第INET5.方法與技巧(1)斜拋運動中的極值在最高點，vy＝0，由④式得到t＝eq\f(v0sinθ,g)⑤將⑤式代入③式得物體的射高ym＝eq\f(v02sin2θ,2g)⑥物體落回與拋出點同一高度時，有y＝0，由③式得總時間t總＝eq\f(2v0sinθ,g)⑦將⑦式代入①式得物體的射程xm＝eq\f(v02sin2θ,g)當θ＝45°時，sin2θ最大，射程最大．所以對于給定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上拋出時，射程最大．(2)逆向思維法處理斜拋問題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，還可根據對稱性求解某些問題．【例1】（2023·浙江金華·統(tǒng)考三模）如圖所示，某同學在距離籃筐一定距離的地方起跳投籃，籃球在A點出手時與水平方向成60°角，速度大小為v0，在C點入框時速度與水平方向成角?，F(xiàn)將籃球簡化成質點，忽略空氣阻力，取重力加速度為g，則下列分析正確的是（）A．籃球在空中飛行過程中，單位時間內的速度變化量大小改變B．AC兩點的高度差大小為C．籃球在最高點時重力勢能的大小是動能大小的2倍D．籃球在C點時候的速度大小為v0【答案】B【詳解】A．籃球在空中飛行過程中，僅受重力作用，做勻變速曲線運動，故單位時間內的速度變化量大小不變，A錯誤；B．A點豎直方向上和水平方向上的分速度分別為，C點豎直方向上分速度為豎直方向上可視為豎直上爬運動，根據運動學關系可得AC兩點的高度差大小為B正確；C．未確定重力勢能的零勢能面，故籃球在最高點時重力勢能的大小與動能大小的無法比較，C錯誤；D．籃球在C點時候的速度大小為D錯誤。故選B?！纠?】（2023春·江西·高三校聯(lián)考階段練習）兩名同學在籃球場進行投籃練習，投籃過程如圖所示，籃球拋出點距離籃筐初始位置的水平距離為、豎直高度為。同學甲在點原地靜止不動，將籃球以速度與水平成角的方向斜向上拋出，籃球投入籃筐；同學乙以的速度運球至點，將籃球相對同學乙自身豎直向上拋出，也將籃球投入籃筐?；@球可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度取，，。下列說法正確的是（）A．同學甲將籃球拋出時的速度大小為B．同學乙將籃球拋出時豎直向上的分速度為C．同學甲拋出的籃球最大高度較高D．甲、乙同學拋出的籃球在空中運動的時間相等【答案】C【詳解】A．同學甲拋出的籃球在空中做斜上拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，則解得選項A錯誤；D．同學乙將籃球投入籃筐所用時間為可知甲、乙兩同學投出的籃球在空中運動的時間不相等，選項D錯誤；B．設同學乙拋出球時豎直方向的分速度為，則解得選項B錯誤；C．同學甲投出的籃球在豎直方向的分速度為根據可知同學甲投出的籃球最大高度較高，選項C正確。故選C。【例3】．（2023·北京昌平·統(tǒng)考二模）如圖所示，把質量為m的石塊從距地面高h處以初速度斜向上拋出，與水平方向夾角為，不計空氣阻力，重力加速度為g。若只改變拋射角，下列物理量一定不變的是（

）A．石塊在空中的飛行時間 B．石塊落地的水平距離C．石塊落地時的動能 D．石塊落地時的動量【答案】C【詳解】A．石塊方向分速度豎直方向根據可知在空中的飛行時間因的不同而不同，A錯誤；B．水平方向結合A選項分析可知石塊落地的水平距離可能因的不同而不同，B錯誤；C．根據動能定理可得石塊落地時的動能可知石塊落地時的動能一定相同，C正確；D．根據C選項分析可知，落地時速度的大小相同，但是方向不相同，所以石塊落地時的動量不同，D錯誤。故選C。【例4】．（2023春·四川·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，某同學在籃筐前某位置跳起投籃?；@球出手點離水平地面的高度，籃筐離地面的高度?；@球離開手的瞬間，水平分速度大小，籃球到達籃筐時豎直方向的分速度剛好為零。