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高中物理必修一素養(yǎng)提升學案
第五章 拋體運動
專題強化3 斜拋運動
【專題問題解讀】
以斜上拋運動為例，如圖所示。
(1)斜拋運動的飛行時間：t＝＝。
(2)射高：h＝eq \f(v,2g)＝eq \f(vsin2θ,2g)。
(3)射程：s＝v0xt＝v0cos θ·t＝eq \f(2vsin θcos θ,g)＝eq \f(vsin 2θ,g)，對于給定的v0，當θ＝45°時，射程達到最大值，smax＝eq \f(v,g)。
【方法歸納】
逆向思維法處理斜拋運動
對斜上拋運動從拋出點到最高點的運動，可逆過程分析，看成平拋運動；分析完整的斜上拋運動，還可根據(jù)對稱性求解某些問題。
【典例精析】
【典例1】. （2024年10月華師大附中質檢）如圖，甲將排球從離地面高為1mO位置由靜止擊出并沿軌跡①運動，當排球運動到離地面高為2.8m的P位置時，速度大小為10m/s，此時，被乙擊回并以水平速度18m/s沿軌跡②運動，恰好落回到O位置。已知排球的質量約為0.3kg，g取，忽略空氣阻力，則（　　）
A. 排球沿軌跡①運動的時間為0.6s
B. O、P兩位置的水平距離為10.8m
C. 排球沿軌跡①運動的最小速度為10m/s
D. 乙對排球做的功約為15J
【答案】B
【解析】對于軌跡②的運動，豎直方向有
解得
水平方向有
可知O、P兩位置的水平距離為10.8m，故B正確；
排球沿軌跡①做斜拋運動，豎直方向上做豎直上拋運動，在最高點豎直速度為0，水平方向做勻速直線運動，豎直方向上運動距離
則排球沿軌跡①運動的時間大于0.6s，且最高點的速度小于10m/s，故AC錯誤；
．設乙將排球擊出的速度為，在P點由動能定理可知，乙對排球所做的功為
故D錯誤。
【典例2】（2024年10月福州重點高中質檢）在籃球比賽中，投籃的投出角度太大和太小，都會影響投籃的命中率。在某次比賽中，某同學在距離籃筐中心水平距離為的地方跳起投籃，出手點離地面的高度為，籃筐離地面的高度為。該同學出手的瞬時速度，籃球到達籃筐中心時，豎直速度剛好為零。將籃球看成質點，籃筐大小忽略不計，忽略空氣阻力，重力加速度。求：
（1）出手后，籃球在空中運動的時間；
（2）出手時瞬時速度與水平方向的夾角（可用三角函數(shù)值表示）；
（3）水平距離。
【解析】（1）出手點離地面的高度為
籃筐離地面的高度為
籃球做斜拋運動，可逆向看作平拋運動，豎直方向有：
代入數(shù)據(jù)解得：
（2）籃球出手時，豎直方向分速度
設出手時瞬時速度與水平方向的夾角為，
由幾何關系得，則
（3）由幾何關系得，水平分速度
水平距離為
答：（1）出手后，籃球在空中運動的時間為；
（2）出手時瞬時速度與水平方向的夾角為37°；
（3）水平距離為。
【解析】（1）末速度水平的斜拋運動可逆向看作平拋運動，豎直方向為自由落體運動，根據(jù)位移-時間公式求解籃球在空中運動的時間；
（2）根據(jù)速度-時間公式求解籃球豎直方向的分速度，根據(jù)幾何關系求解出手時瞬時速度與水平方向的夾角；
（3）根據(jù)幾何關系求解水平方向的分速度，根據(jù)求解水平位移。
本題考查斜拋運動，解題關鍵是知道末速度水平的斜拋運動可逆向看作平拋運動，將運動分解到水平方向和豎直方向，結合運動學公式和幾何關系列式求解即可。
【針對性訓練】
1 .(2024·浙江杭州模擬)如圖10所示，某同學將質量相同的三個物體從水平地面上的A點以同一速率沿不同方向拋出，運動軌跡分別為圖上的1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個物體從拋出到落地過程中，下列說法正確的是(　　)
A.軌跡為1的物體在最高點的速度最大
B.軌跡為3的物體在空中飛行時間最長
C.軌跡為1的物體所受重力的沖量最大
D.三個物體單位時間內速度變化量不同
【參考答案】　C
