備戰(zhàn)2020年高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題4.4 斜面上的平拋（含解析）

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1、專題4.4 斜面上的平拋運動 【考綱解讀與考頻分析】 斜面是重要模型，斜面上的平拋運動是高考命題熱點。 【高頻考點定位】 斜面上的平拋運動 考點一：斜面上的平拋運動 【3年真題鏈接】 1.（2019全國理綜II卷14）如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖像如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則（ ） A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比

2、第一次的大 C．第一次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大 D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大 【參考答案】.BD 【命題意圖】 本題考查受到空氣阻力的平拋運動，牛頓運動定律及其相關(guān)知識點，意在考查對速度圖像的理解和應(yīng)用，考查的核心素養(yǎng)是運動和力的觀念，從圖像中篩選出解題信息。 【解題思路】【錯誤項分析】根據(jù)速度圖像的面積表示位移，第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次大，選項A錯誤；根據(jù)速度圖像的斜率表示加速度可知，第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次小，選項C錯誤；【正確項分析】運動員做平拋運動，水平方向做勻

3、速直線運動，由于第二次滑翔過程時間比較長，第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次大，選項B正確；豎直方向上的大小為v1時，根據(jù)速度圖像的斜率表示加速度可知，第二次滑翔過程中在豎直方向上的加速度比第一次小，由牛頓第二定律，mg-f=ma，可知第二次滑翔過程中在豎直方向上所受阻力比第一次大，選項D正確。 【據(jù)圖析題】此題需要利用速度圖像的面積和斜率的物理意義解題。 2.（2018高考全國理綜III）在一斜面頂端，將甲乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的（ ） A．2倍 B．4倍

4、 C．6倍 D．8倍 【參考答案】.B 【命題意圖】 本題考查平拋運動規(guī)律、機械能守恒定律及其相關(guān)的知識點。 【解題思路】設(shè)甲球落至斜面時的速率為v1，乙落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規(guī)律，x=vt，y=gt2，設(shè)斜面傾角為θ，由幾何關(guān)系，tanθ=y/x，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律，mv2+mgy=mv12，聯(lián)立解得：v1=·v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，v2=·v/2，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，選項A正確。 【方法歸納】對于小球在斜面上的平拋運動，一般利用平拋運動規(guī)律和幾

5、何關(guān)系列方程解答。 3.（2017年4月浙江選考）圖中給出了某一通關(guān)游戲的示意圖.安裝在軌道AB上可上下移動的彈射器，能水平射出速度大小可調(diào)節(jié)的彈丸，彈丸射出口在B點的正上方,豎直面內(nèi)的半圓弧BCD的半徑R=2.0m,直徑BD水平且雨軌道AB處在同一豎直面內(nèi)，小孔P和圓心O連線與水平方向夾角為37°。游戲要求彈丸垂直于P點圓弧切線方向射入小孔P就能進入下一關(guān)。為了能通關(guān)，彈射器離B點的高度和彈丸射出的初速度分別是(不計空氣阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8) A．0.15m, m/s B．1.50m, m/s C． 0.15m, m/s

6、 D． 1.50m, m/s 【參考答案】A 【考點】本題主要考察知識點：平拋運動 【名師解析】由題意可知彈丸從p點射出時的速度方向就是半徑OP的方向.即與水平方向成37度夾角，由平拋運動規(guī)律，vy/v0=3/4，vy =gt，h+Rsin37°=gt2，解得： h=0.15m, v0= m/s，選項A正確。 【2年模擬再現(xiàn)】 1.（2019河南安陽二模）小球甲從斜面頂端以初速度v沿水平方向拋出，最終落在該斜面上。已知小球甲在空中運動的時間為t，落在斜面上時的位移為s，落在斜面上時的動能為Ek，離斜面最遠時的動量為p?，F(xiàn)將與小球甲質(zhì)量相同的小球乙從斜面頂端以