將籃球看成質點，籃筐大小忽略不計，忽略空氣阻力，取重力加速度大小?；@球出手點到籃筐的水平距離為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】籃球做斜拋運動，逆過程處理，上升階段看作平拋運動，籃球到籃筐時豎直方向的速度為零，豎直方向則有代入數據可得籃球出手點到籃筐的水平距離故A正確，BCD錯誤。故選A?！纠?】．（2023春·山西·高三統(tǒng)考階段練習）如圖所示，某同學在距離籃筐中心水平距離為x的地方跳起投籃。出手點離地面的高度為h，籃筐離地面的高度為H。該同學出手的瞬時速度，要使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，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．出手時瞬時速度與水平方向的夾角為B．出手時瞬時速度與水平方向的夾角為C．水平距離D．水平距離【答案】C【詳解】根據題意可知，籃球到達籃筐時，豎直速度剛好為零；根據逆向思維將籃球看成從籃筐處開始做平拋運動；設出手時瞬時速度與水平方向的夾角為，由平拋運動規(guī)律可得聯(lián)立解得，故選C。題型八類平拋運動1.類平拋運動的特點(1)有時物體的運動與平拋運動很相似，也是物體在某方向做勻速直線運動，在垂直勻速直線運動的方向上做初速度為零的勻加速直線運動。對這種像平拋又不是平拋的運動，通常稱為類平拋運動。(2)受力特點：物體所受的合力為恒力，且與初速度的方向垂直。(3)運動特點：在初速度v0方向做勻速直線運動，在合外力方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F合,m)。如圖所示，將質量為m的小球從傾角為θ的光滑斜面上A點以速度v0水平拋出(v0的方向與CD平行)，小球運動到B點的過程中做的就是類平拋運動。2.類平拋運動與平拋運動的規(guī)律相類似，兩者的區(qū)別(1)運動平面不同：類平拋運動→任意平面；平拋運動→豎直面。(2)初速度方向不同：類平拋運動→任意方向；平拋運動→水平方向。(3)加速度不同：類平拋運動→a＝eq\f(F,m)，與初速度方向垂直；平拋運動→重力加速度g，豎直向下?！纠?】（2023春·湖南長沙·高三長沙一中?？茧A段練習）某同學要探究類平拋運動的規(guī)律，設計了如圖所示實驗裝置，他將一塊足夠大的平整方木板的一端放在水面地面上，另一端用支撐物墊起，形成一個傾角為的斜面。他先將一個小木塊輕輕放在斜面上，放手后發(fā)現(xiàn)小木塊會沿斜面向下運動；接著該同學將木塊置于木板左上角，同時給小木塊一個平行木板水平向右的初速度，為探究木塊的運動軌跡，在木板上沿斜面向下和水平方向建立xOy直角坐標系。木塊與木板表面間的動摩擦因數處處相同均為，不計空氣阻力，重力加速度為，下列說法正確的是（）A．小木塊在斜面上的運動軌跡為一條拋物線，該同學實驗方案可行B．小木塊獲得初速度開始運動的瞬間，其加速度大小為C．小木塊沿y軸方向的分運動為勻加速直線運動D．小木塊最終沿與y軸平行的方向做勻加速直線運動，加速度大小【答案】D【詳解】ABD．小木塊獲得初速度開始運動的瞬間，受重力、支持力、滑動摩擦力，滑動摩擦力的方向與方向反向，把重力分解為垂直斜面向下和沿斜面向下的兩個力，則根據牛頓第二定律有解得小木塊獲得初速度開始運動的瞬間的加速度大小為此后木塊在y方向做加速運動，x方向做減速運動，當x方向速度減為零時，x方向不再運動，最終木塊在y方向做勻加速直線運動，其加速度大小為所以木塊不是做類平拋運動，故AB錯誤，D正確；C．滑動摩擦力的方向從最初與方向反向，逐漸變?yōu)檠貀軸負方向，則小木塊沿y軸方向的分運動為先做加速度減小的加速直線運動，后做勻加速直線運動，故C錯誤。故選D?！纠?】．（2023春·浙江·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，將小球從傾角為的光滑斜面上A點以速度水平拋出（即），最后從B處離開斜面，已知間的高度，g取，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小球的加速度為B．