【名師解析】　根據(jù)斜上拋運動的對稱性可知，物體在最高點的速度為平拋運動的初速度，由h＝gt2和x＝v0t得v0＝x，可得v01＜v02＜v03，即軌跡為3的物體在最高點的速度最大，故A錯誤；由h＝gt2知，斜拋的總時間為t總＝2t，因h1＞h2＞h3，所以軌跡為1的物體在空中飛行時間最長，故B錯誤；重力的沖量為IG＝mgt，則軌跡為1的物體所受重力的沖量最大，故C正確；三個物體均做斜上拋運動，由Δv＝g·Δt可知，單位時間內速度變化量相同，故D錯誤。
2．（2024河南漯河高中質檢）如圖甲所示，平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動；斜拋運動也可以分解為沿初速度v2方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動（如圖乙所示）。兩種運動的起點、終點相同，運動時間分別為t1、t2，分析兩種分解方式的位移矢量三角后，則=（　　）
A． B． C． D．1
【參考答案】A
【名師解析】由平拋運動規(guī)律可知
斜拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，由幾何關系可知豎直方向的自由落體高度大小等于，有
比較可得
故選A。
3. （2024年3月江西贛州質檢）水平臺邊緣O處一質量為m、帶電量為+q的小球，以與水平面成30°角的速度斜向上拋出，在豎直面上運動，整個空間有一勻強電場（圖中未畫出），小球所受電場力與重力等大。小球先后以速度大小v1、v2兩次拋出，分別落在傾角為60°的斜面上的a、b兩點，兩次運動時間分別為t1、t2且小球機械能的增量相同，其中落到a點時小球速度與斜面垂直。已知O、b兩點等高且水平距離為L，重力加速度為g，空氣阻力不計，則（　　）
A. a、b兩點電勢為
B. 小球落到a時的速度大小為2v1
C. 兩次運動的時間關系為
D. 落到斜面上a、b兩點時增加的機械能為
【參考答案】BD
【名師解析】
兩次小球機械能的增量相同，說明電場力對小球做功相同，可知斜面為等勢面，即
電場強度的方向垂直斜面向下，對小球受力分析，如圖所示
可知小球所受合力沿y方向，根據(jù)圖示幾何關系可知小球的初速度與y方向垂直，則小球沿x方向做勻速運動，y方向做勻加速直線運動，分別做bP、aM垂直與y軸，則
解得
故AC錯誤；
由于小球落到a時的速度垂直于斜面，將速度分解為x方向的速度與y方向的速度，如圖所示，根據(jù)幾何關系可知
解得
故B正確；
O、b兩點等高且水平距離為L，則O點到斜面的距離為
電場力做功為
小球增加的機械能
故D正確。
4 (2024·廣東汕頭模擬)如圖7所示為某噴灌機的噴頭正在進行農(nóng)田噴灌，噴頭出水速度的大小和方向可以調節(jié)，已知圖示出水速度方向與水平方向夾角θ＝30°，假設噴頭貼近農(nóng)作物表面，忽略空氣阻力，下列哪種調整方式可使水噴得更遠(　　)
A.減小出水速度 B.增大出水速度
C.適當減小θ角 D.適當增大θ角
【參考答案】　BD
【名師解析】　設出水速度為v，根據(jù)斜拋運動規(guī)律可得水在空中運動的時間為t＝，則噴水距離為x＝vcos θ·t＝，θ＝45°時射程最遠，根據(jù)上式可知若要使水噴得更遠，即增大x，可以增大出水速度、適當增大θ角，故B、D正確。
5.(9分)（2023年10月山東名校聯(lián)考）如圖所示，傾角θ=30°的足夠長斜面固定于水平地面上，將一小球(可視為質點)從斜面底端О以速度斜向上方拋出，速度方向與斜面間的夾角為α。經(jīng)歷一段時間，小球以垂直于斜面方向的速度打在斜面上的P點。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，求：
(1)小球拋出時的速度方向與斜面間的夾角α的正切值tanα；
(2)小球到斜面的最大距離；
(3)OP間距離。
【解析】.(9分)(1)在沿斜面方向上：------------1分
在垂直于斜面的方向上：---------------1分