7、初速度v/n（n＞1）沿水平方向拋出，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是（ ）　　 A. 小球乙落在斜面上時的位移為s/n B. 小球乙在空中運動的時間為t/n C. 小球乙落在斜面上時的動能為Ek/ n2 D. 小球乙離斜面最遠時的動量為p/n2 【參考答案】BC 【名師解析】設(shè)斜面傾角為，當速度為v時，水平方向的位移，豎直方向的位移，根據(jù)幾何關(guān)系可得，解得，則水平位移，落在斜面上的位移，所以小球乙落在斜面上時的位移為，故A錯誤；由于，所以小球乙在空中運動的時間為，故B正確；若平拋運動的速度為v，小球落在斜面上的速率，小球乙落在斜面上時的動能為

8、，故C正確；當小球速度方向與斜面平行時離斜面最遠，所以，小球乙離斜面最遠時的動量為，故D錯誤。 【關(guān)鍵點撥】 根據(jù)豎直位移與水平位移的關(guān)系求出小球拋出到落在斜面上的時間，求出水平位移，再根據(jù)幾何關(guān)系求解落在斜面上的位移與速度關(guān)系進行分析；求出落在斜面上是的動能與速度的關(guān)系分析動能；當小球的速度方向與斜面平行時，距離斜面最遠，根據(jù)動量的計算公式求解小球乙離斜面最遠時的動量。解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，知道平拋運動的推論，即物體某時刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移方向與水平方向夾角正切值的2倍。 2．（4分）（2019山東濟南期末）將一個物體以一定的初速

9、度從傾角30°的斜面頂端水平拋出，落到斜面上，則到達斜面時的動能與平拋初動能的比值為（　?。? A．2：1 B．7：3 C．4：3 D． 【思路分析】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，抓住豎直位移和水平位移的關(guān)系得出豎直分速度和水平分速度的關(guān)系，結(jié)合動能的表達式求出落到斜面上時的動能。 【名師解析】設(shè)物體平拋初速度為v0，初動能為； 物體落到斜面上則有： 解得； 其豎直分速度為：vy＝gt＝2v0tan30° 故落到斜面上時的速度為： 此時動能為：， 故，故ACD錯誤，B正確； 【參考答案】B。 【名師點評】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平

10、方向和豎直方向上的運動規(guī)律，抓住豎直位移和水平位移的關(guān)系得出水平分速度和豎直分速度的關(guān)系是解決本題的突破口。 3. 如圖所示，從斜面頂端A點將一小球以初速度v0沿水平拋出， 經(jīng)t1時間小球落到斜面上B點處，速度與斜面之間的夾角為α1。若將小球以0.5v0水平拋出，其他條件不變，經(jīng)t2時間小球落到斜面上的C點（圖中未畫出），速度與斜面之間的夾角為α2，則下列關(guān)系正確的是（? ?） A. t1：t2 = 4 ：1 B. AB：AC = 4 ：1 C. D. 【參考答案】BC　 【名師解析】兩次拋出的物體都落在斜面上，故偏

11、轉(zhuǎn)角是一定的，即，則C正確，D錯誤； 本題中落在斜面上的物體豎直位移與水平射程之比是一個定值，都是斜面傾角的正切值， 即，有 ， 根據(jù)已知兩次平拋初速度之比為2:1，則，則A錯誤； 平拋運動的水平位移 ， 根據(jù)兩次平拋初速度之比為2:1， ， 所以 ，而斜面上的位移為 ， 所以AB：AC = 4 ：1，則B正確； 4.（2019洛陽聯(lián)考）小伙伴在河岸做拋石子游戲。如圖所示為河的橫截面示意圖，小亮自O(shè)點以垂直岸邊的水平速度向?qū)Π稈伿?。已知O點離水面AB的高度為h，O、A兩點間的水平距離為x1,水面AB的寬度為x2,河岸傾角為θ，重力加速度為g。 (1)若石子直接落到水面上

