【物理】2020届一轮复习人教版斜面上的平抛学案

【物理】2020届一轮复习人教版斜面上的平抛学案

专题4.4 斜面上的平抛运动 ‎【考纲解读与考频分析】‎ 斜面是重要模型，斜面上的平抛运动是高考命题热点。‎ ‎【高频考点定位】 ‎ 斜面上的平抛运动 考点一：斜面上的平抛运动 ‎【3年真题链接】‎ ‎1.（2019全国理综II卷14）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则（ ）‎ A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第一次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 ‎【参考答案】.BD ‎ ‎【命题意图】 本题考查受到空气阻力的平抛运动，牛顿运动定律及其相关知识点，意在考查对速度图像的理解和应用，考查的核心素养是运动和力的观念，从图像中筛选出解题信息。‎ ‎【解题思路】‎ ‎【错误项分析】根据速度图像的面积表示位移，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次大，选项A错误；根据速度图像的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次小，选项C错误；【正确项分析】运动员做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由于第二次滑翔过程时间比较长，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次大，选项B正确；竖直方向上的大小为v1时，根据速度图像的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次小，由牛顿第二定律，mg-f=ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次大，选项D正确。‎ ‎【据图析题】此题需要利用速度图像的面积和斜率的物理意义解题。‎ ‎2.（2018高考全国理综III）在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（ ）‎ A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍 ‎【参考答案】.B ‎【命题意图】 本题考查平抛运动规律、机械能守恒定律及其相关的知识点。‎ ‎【解题思路】设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y=gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，mv2+mgy=mv12，联立解得：v1=·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2=·v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确。‎ ‎【方法归纳】对于小球在斜面上的平抛运动，一般利用平抛运动规律和几何关系列方程解答。‎ ‎3.（2017年4月浙江选考）图中给出了某一通关游戏的示意图.安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方,竖直面内的半圆弧BCD的半径R=2.0m,直径BD水平且雨轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°。游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关。为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8)‎ A．0.15m, m/s B．1.50m, m/s C． 0.15m, m/s D． 1.50m, m/s ‎【参考答案】A 【考点】本题主要考察知识点：平抛运动 【名师解析】由题意可知弹丸从p点射出时的速度方向就是半径OP的方向.即与水平方向成37度夹角，由平抛运动规律，vy/v0=3/4，vy =gt，h+Rsin37°=gt2，解得： h=0.15m, v0= m/s，选项A正确。‎ ‎【2年模拟再现】‎ ‎1.（2019河南安阳二模）小球甲从斜面顶端以初速度v沿水平方向抛出，最终落在该斜面上。已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p。现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n（n＞1）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）　　‎ A. 小球乙落在斜面上时的位移为s/n B. 小球乙在空中运动的时间为t/n C. 小球乙落在斜面上时的动能为Ek/ n2 D. 