为20m/sD.水平飞行速度越大，小球下落的时间越短解析：选AD。小球在竖直方向做自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝2s，A正确；小球在水平方向x＝v0t，则x＝40m，B错误；小球在竖直方向的分速度vy＝gt，故小球落地速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，解得v＝20eq\r(2)m/s，C错误；小球在空中飞行时间等于其竖直分运动时间，取决于下落高度，与水平速度无关，D错误。易错易混点2.斜面上的平抛运动易错易混点辨析：斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。①.常见的模型模型方法分解速度，构建速度三角形，找到斜面倾角θ与速度方向的关系分解速度，构建速度的矢量三角形分解位移，构建位移三角形，隐含条件：斜面倾角θ等于位移与水平方向的夹角基本规律水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))方向：tanθ＝eq\f(vx,vy)水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(x))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))方向：tanθ＝eq\f(vy,vx)水平：x＝v0t竖直：y＝eq\f(1,2)gt2合位移：s＝eq\r(x2＋y2)方向：tanθ＝eq\f(y,x)运动时间由tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)得t＝eq\f(v0,gtanθ)由tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)得t＝eq\f(v0tanθ,g)由tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)得t＝eq\f(2v0tanθ,g)②.从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动的五个特点(1)位移方向相同，竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。(2)末速度方向平行，竖直分速度与水平分速度(初速度)之比等于斜面倾斜角正切值的2倍。(3)运动的时间与初速度成正比eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＝\f(2v0tanθ,g)))。(4)位移与初速度的二次方成正比eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s＝\f(2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))tanθ,gcosθ)))。(5)当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。例3.(多选)(2022·河北张家口期末)2021年3月14日，中国小将谷爱凌获自由式滑雪世锦赛女子坡面障碍技巧赛的冠军。如图所示，现假设运动员从跳台a处以初速度v0沿水平方向飞出，落在斜坡上某点b处，将斜坡等效成一个与水平面的夹角为30°的斜面，不计空气阻力，下列说法正确的有()A.运动员在空中运动时间与初速度v0成正比B.a、b两点间的水平距离与初速度v0的大小成正比C.a、b两点间的竖直距离与初速度v0的二次方成正比D.运动员落在斜坡上的速度方向与水平方向的夹角与v0的大小无关解析：选ACD。设运动员落到斜坡上的时间为t，位移与水平方向夹角为tanα＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(\r(3),3)，解得t＝eq\f(2\r(3)v0,3g)，A正确；a、b两点间的水平距离为x＝v0t＝eq\f(2\r(3)veq\o\al(2,0),3g)，B错误；a、b两点间的竖直距离为h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(2veq\o\al(2,0),3g)，C正确；运动员落在斜坡上的速度方向与水平方向的夹角θ的正切值等于位移与水平方向夹角α的正切值的2倍，即tanθ＝2tanα，则运动员落在斜坡上的速度方向与水平方向的夹角与v0的大小无关，D正确。例4.(多选)(2022·湖北荆州期末)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A.若小球以最小位移到达斜面，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)B.若小球垂直击中斜面，则t＝eq\f(v0,gtanθ)C.若小球能击中斜面中点，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)D.若小球能击中斜面中点，则t＝eq\f(2v0tanθ,g)解析：选ABD。若小球最小位移到达斜面，则位移垂直于斜面，根据平抛规律x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，根据几何关系可知tanθ＝eq\f(x,y)，联立解得t＝eq\f(2v0,gtanθ)，A正确；若小球垂直击中斜面，则速度垂直于斜面，根据几何关系tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)，解得t＝eq\f(v0,gtanθ)，B正确；若小球击中斜面中点，根据几何关系tanθ＝eq\f(h,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，C错误，D正确。易错易混点3.平抛运动的临界极值问题易错易混点辨析：①分析平抛运动中临界极值问题的思路(1)确定运动性质。(2)分析临界条件。(3)确定临界状态，并画出轨迹示意图。