12、，求其在空中飛行的時間t； (2)為使石子直接落到水面上，求拋出時速度大小的v0的范圍； （3）若石子質(zhì)量為m，拋出速度大小為v時恰好在C點垂直撞擊河坡，求石子從O到C過程中減少的重力勢能ΔEP. 【名師解析】(1) 若石子直接落到水面上，由h=gt2， 解得石子在空中飛行的時間t=； (2)為使石子直接落到水面上，則有x1≤x≤(x1+ x2)， 由平拋運動規(guī)律，x= v0t， 解得拋出時速度大小的v0的范圍：x1≤v0≤(x1+ x2) （3）由題意可知，石子在C點垂直撞擊河坡，即石子瞬時速度方向在C點與斜坡垂直，軌跡幾何關(guān)系可得tanθ=， 解得：t0= 石

13、子從O點運動到C點下降高度為：H=gt02= 石子從O到C過程中減少的重力勢能ΔEP.=mgH= 。 2．(2018·嘉興市期末)如圖所示，水平實驗臺A端固定，B端左右可調(diào)，將彈簧左端與實驗平臺固定，右端有一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為2 kg的滑塊緊靠彈簧(未與彈簧連接)，彈簧壓縮量不同時，將滑塊彈出去的速度不同．圓弧軌道固定在地面并與一段動摩擦因數(shù)為0.4的粗糙水平地面相切于D點．AB段最長時，B、C兩點水平距離xBC＝0.9 m，實驗平臺距地面高度h＝0.53 m，圓弧半徑R＝0.4 m，θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.完成下列問題：(g取10 m/s2，不計空

14、氣阻力) (1)軌道末端AB段不縮短，壓縮彈簧后將滑塊彈出，滑塊經(jīng)過B點速度vB＝3 m/s，求落到C點時的速度與水平方向的夾角； (2)滑塊沿著圓弧軌道運動后能在DE上繼續(xù)滑行2 m，求滑塊在圓弧軌道上對D點的壓力大??； (3)通過調(diào)整彈簧壓縮量，并將AB段縮短，滑塊彈出后恰好無碰撞地從C點進入圓弧軌道，求滑塊從平臺飛出的初速度大小以及AB段縮短的距離． 【參考答案】．(1)45°　(2)100 N　(3)4 m/s　0.3 m 名師解析　(1)根據(jù)題意，C點到地面高度hC＝R－Rcos 37°＝0.08 m，從B點到C點，滑塊做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律： h－h(huán)C＝gt

15、2，則t＝0.3 s 飛到C點時豎直方向的速度vy＝gt＝3 m/s， 因此tan γ＝＝1 即落到圓弧C點時，滑塊速度與水平方向夾角為45° (2)滑塊在DE段做勻減速直線運動，加速度大小a＝＝μg 根據(jù)0－v＝－2ax， 聯(lián)立得vD＝4 m/s 在圓弧軌道最低處FN－mg＝m， 則FN＝100 N，由牛頓第三定律知滑塊對軌道的壓力大小為100 N (3)滑塊飛出恰好無碰撞地從C點進入圓弧軌道，說明滑塊落到C點時的速度方向正好沿著軌道該處的切線方向，即tan α＝ 由于高度沒變，所以vy′＝vy＝3 m/s，α＝37°， 因此v0′＝4 m/s 對應(yīng)的水平位移為x′＝

16、v0′t＝1.2 m， 所以AB段縮短的距離應(yīng)該是ΔxAB＝x′－xBC＝0.3 m 預(yù)測考點一：斜面上的平拋運動 【2年模擬再現(xiàn)】 1.（2019湖南衡陽三模）如圖所示，地畫面上固定有一半徑為R的半圓形四，O為圓心、AB為水平直徑、現(xiàn)將小球（可視為質(zhì)點）從A處以初速度v1水平拋出后恰好落到D點：若將該小球從A處以初速度v2水平拋出后恰好落到C點，C、D兩點等高，OC與水平方向的夾角θ＝60°，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　?。? A．v1：v2＝l：4 B．小球從開始運動到落到凹槽上的過程中，其兩次的動量變化量相同 C．小球落在凹槽上時，其兩次的重力的瞬時功