小球作平拋運動，運動軌跡為拋物線C．小球到達B點時的速度大小為D．小球從A點運動到B點所用的時間為【答案】C【詳解】A．根據牛頓第二定律有解得加速度為故A錯誤；B．小球在斜面沿CE方向加速度恒定，做勻加速度運動，沿CD方向做勻速運動，故小球作類平拋運動，運動軌跡為拋物線，故B錯誤；CD．沿斜面向下為勻加速直線運動，根據位移—時間公式可得代入數據解得小球到達B點時的速度大小為故C正確，D錯誤。故選C?！纠?】（2023·全國·高三專題練習）一足夠大且光滑的矩形斜面，傾角為，高為h，現(xiàn)有一小球在A處沿平行于底邊的初速度滑上斜面，最后從B處離開斜面。已知重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．小球的運動軌跡為拋物線B．小球的加速度為C．小球從A處到達B處所用的時間為D．小球從A處到達B處的位移為【答案】ABC【詳解】A．小球受重力和支持力兩個力作用，合力沿斜面向下，與初速度方向垂直，小球做類平拋運動，其運動軌跡為拋物線，故A項正確；B．根據牛頓第二定律知，有解得故B項正確；C．由幾何關系得，小球沿加速度方向上的位移為根據公式解得故C項正確；D．小球在沿初速度方向的位移為則小球從A處到達B處的位移為故D項錯誤。故選ABC。【例4】（2022·高三課時練習）風洞實驗室中可以產生沿水平方向、大小可調節(jié)的風力。如圖所示，將一個質量為m的小球放入風洞實驗室的光滑水平地面上的O點，小球以初速度v0水平向右拋出，此時調節(jié)水平風力的大小為恒定值F，F(xiàn)的方向始終與初速度v0的方向垂直，最后小球運動到水平地面上的P點。已知O、P兩點連線與初速度v0方向的夾角為θ。試求：(1)該小球運動到P點時的速度大小和“P點速度方向與初速度v0方向夾角的正切值”；(2)OP之間的距離。【答案】(1)，；(2)【詳解】（1）設小球運動到P點時的速度大小為v，OP之間的距離L。以O點為坐標原點、初速度v0方向為x軸正方向、風力F方向為y軸正方向,建立平面直角坐標系，如圖所示，有沿v0方向沿風力F方向由題意知小球運動到P點時的速度大小解得設P點的速度方向和x軸（初速度v0）的夾角為α，有P點速度方向與初速度v0方向夾角的正切值（2）OP之間的距離解得題型九拋體運動中的功能與動量【例1】(2023.全國333大聯(lián)考)如圖所示，豎直面內有一以O為圓心的圓形區(qū)域，直徑AB與水平方向的夾角=30°。一小球自A點由靜止釋放，從圓周上的C點以速率v0穿出圓形區(qū)域?，F(xiàn)將幾個質量為m的小球自A點，先后以不為零的不同水平速度平行該豎直面射入圓形區(qū)域。忽略空氣阻力，重力加速度大小為g。求：(1)該圓形區(qū)域的半徑；(2)為使小球穿過圓形區(qū)域動能增量最大，該小球進入圓形區(qū)域時的速度大?。?3)為使小球穿過圓形區(qū)域前后的動量變化量大小為mv0，該小球進入圓形區(qū)域時的速度大小?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)小球從圓周上的C點以速率穿出圓形區(qū)域，故AC沿豎直方向由幾何關系可知由運動學公式可知解得(2)只有重力做功，故由圓形區(qū)域最低點（圖中D點）穿出的小球重力做功最多，動能增量最大，由運動學公式可得解得(3)只受重力作用，且平拋運動的運動時間只與高度有關，故穿過圓形區(qū)域前后的動量變化量大小為的小球，必然從與C點等高的B點穿出，由運動學公式可得解得【例2】.(2022·山東濰坊市高三下3月一模)質量為m的物塊從某一高度以動能E水平拋出，落地時動能為3E.不計空氣阻力，重力加速度為g.則物塊()A．拋出點的高度為eq\f(3E,mg)B．落地點到拋出點的水平距離為eq\f(2E,mg)C．落地時重力的功率為geq\r(6mE)D．