小球乙离斜面最远时的动量为p/n2 ‎【参考答案】BC ‎【名师解析】设斜面倾角为，当速度为v时，水平方向的位移，竖直方向的位移，根据几何关系可得，解得，则水平位移，落在斜面上的位移，所以小球乙落在斜面上时的位移为，故A错误；由于，所以小球乙在空中运动的时间为，故B正确；若平抛运动的速度为v，小球落在斜面上的速率，小球乙落在斜面上时的动能为，故C正确；当小球速度方向与斜面平行时离斜面最远，所以，小球乙离斜面最远时的动量为，故D错误。 【关键点拨】 根据竖直位移与水平位移的关系求出小球抛出到落在斜面上的时间，求出水平位移，再根据几何关系求解落在斜面上的位移与速度关系进行分析；求出落在斜面上是的动能与速度的关系分析动能；当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，根据动量的计算公式求解小球乙离斜面最远时的动量。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论，即物体某时刻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。‎ ‎2．（4分）（2019山东济南期末）将一个物体以一定的初速度从倾角30°的斜面顶端水平抛出，落到斜面上，则到达斜面时的动能与平抛初动能的比值为（　　）‎ A．2：1 B．7：3 C．4：3 D．‎ ‎【思路分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直位移和水平位移的关系得出竖直分速度和水平分速度的关系，结合动能的表达式求出落到斜面上时的动能。‎ ‎【名师解析】设物体平抛初速度为v0，初动能为；‎ 物体落到斜面上则有：‎ 解得；‎ 其竖直分速度为：vy＝gt＝2v0tan30°‎ 故落到斜面上时的速度为：‎ 此时动能为：，‎ 故，故ACD错误，B正确；‎ ‎【参考答案】B。‎ ‎【名师点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住竖直位移和水平位移的关系得出水平分速度和竖直分速度的关系是解决本题的突破口。‎ ‎3. 如图所示，从斜面顶端A点将一小球以初速度v0沿水平抛出， 经t1时间小球落到斜面上B点处，速度与斜面之间的夹角为α1。若将小球以0.5v0水平抛出，其他条件不变，经t2时间小球落到斜面上的C点（图中未画出），速度与斜面之间的夹角为α2，则下列关系正确的是（   ）‎ A. t1：t2 = 4 ：1 B. AB：AC = 4 ：1 C. D. ‎ ‎【参考答案】BC　‎ ‎【名师解析】两次抛出的物体都落在斜面上，故偏转角是一定的，即，则C正确，D错误；‎ 本题中落在斜面上的物体竖直位移与水平射程之比是一个定值，都是斜面倾角的正切值，‎ 即，有 ，‎ 根据已知两次平抛初速度之比为2:1，则，则A错误；‎ 平抛运动的水平位移 ，‎ 根据两次平抛初速度之比为2:1， ，‎ 所以 ，而斜面上的位移为 ， ‎ 所以AB：AC = 4 ：1，则B正确；‎ ‎4.（2019洛阳联考）小伙伴在河岸做抛石子游戏。如图所示为河的横截面示意图，小亮自O点以垂直岸边的水平速度向对岸抛石子。已知O点离水面AB的高度为h，O、A两点间的水平距离为x1,水面AB的宽度为x2,河岸倾角为θ，重力加速度为g。 (1)若石子直接落到水面上，求其在空中飞行的时间t； (2)为使石子直接落到水面上，求抛出时速度大小的v0的范围； （3）若石子质量为m，抛出速度大小为v时恰好在C点垂直撞击河坡，求石子从O到C过程中减少的重力势能ΔEP. ‎ ‎【名师解析】(1) 若石子直接落到水面上，由h=gt2，‎ 解得石子在空中飞行的时间t=；‎ ‎(2)为使石子直接落到水面上，则有x1≤x≤(x1+ x2)，‎ 由平抛运动规律，x= v0t，‎ 解得抛出时速度大小的v0的范围：x1≤v0≤(x1+ x2) （3）由题意可知，石子在C点垂直撞击河坡，即石子瞬时速度方向在C点与斜坡垂直，轨迹几何关系可得tanθ=，‎ 解得：t0=‎ 石子从O点运动到C点下降高度为：H=gt02=‎ 石子从O到C过程中减少的重力势能ΔEP.=mgH= 。‎ ‎2．(2018·嘉兴市期末)如图所示，水平实验台A端固定，B端左右可调，将弹簧左端与实验平台固定，右端有一可视为质点、质量为2 kg的滑块紧靠弹簧(未与弹簧连接)，弹簧压缩量不同时，将滑块弹出去的速度不同．圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因数为0.4的粗糙水平地面相切于D点．AB段最长时，B、C两点水平距离xBC＝0.9 m，实验平台距地面高度h＝0.53 m，圆弧半径R＝0.4 m，θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.完成下列问题：(g取10 m/s2，不计空气阻力)‎ ‎ (1)轨道末端AB段不缩短，压缩弹簧后将滑块弹出，滑块经过B点速度vB＝3 m/s，求落到C点时的速度与水平方向的夹角；‎ ‎(2)滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE上继续滑行2 m，求滑块在圆弧轨道上对D点的压力大小；‎ ‎(3)通过调整弹簧压缩量，并将AB段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道，求滑块从平台飞出的初速度大小以及AB段缩短的距离．