17、率不同 D．小球落到C點時，速度方向可能與該處凹槽切面垂直 【參考答案】B 【名師解析】過C點和D點分別做水平直徑AB的垂線，分別交AB于 M點和N點，如圖：則：OM＝ON＝R?cos60°＝0.5R，所以：AN＝0.5R，AM＝1.5R。由于C與D點的高度是相等的，由：h＝gt2可知二者運動的時間是相等的。由水平方向的位移：x＝v0t,可得：===．選項A錯誤；小球平拋運動水平速度不變，它們速度的變化量等于豎直方向速度變化量：△v＝gt，由于二者運動的時間是相等的，則它們速度的變化量也相等，選項B正確；由PG=mgv可知小球落在凹槽上時，其兩次的重力的瞬時功率相同，選項C錯誤；球落到

18、C點時，若速度方向與該處凹槽切面垂直則速度方向為OC，O點應(yīng)為AM的中點，顯然不是，選項D錯誤。 2.(2019陜西西安三模)如圖所示，傾角為θ的斜面體固定在水平地面上，將一小球以大小為v0的速度從M點水平拋出，小球落在斜面上的N點，已知小球經(jīng)過P點時離斜面最遠，下列說法正確的是（　?。? A．P點在MN連線中點的正上方 B．小球從M到P與從P到N過程中速度改變量相同 C．小球經(jīng)過P點時，速度的大小小于v0 D．若小球初速度增大為原來的2倍，落到斜面上時的速度方向保持不變 【參考答案】ABD 【名師解析】根據(jù)位移偏轉(zhuǎn)角公式，當小球落在斜面上時，有：tanθ＝＝，解得：

19、t＝。當速度方向與斜面平行時，小球離斜面最遠，故：tanθ＝，解得：t′＝，可知小球到達P的時間是到達N時間的一半；小球沿水平方向做勻速直線運動，所以當小球到達P時，P點一定在MN連線中點的正上方，選項A正確；小球到達P的時間是到達N時間的一半，可知小球M到P與從P到N過程中時間是相等的，由于加速度不變，所以M到P與從P到N過程中的速度改變量相等。故B正確；小球做平拋運動，速率一直增大，所以小球經(jīng)過P點時，速度的大小大于v0．故C錯誤；小球落在斜面上時，設(shè)速度方向與水平方向之間的夾角為α，則：tanα＝＝2tanθ，即小球落在斜面上時，速度方向與水平方向之間的夾角不變，若初速度增大為2倍，則運

20、動的時間也增大為2倍，但落到斜面上時的速度方向保持不變。故D正確。 3．（6分）（2019四川瀘州三模）如圖所示，足夠長的傾斜擋板OA與水平地面問的夾角θ＝30°，一小球在O點正上方的P點，以初速度v0水平拋出，剛好垂直打在擋板上。如果減小拋的初速度，仍要使小球垂直打在擋板上（不計空氣阻力），下列操作可行的是（　　） A．若保持擋板位置不變，應(yīng)適當將拋出點豎直下移 B．若保持擋板位置不變，應(yīng)適當將拋出點豎直上移 C．若保持拋出點位置不變，應(yīng)適當將擋板水平左移 D．若保持拋出點位置不變，應(yīng)適當將擋板水平右移 【參考答案】AC。 【名師解析】由題意可知，如果小球始終垂直打在

21、擋板上，則末速度v與水平方向的夾角始終等于60°，那么速度與水平夾角的正切tanα始終不變，即公式中，g不變，v0減小，保持tanα不變，則t必須減小，又，t減小則只需要拋出點到落地點的豎直距離h減小即可 ，選項AC正確。 4．（2019蘭州聯(lián)考）如圖所示，固定斜面PO、QO與水平面MN的夾角均為45°，現(xiàn)由A點分別以v1、v2先后沿水平方向拋出兩個小球(可視為質(zhì)點)，不計空氣阻力，其中以v1拋出的小球恰能垂直于QO落于C點，飛行時間為t，以v2拋出的小球落在PO斜面上的B點，且B、C在同一水平面上，則(　　) A．落于B點的小球飛行時間為t B．v2＝gt C