則小球拋出時的速度方向與斜面夾角α的正切值
---------------1分
(2)由(1)解得
，
當小球垂直于斜面的分速度減為0時，距離斜面最遠，則有
----------2分
解得---------------------—--—-------1分
(3)在沿斜面方向上：---------2分
解得-----------------------------------------1分
6. （2024年10月華師大附中質檢）如圖所示，傾角為的斜面足夠長，現(xiàn)從斜面上O點以與斜面成相同的角（），大小為、速度分別拋出小球P、Q，小球P、Q剛要落在斜面上A、B兩點時的速度分別為、。設O、A間的距離為，O、B間的距離為，不計空氣阻力，當取不同值時，下列說法正確的是（　　）
A. P、Q在空中飛行的時間可能相等
B. 方向與斜面的夾角一定等于方向與斜面的夾角
C. 一定等于
D. 可能大于
【答案】BC
【解析】．將初速度分解在垂直斜面方向和平行斜面方向，垂直斜面方向
平行斜面方向
垂直斜面的加速度
平行斜面的加速度
在空中飛行的時間
所以P、Q在空中飛行的時間之比為1：2，故A錯誤；
D．小球的位移
結合
可得
故D錯誤；
B．速度與斜面的夾角的正切值
結合
可知方向與斜面的夾角一定等于方向與斜面的夾角，故B正確；
C．結合B選項分析，速度方向相同，垂直斜面和平行斜面的速度之比均為1：2，根據(jù)速度的合成可知一定等于，故C正確。
7. （2024年10月華師大附中質檢）某同學設計的拋射裝置如圖所示，固定傾斜長直導軌與水平面的夾角，開始滑塊和小球均位于導軌底端。某時刻滑塊以的初速度沿導軌上滑，同時小球斜向上拋出，滑塊滑至軌道最高點時恰好被小球擊中。已知滑塊與導軌間的動摩擦因數(shù)，不計空氣阻力，滑塊和小球均可視為質點。重力加速度大小。求：
（1）滑塊運動到最高點的時間與位移的大小；
（2）小球初速度的大小及初速度與導軌間夾角的正切值。
【答案】（1）2s，14m
（2），
【解析】
（1）由牛頓第二定律得
解得
滑塊運動到最高點的時間
位移為
（2）以斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐標系，則加速度滿足
，
速度分解
由于恰好在最高點擊中，則沿垂直斜面方向
解得
小球初速度的大小
初速度與導軌間夾角的正切值
8. （深圳寶安區(qū)2024-2025學年第一學期調研測試卷）(10分)足球運動員在一次訓練中以37°仰角從水平地面踢出足球，足球恰好在最高點穿過懸掛在高度為h=7.2m處的圓環(huán)。已知足球可視作質點且空氣對足球的作用力可忽略不計，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)足球踢出的速度v；
(2)足球從踢出到落回水平地面的位移x。
.解析：(1)由題意可知，足球在最高點通過圓環(huán)，可以理解為足球從最高點水平拋出的逆過程，故：
…………………………………………………………(2分)
解得：=12m/s…………………………………………………………………(1分)
……………………………………………………………………………(1分)
解得：v=20m/s…………………………………………………………………………(1分)
(2)水平方向的速度………………………………………………………(1分)
豎直方向上，…………………………………………………………(1分)
解得：t=1.2s………………………………………………………………………(1分)
…………………………………………………………………………(1分)
解得：x=38.4m………………………………………………………………………(1分)
21世紀教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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