《2025年一遍过高中物理必修第二册人教版》

5 [新情境(多选)[2025山东德州三模]如图甲所示,“天鲲号”不仅是我国疏浚装备制造技术的巅峰之作,更是综合国力提升的重要象征。不计空气阻力,“天鲲号”在吹沙填海工程中喷出泥沙的运动可视为斜上抛运动,以排泥管口为坐标原点,建立图乙所示坐标系。排泥管口的仰角为θ,距海面的高度为h,泥沙喷出的初速度大小为v₀,在排泥过程中“天鲲号”始终保持静止,重力加速度为g,下列说法正确的是( )

A.喷出的泥沙相对于海平面的最大高度为$\frac{v_{0}^{2}\sin^{2}\theta}{2g}+h$
B.泥沙从排泥管口喷出到落至海平面所用的时间为$\frac{2v_{0}\sin\theta}{g}$
C.喷出的泥沙在空中运动的轨迹方程为y=xtanθ-$\frac{gx^{2}}{2v_{0}^{2}\cos^{2}\theta}$
D.调整仰角θ,泥沙在海面落点x坐标的最大值为$\frac{v_{0}^{2}}{g}$

答案： 5 AC 第一步:泥沙在竖直方向上做竖直上抛运动，根据条件列式求解。
喷出的泥沙做斜抛运动，抛出时沿竖直方向的分速度为$v_0y = v_0 \sin\theta$，竖直方向做竖直上抛运动，由运动学知识可知喷出的泥沙相对于海平面的最大高度为$h_1 = \frac{v_{0y}^2}{2g} + h = \frac{v_0^2 \sin^2\theta}{2g} + h$，A正确;泥沙上升过程有$t_1 = \frac{v_{0y}}{g} = \frac{v_0 \sin\theta}{g}$，下落过程在竖直方向做自由落体运动，有$t_2 = \sqrt{\frac{2h_1}{g}}$，则泥沙从排泥管口喷出到落至海平面所用的时间为$t = t_1 + t_2$，联立解得$t = \frac{v_0 \sin\theta}{g} + \sqrt{\frac{v_0^2 \sin^2\theta + 2gh}{g}}$，B错误。
第二步:泥沙在水平方向上做匀速直线运动，联立竖直方向的分运动列式求轨迹。
喷出的泥沙在水平方向做匀速直线运动，有$x = v_0 t \cos\theta$，竖直方向做竖直上抛运动，有$y = v_0 t \sin\theta - \frac{1}{2} g t^2$，联立解得喷出的泥沙在空中运动的轨迹方程为$y = x \tan\theta - \frac{gx^2}{2v_0^2 \cos^2\theta}$，C正确。
第三步:根据斜抛运动的最值结论求坐标最值。
根据斜抛运动最值结论可知【具体证明过程见微专题 斜抛的最佳角度及最远距离问题】，最大值为$x_m = \frac{v_0}{g} \sqrt{v_0^2 + 2gh}$，D错误。

6 如图1所示为足球球门,球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起,将足球顶入球门的左下方(图中P点),球员顶球点的高度为h,足球做平抛运动(足球可看成质点,忽略空气阻力),重力加速度为g。
(1)求足球位移的大小;
(2)求足球末速度的大小;
(3)研究性学习小组将足球网改造成半圆弧面,前网口在竖直平面上,上下高度差为2R,如图2所示,小明同学将足球从前网口正中心垂直网口以速度v₀射入,当v₀取何值时,足球落到球网上的速度最小。