22、．落于C點的小球的水平位移為gt2 D．A點距水平面MN的高度為gt2 【參考答案】　ACD 【名師解析】　落于C點的小球強調(diào)了速度垂直QO，則分解速度，如圖則v1＝gt，水平位移x＝v1t＝gt2，故C正確；落于B點的小球強調(diào)了落點位置，則分解位移如圖， 其中，BC在同一平面，下落高度相同，故飛行時間都為t 有：tan45°＝＝，v2＝，故A正確，B錯誤； 設(shè)C點距地面為h，由幾何關(guān)系知 2h＝v1t－v2t，h＝gt2 故A距水平面高度H＝h＋gt2＝gt2，故D正確。 5.(2019·南通聯(lián)考)如圖所示，B點位于斜面底端M點的正上方，并與斜

23、面頂端A點等高且高度為h，在A、B兩點分別以速度va和vb沿水平方向拋出兩個小球a、b(可視為質(zhì)點)．若a球落到M點的同時，b球恰好落到斜面的中點N，不計空氣阻力，重力加速度為g，則(　　) A．va＝vb B．va＝vb C．a(chǎn)、b兩球同時拋出 D．a(chǎn)球比b球提前拋出的時間為(－1) 【參考答案】.BD 【名師解析】.由h＝gt，＝gt得：ta＝，tb＝，故a球比b球提前拋出的時間Δt＝ta－tb＝(－1)，選項C錯誤D正確；由va＝，vb＝可得va＝vb，選項A錯誤B正確． 【

24、1年仿真原創(chuàng)】 1.如圖，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質(zhì)點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點．O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為(　　) A. B. C. D. 【參考答案】B 【名師解析】到達B點時，平拋運動的水平位移x＝R＋Rcos 60°。設(shè)小球拋出時的初速度為v0，則到達B點時有tan 60 °＝，水平位移與水平速度v0的關(guān)系為x＝v0t，聯(lián)立解得v0＝，選項B正確． 2.如圖所示為河的橫截面示意圖。.小明先后兩次

25、用腳從河岸邊同一位置將石子水平踢出，石子兩次的初速度之比為1∶2，分別落在A點和B點，則兩次石子在空中運動時間之比可能是（ ） A．1∶1 B．1∶2 C．3∶4 D．2∶5 【參考答案】.C 【名師解析】假設(shè)河中沒有水，斜坡足夠長，第二次石子下落的高度更大。設(shè)斜坡傾角為θ，則有tanθ=y/x，y=gt2，x=v0t，聯(lián)立解得：t=.運動時間與初速度成正比。而第二次落到河面上B點，則兩次運動時間之比一定小于1∶2而大于1∶1，所以兩次石子在空中運動時間之比可能是3∶4，選項C正確。 3.如圖所示，一小球從平臺上水平拋出

26、，恰好落在鄰近平臺的一傾角為α＝53°的光滑斜面頂端，并剛好沿光滑斜面下滑，已知斜面頂端與平臺的高度差h＝0.8 m，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不計空氣阻力，求： (1)小球水平拋出時的初速度大小v0； (2)斜面頂端與平臺邊緣的水平距離x； (3)若斜面頂端高H＝20.8 m，則小球離開平臺后經(jīng)多長時間到達斜面底端？ 【參考答案】．(1)3 m/s　(2)1.2 m　(3)2.4 s 【名師解析】　(1)由題意可知，小球落到斜面頂端并剛好沿斜面下滑，說明此時小球速度方向與斜面平行，如圖所示， vy＝v0tan 53°，v＝2gh 代入數(shù)據(jù)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)小球沿斜面做勻加速直線運動的加速度 a＝＝8 m/s2 在斜面頂端時的速度v＝＝5 m/s ＝vt2＋at 代入數(shù)據(jù)，解得t2＝2 s或t2′＝－ s(舍去) 所以t＝t1＋t2＝2.4 s. 13