(4)应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解。②处理平抛运动中临界极值问题的关键(1)从题意中提取出重要的临界条件，如“恰好”“不大于”等关键词，确定临界状态及临界轨迹，并由此列出符合临界条件的物理方程。(2)恰当运用数学知识分析求解临界与极值问题。例5.(2021·山东等级考改编)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1kg的鸟蛤，在H＝20m的高度、以v0＝15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。(1)求鸟蛤落到水平地面上时的速度；(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20m，速度大小在15m/s～17m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。解析：(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为vy，根据速度—位移关系可得veq\o\al(2,y)＝2gH解得vy＝20m/s根据运动的合成与分解得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))解得v＝25m/s落地时速度方向与水平方向的夹角θ满足tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(4,3)可得θ＝53°因此鸟蛤落到水平地面上时的速度大小为25m/s，速度方向与水平方向的夹角为53°。(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，鸟蛤下落的时间为t，则有H＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝2s。根据平抛运动的规律可得x1＝v1t＝15×2m＝30m根据几何关系可得x2＝x1＋L＝30m＋6m＝36m若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1′，击中右端时，释放点的x坐标为x2′，根据平抛运动的规律可得x1′＝v2t＝17×2m＝34m根据几何关系可得x2′＝x1′＋L＝34m＋6m＝40m综上得x坐标区间为(34m，36m)。例6.(多选)(2022·山东德州期末)在排球比赛中，如果运动员沿水平方向击球，在不计空气阻力的情况下，要使排球既能过网，又不出界，需要考虑的因素有()A.击球后排球的初速度B.人的高度C.网的高度D.击球点的高度解析：选ACD。设网高为h，球场的长度为s，重力加速度为g，排球被发出时击球点的高度H和水平初速度v，不计空气阻力且排球可看成质点，场地与排球运动示意图如图所示。排球做平抛运动，则x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，排球在竖直方向上做自由落体运动，要能过网则x≥eq\f(s,2)，y≤H－h，同理，要排球不过线，则需满足x≤s，y≥H，可见，要保证排球既能过网又不过线，与排球的初速度、起跳点的高度、网的高度都有关系，A、C、D正确，B错误。例7.如图所示，水平屋顶高H＝5m，围墙高h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外空地宽x＝10m，为使小球从屋顶①水平飞出②落在围墙外的空地上，g取10m/s2。求：(1)小球离开屋顶时的速度③v0的大小范围；(2)小球落在空地上的④最小速度。[审题抓住信息，准确推断][破题形成思路，快速突破](1)设小球恰好落到空地边缘时的水平初速度为v1，请写出平抛运动的位移方程。①水平方向：L＋x＝v1t1；②竖直方向：H＝eq\f(1,2)gt12。(2)设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v2，请写出平抛运动的位移方程。①水平方向：L＝v2t2；②竖直方向：H－h＝eq\f(1,2)gt12。(3)请写出v0的取值范围。提示：v0的取值范围为v2≤v0≤v1。(4)在v0的取值范围内落地速度最小时，对应的初速度是多少？提示：v0对应最小值v2时，小球落地速度最小。[解题规范步骤，水到渠成](1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v1，则小球的水平位移：L＋x＝v1t1小球的竖直位移：H＝eq\f(1,2)gt12解以上两式得：v1＝(L＋x)eq\r(\f(g,2H))＝13m/s设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v2，则此过程中小球的水平位移：L＝v2t2小球的竖直位移：H－h＝eq\f(1,2)gt12解以上两式得：v2＝Leq\r(\f(g,2（H－h）))＝5m/s小球抛出时的速度大小范围为5m/s≤v0≤13m/s(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小。竖直方向：Vy2＝2gH又有：vmin＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))解得：vmin＝5eq\r(5)m/s例8.如图所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在临近平台且倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑．已知斜面顶端与平台的高度差h＝0．8m，g取10m/s2，sin53°＝0．8，cos53°＝0．6．则：(1)小球水平抛出的初速度v0是多少？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？(3)若斜面顶端高H＝20．8m，则小球离开平台后经过多长时间到达斜面底端？