整個下落過程中動量變化量的大小為2eq\r(mE)【答案】D【解析】由動能定理得mgh＝3E－E＝2E，故拋出點的高度為h＝eq\f(2E,mg)，故A錯誤；由E＝eq\f(1,2)mv02，水平方向x＝v0t，豎直方向h＝eq\f(1,2)gt2，解得落地點到拋出點的水平距離為x＝eq\f(2\r(2)E,mg)，故B錯誤；落地時速度的豎直分量vy＝eq\r(2gh)＝2eq\r(\f(E,m))，故落地時重力的功率為P＝mgvy＝2geq\r(Em)，故C錯誤；整個下落過程中動量變化量的大小為Δp＝mΔvy＝m·2eq\r(\f(E,m))＝2eq\r(mE)，故D正確．【例3】（2022屆云南省昆明市高三（下）“三診一?！泵自\斷測試理綜物理試題）跳臺滑雪是一項勇敢者的滑雪運動，圖甲是2022年北京冬奧會跳臺滑雪的主跳臺“雪如意”，圖乙是其部分賽道及運動情況簡化示意圖?，F(xiàn)有一運動員在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺a處沿水平方向飛出，在斜坡上b處著陸，測得ab間的距離為40m，斜坡與水平方向的夾角為30°，運動員（包括裝備）質量為60kg，且可視為質點，不計空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，則運動員（包括裝備）（）A.從a處運動到b處的時間為2sB.落到b處前瞬間動能為2.1×103JC.從a處運動到b處過程中動量變化率不變D.在空中距離斜坡最大距離為【答案】ACD【解析】A．由a到b過程，運動員做平拋運動在豎直方向解得A正確；B．在水平方向解得運動員在b點處的豎直速度為運動員在b點處的速度大小為落到b處前瞬間動能B錯誤；C．從a處運動到b處過程中解得C正確；D．沿斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐標系，沿垂直斜面初速度的分量為，重力加速度g垂直斜面的分量為．設所求最大距離為H，在垂直斜面方向，根據運動學公式得得D正確。故選ACD?！纠?】（2023·山東·高三專題練習）我國正在攻關的超高速風洞，是研制新一代飛行器的搖籃，它可以復現(xiàn)40到100公里高空、時速最高達10公里/秒，相當于約30倍聲速的飛行條件?，F(xiàn)有一小球從風洞中的點M豎直向上拋出，小球受到大小恒定的水平風力，其運動軌跡大致如圖所示，其中M、N兩點在同一水平線上，O點為軌跡的最高點，小球在M點動能為，在O點動能為，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小球所受重力和風力大小之比為B．小球落到N點時的動能為C．小球在上升和下降過程中機械能變化量之比為D．小球從M點運動到N點過程中的最小動能為【答案】BD【詳解】A．根據題意，設風力大小為，小球的質量為，小球的初速度為，的水平距離為，豎直距離為，豎直方向上有則有從到過程中，由動能定理有可得又有水平方向上，由牛頓第二定律有由運動學公式有由于運動時間相等，則則有解得故A錯誤；B．根據題意可知，小球在水平方向做初速度為0的勻加速直線運動，由對稱性可知，小球從和從的運動時間相等，設的水平距離為，則有小球由過程中，由動能定理有解得故B正確；C．由功能關系可知，小球機械能的變化量等于風力做功，則小球在上升和下降過程中機械能變化量之比為故C錯誤；D．根據題意可知，小球在重力和風力的合力場中做類斜拋運動，當小球速度方向與合力方向垂直時動能最小，根據前面分析可知合力與豎直方向的夾角的正切值為根據速度的合成與分解可得小球從點運動到點過程中的最小速度為則最小動能為故D正確。故選BD?！纠?】（2023春·湖北·高三校聯(lián)考階段練習）如圖所示，網球運動員發(fā)球時，將質量為m的網球（可將其視為質點）從空中某點以初速度水平拋出，網球經過M點時，速度方向與豎直方向夾角為；網球經過N點時，速度方向與豎直方向夾角為。不計空氣阻力，網球在從M點運動到N點的過程，動量變化大小為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】根據平拋運