答案：
6 答案
(1)$\sqrt{h^2 + s^2 + \frac{L^2}{4}}$
(2)$\sqrt{\frac{g}{2h}(s^2 + \frac{L^2}{4}) + 2gh}$
(3)$\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{3}gR}$
解:
(1)由题可知，足球在水平方向的位移大小为$x = \sqrt{s^2 + (\frac{L}{2})^2}$
所以足球的位移大小$l = \sqrt{h^2 + x^2} = \sqrt{h^2 + s^2 + \frac{L^2}{4}}$
(2)由$h = \frac{1}{2}gt^2$可得足球运动的时间$t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$
所以足球的初速度为$v_1 = \frac{x}{t} = \sqrt{\frac{g}{2h}(s^2 + \frac{L^2}{4})}$，竖直分速度$v_y = gt$
足球末速度的大小$v_2 = \sqrt{v_1^2 + v_y^2}$
联立解得$v_2 = \sqrt{\frac{g}{2h}(s^2 + \frac{L^2}{4}) + 2gh}$
(3)设足球落到球网上的速度大小为$v_3$，平抛运动的位移与水平方向的夹角为$\theta$

如图所示，由几何关系可得
$x_1 = R \cos\theta = v_0 t_1$
$h_1 = R \sin\theta = \frac{1}{2} g t_1^2$
$v_{y1} = g t_1$
联立解得$v_0 = \sqrt{\frac{g R \cos^2\theta}{2 \sin\theta}}$，$v_{y1} = \sqrt{2gR \sin\theta}$
则$v_3^2 = v_0^2 + v_{y1}^2 = \frac{gR}{2}(\frac{1}{\sin\theta} + 3 \sin\theta)$
当$\frac{1}{\sin\theta} = 3 \sin\theta$即$\sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{3}$时，$v_3$取得最小值，此时对应的初速度$v_0 = \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{3}gR}$

7 [2025河北沧州期中考试]消防队正在进行消防演练。如图所示,消防车出弹口O与高楼着火处P的连线与水平面的夹角θ=30°,O、P间的高度差为h。重力加速度大小为g,不计空气阻力,将从出弹口O射出的灭火弹(图中未画出)视为质点。
(1)若灭火弹恰好垂直击中P处,求灭火弹从出弹口O射出时的速度大小v₁;
(2)若灭火弹击中P处时的速度方向恰好垂直OP向下,求:
①灭火弹从出弹口O射出时的速度大小v₂及其方向与OP的夹角α的正切值;
②灭火弹在空中运动的过程中到OP的最大距离d。

答案：
7 答案
(1)$\frac{\sqrt{14gh}}{2}$
(2)①$\frac{\sqrt{14gh}}{2}$ ②$\frac{\sqrt{3}}{2}h$
解:
(1)根据逆向思维可知，灭火弹从P到O的运动为平抛运动，设灭火弹在空中运动的时间为$t$，则$h = \frac{1}{2}gt^2$
灭火弹从出弹口O射出时的竖直分速度大小$v_y = gt$
灭火弹从出弹口O射出的水平分速度大小$v_x = \frac{\tan\theta}{t}$
又$v_1 = \sqrt{v_x^2 + v_y^2}$
解得$v_1 = \frac{\sqrt{14gh}}{2}$
(2)①将灭火弹从O到P的运动分解为沿OP方向的匀减速直线运动和垂直OP方向的类竖直上抛运动，运动示意图如图所示

设灭火弹在空中运动的时间为$t'$，灭火弹从出弹口O射出时，垂直OP方向的分速度大小$v_x' = g \cos\theta · \frac{t'}{2}$【提示
从O到距OP最远位置的过程中，结合速度时间公式分析】
沿OP方向，从O运动到P点的过程中，以$g \sin\theta$为加速度匀减速至速度恰为零，根据逆向思维可知，$\frac{h}{\sin\theta} = \frac{1}{2} g \sin\theta · t'^2$
灭火弹从出弹口O射出时，沿OP方向的分速度大小$v_x' = g \sin\theta · t'$
又$v_2 = \sqrt{v_x'^2 + v_y'^2}$
解得$v_2 = \frac{\sqrt{14gh}}{2}$，$v_x' = \sqrt{2gh}$，$v_y' = \frac{\sqrt{6gh}}{2}$
经分析可知$\tan\alpha = \frac{v_y'}{v_x'}$
解得$\tan\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$
②当灭火弹垂直OP方向上的分速度为零时，灭火弹到OP的距离最大，有$v_x'^2 = 2g \cos\theta · d$
解得$d = \frac{\sqrt{3}}{2}h$