解析：(1)由题意可知，小球落到斜面顶端时刚好沿斜面下滑，说明此时小球的速度方向与斜面平行，否则小球会弹起．所以小球在斜面顶端时的竖直分速度vy＝v0tan53°，又veq\o\al(2,y)＝2gh，代入数据解得vy＝4m/s，v0＝3m/s．(2)由vy＝gt1得t1＝0.4s故s＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m．(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度为a＝eq\f(mgsin53°,m)＝8m/s2初速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝5m/s又eq\f(H,sin53°)＝vt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)代入数据解得t2＝2seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t′2＝－\f(13,4)s，不合题意，舍去))所以t＝t1＋t2＝2.4s．针对训练1.如图所示，在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1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t2落到斜面上的C点处，以下判断正确的是()A．t1∶t2＝4∶1 B．AB∶AC＝4∶1C．AB∶AC＝2∶1 D．t1∶t2＝eq\r(2)∶1解析：选B。平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移的比值tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，则t＝eq\f(2v0tanθ,g)。知运动的时间与初速度成正比，所以t1∶t2＝2∶1；竖直方向上下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，知竖直方向上的位移之比为4∶1；斜面上的距离s＝eq\f(h,sinθ)，知AB∶AC＝4∶1，故B正确，A、C、D错误。2.(2022·吉林一中质检)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了y轴上沿x轴正方向抛出的三个小球a、b、c的运动轨迹，其中b和c从同一点抛出，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．a的飞行时间比b长B．b的飞行时间比c长C．a的初速度最大D．c的末速度比b大解析：选C。由图知b、c的高度相同，大于a的高度，根据h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，知b、c的飞行时间相同，a的飞行时间小于b、c的飞行时间，故A、B错误；b、c的高度相同，则运动的时间相同，b的水平位移大于c的水平位移，根据x＝v0t知，vb＞vc，对于a、b，a的高度小，则运动的时间短，而a的水平位移大，则va＞vb，可知初速度最大的是小球a，故C正确；由图知b、c的高度相同，落地时竖直方向的速度大小相等，而水平方向b的速度大于c的速度，则b的末速度大于c的末速度，故D错误。3．(2022·广西钦州模拟)跳台滑雪是一项具有挑战的体育运动，某运动员以一定的初速度从跳台上水平滑出，经过t＝2s落在倾角为30°的斜坡上，简化过程如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则()A．运动员的初速度大小为5eq\r(3)m/sB．落点到跳离点的位移大小为60mC．落在斜坡上时的速度方向与水平方向的夹角为60°D．落在斜坡上时的速度大小为10eq\r(7)m/s解析：选D。本题考查平抛运动规律的应用。根据平抛运动规律可知水平方向有x＝v0t，竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，根据几何关系可知tan30°＝eq\f(h,x)，当t＝2s时，联立解得v0＝10eq\r(3)m/s，x＝20eq\r(3)m，h＝20m，故A错误；由几何关系可知，运动员在斜坡上的落点到跳离点之间的位移l＝eq\r(x2＋h2)＝eq\r(20\r(3)2＋202)m＝40m，故B错误；由平抛运动的推论，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二倍，可得落在斜坡上时的速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ＝2tan30°＝eq\f(2\r(3),3)，则θ≠60°，故C错误；根据平抛运动规律可知，落在斜坡上时的速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0)＋gt2)＝eq\r(10\r(3)2＋10×22)m/s＝10eq\r(7)m/s，故D正确。4．(2022·湖南省教育联合体联考)目前，我国两艘航母均装备搭载了国产歼15飞鲨舰载机，歼15舰载机是我国独立研制的新式第三代重型舰载机，已形成初步战斗力。某次出海训练时，舰载机在某一高度水平匀速飞行，离目标水平距离L时投弹，准确命中目标。现将舰载机水平飞行高度变为原来的eq\f(9,4)倍，飞行速度变为原来的1.5倍，要仍能命中目标，则舰载机投弹时离目标的水平距离比原来要多(不计炸弹飞行过程中的空气阻力)()A．L B.eq\f(5,4)LC．2L D.eq\f(9,4)L解析：选B。炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，所以在竖直方向上h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))，在水平方向上L＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，当舰载机飞行的高度变为原来的eq\f(9,4