‎ ‎【参考答案】．(1)45°　(2)100 N　(3)4 m/s　0.3 m 名师解析　(1)根据题意，C点到地面高度hC＝R－Rcos 37°＝0.08 m，从B点到C点，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：‎ h－hC＝gt2，则t＝0.3 s 飞到C点时竖直方向的速度vy＝gt＝3 m/s，‎ 因此tan γ＝＝1‎ 即落到圆弧C点时，滑块速度与水平方向夹角为45°‎ ‎(2)滑块在DE段做匀减速直线运动，加速度大小a＝＝μg 根据0－v＝－2ax，‎ 联立得vD＝4 m/s 在圆弧轨道最低处FN－mg＝m，‎ 则FN＝100 N，由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为100 N ‎(3)滑块飞出恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道，说明滑块落到C点时的速度方向正好沿着轨道该处的切线方向，即tan α＝ 由于高度没变，所以vy′＝vy＝3 m/s，α＝37°，‎ 因此v0′＝4 m/s 对应的水平位移为x′＝v0′t＝1.2 m，‎ 所以AB段缩短的距离应该是ΔxAB＝x′－xBC＝0.3 m 预测考点一：斜面上的平抛运动 ‎【2年模拟再现】‎ ‎1.（2019湖南衡阳三模）如图所示，地画面上固定有一半径为R的半圆形四，O为圆心、AB为水平直径、现将小球（可视为质点）从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到D点：若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点，C、D两点等高，OC与水平方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．v1：v2＝l：4 ‎ B．小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，其两次的动量变化量相同 ‎ C．小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同 ‎ D．小球落到C点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直 ‎【参考答案】B ‎【名师解析】过C点和D点分别做水平直径AB的垂线，分别交AB于 M点和N点，如图：则：OM＝ON＝R•cos60°＝0.5R，所以：AN＝0.5R，AM＝1.5R。由于C与D点的高度是相等的，由：h＝gt2可知二者运动的时间是相等的。由水平方向的位移：x＝v0t,可得：===．选项A错误；小球平抛运动水平速度不变，它们速度的变化量等于竖直方向速度变化量：△v＝gt，由于二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，选项B正确；由PG=mgv可知小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率相同，选项C错误；球落到C点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC，O点应为AM的中点，显然不是，选项D错误。‎ ‎2.(2019陕西西安三模)如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平地面上，将一小球以大小为v0的速度从M点水平抛出，小球落在斜面上的N点，已知小球经过P点时离斜面最远，下列说法正确的是（　　）‎ A．P点在MN连线中点的正上方 ‎ B．小球从M到P与从P到N过程中速度改变量相同 ‎ C．小球经过P点时，速度的大小小于v0 ‎ D．若小球初速度增大为原来的2倍，落到斜面上时的速度方向保持不变 ‎【参考答案】ABD ‎【名师解析】根据位移偏转角公式，当小球落在斜面上时，有：tanθ＝＝，解得：t＝。当速度方向与斜面平行时，小球离斜面最远，故：tanθ＝，解得：t′＝，可知小球到达P的时间是到达N时间的一半；小球沿水平方向做匀速直线运动，所以当小球到达P时，P点一定在MN连线中点的正上方，选项A正确；小球到达P的时间是到达N时间的一半，可知小球M到P与从P到N过程中时间是相等的，由于加速度不变，所以M到P与从P到N过程中的速度改变量相等。故B正确；小球做平抛运动，速率一直增大，所以小球经过P点时，速度的大小大于v0．故C错误；小球落在斜面上时，设速度方向与水平方向之间的夹角为α，则：tanα＝＝2tanθ，即小球落在斜面上时，速度方向与水平方向之间的夹角不变，若初速度增大为2倍，则运动的时间也增大为2倍，但落到斜面上时的速度方向保持不变。故D正确。‎ ‎3．（6分）（2019四川泸州三模）如图所示，足够长的倾斜挡板OA与水平地面问的夹角θ＝30°，一小球在O点正上方的P点，以初速度v0水平抛出，刚好垂直打在挡板上。如果减小抛的初速度，仍要使小球垂直打在挡板上（不计空气阻力），下列操作可行的是（　　）‎ A．若保持挡板位置不变，应适当将抛出点竖直下移 ‎ B．若保持挡板位置不变，应适当将抛出点竖直上移 ‎ C．若保持抛出点位置不变，应适当将挡板水平左移 ‎ D．若保持抛出点位置不变，应适当将挡板水平右移 ‎【参考答案】AC。‎ ‎【名师解析】由题意可知，如果小球始终垂直打在挡板上，则末速度v与水平方向的夹角始终等于60°，那么速度与水平夹角的正切tanα始终不变，即公式中，g不变，v0减小，保持tanα不变，则t必须减小，又，t减小则只需要抛出点到落地点的竖直距离h减小即可 ，选项AC正确。‎ ‎4．（2019兰州联考）如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则(　　)‎ A．落于B点的小球飞行时间为t B．v2＝gt C．落于C点的小球的水平位移为gt2 D．A点距水平面MN的高度为gt2‎ ‎【参考答案】　ACD ‎【名师解析】　落于C点的小球强调了速度垂直QO，则分解速度，如图则v1＝gt，水平位移x＝v1t＝gt2，故C正确；落于B点的小球强调了落点位置，则分解位移如图，‎ 其中，BC在同一平面，下落高度相同，故飞行时间都为t 有：tan45°＝＝，v2＝，故A正确，B错误；‎ 设C点距地面为h，由几何关系知 ‎2h＝v1t－v2t，h＝gt2‎ 故A距水平面高度H＝h＋gt2＝gt2，故D正确。‎ ‎5.(2019·南通联考)如图所示，B点位于斜面底端M点的正上方，并与斜面顶端A点等高且高度为h，在A、B两点分别以速度va和vb沿水平方向抛出两个小球a、b(可视为质点)．若a球落到M点的同时，b球恰好落到斜面的中点N，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　)‎ A．va＝vb B．va＝vb C．a、b两球同时抛出 D．a球比b球提前抛出的时间为(－1) ‎【参考答案】.BD ‎【名师解析】.由h＝gt，＝gt得：ta＝，tb＝，故a球比b球提前抛出的时间Δt＝ta－tb＝(－1)，选项C错误D正确；由va＝，vb＝可得va＝vb，选项A错误B正确．‎ ‎【1年仿真原创】‎ ‎1.如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【参考答案】B ‎【名师解析】到达B点时，平抛运动的水平位移x＝R＋Rcos 60°。设小球抛出时的初速度为v0，则到达B点时有tan 60 °＝，水平位移与水平速度v0的关系为x＝v0t，联立解得v0＝，选项B正确．‎ ‎2.如图所示为河的横截面示意图。.小明先后两次用脚从河岸边同一位置将石子水平踢出，石子两次的初速度之比为1∶2，分别落在A点和B点，则两次石子在空中运动时间之比可能是（ ）‎ A．1∶1 B．1∶2 C．3∶4 D．2∶5‎ ‎【参考答案】.C ‎【名师解析】假设河中没有水，斜坡足够长，第二次石子下落的高度更大。设斜坡倾角为θ，则有tanθ=y/x，y=gt2，x=v0t，联立解得：t=.运动时间与初速度成正比。而第二次落到河面上B点，则两次运动时间之比一定小于1∶2而大于1∶1，所以两次石子在空中运动时间之比可能是3∶4，选项C正确。‎ ‎3.如图所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为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＝0.8 m，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)小球水平抛出时的初速度大小v0；‎ ‎(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x；‎ ‎(3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？‎ ‎【参考答案】．(1)3 m/s　(2)1.2 m　(3)2.4 s ‎【名师解析】　(1)由题意可知，小球落到斜面顶端并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，如图所示，‎ vy＝v0tan 53°，v＝2gh 代入数据得vy＝4 m/s，v0＝3 m/s.‎ ‎(2)由vy＝gt1得t1＝0.4 s x＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m ‎(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 a＝＝8 m/s2‎ 在斜面顶端时的速度v＝＝5 m/s ＝vt2＋at 代入数据，解得t2＝2 s或t2′＝－ s(舍去)‎ 所以t＝t1＋t2＝2.4 s. ‎