高考物理精品【一轮复习】讲义练习资料合集 (50)

这是一份高考物理精品【一轮复习】讲义练习资料合集 (50)，共12页。
[学习目标] 1.进一步掌握平抛运动规律，了解平抛运动与斜面、曲面相结合问题的特点.
2.熟练运用平抛运动规律解决相关问题．
一、与斜面有关的平抛运动
例1 如图所示，小球以v0＝15 m/s的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上．求这一过程中：(不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cs 37°＝0.8)
(1)小球在空中的飞行时间t；
(2)抛出点距撞击点的高度h.
答案 (1)2 s (2)20 m
解析 (1)将小球垂直撞在斜面上的速度分解，如图所示：
由图可知θ＝37°，β＝53°
则tan β＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)
代入数据解得：t＝2 s
(2)根据平抛运动的规律有：h＝eq \f(1,2)gt2，
可求得抛出点距撞击点的高度
h＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m.
例2 跳台滑雪是一项勇敢者的运动，它需要利用山势特点建造一个特殊跳台．一运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在滑雪道上获得较高速度后从A点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆，如图所示．已知可视为质点的运动员从A点水平飞出的速度v0＝20 m/s，山坡可看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cs 37°＝0.8)求：
(1)运动员在空中的飞行时间t1；
(2)运动员从飞出至落在斜面上的位移大小s；
(3)运动员落到斜面上时的速度大小v；
(4)运动员何时离斜面最远？
答案 (1)3 s (2)75 m (3)10eq \r(13) m/s (4)1.5 s
解析 (1)运动员从A点到B点做平抛运动，
水平方向的位移：x＝v0t1，
竖直方向的位移：y＝eq \f(1,2)gt12，
又有tan 37°＝eq \f(y,x)，代入数据解得：t1＝3 s，x＝60 m，y＝45 m.
(2)运动员从飞出至落在斜面上的位移大小s＝eq \r(x2＋y2)＝75 m.
(3)运动员落在斜面上时速度的竖直分量vy＝gt1＝10×3 m/s＝30 m/s，
运动员落到斜面上时的速度大小v＝eq \r(v02＋vy2)＝10eq \r(13) m/s.
(4)如图，设运动员在C点距离斜面最远，此时合速度方向与斜面平行，
tan 37°＝eq \f(vy′,vx)，
即tan 37°＝eq \f(gt2,v0)，解得t2＝eq \f(v0·tan 37°,g)＝1.5 s.
例3 如图所示，若质点以初速度v0正对倾角为θ＝37°的斜面水平抛出，要求质点到达斜面时位移最小，则质点的飞行时间为(重力加速度为g，tan 37°＝eq \f(3,4))( )
A.eq \f(3v0,4g) B.eq \f(3v0,8g) C.eq \f(8v0,3g) D.eq \f(4v0,3g)
答案 C
解析 要使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示，有x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，且tan θ＝eq \f(x,y)＝eq \f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq \f(2v0,gt)，所以t＝eq \f(2v0,gtan θ)＝eq \f(8v0,3g)，选项C正确．
1．在分析与斜面有关的平抛运动问题时，注意分析题干信息，强调的是速度方向还是位移方向，然后进行分解并利用两分量与已知角关系求解．
2．与斜面有关的平抛运动拓展
二、平抛运动与曲面相结合
例4 (多选)如图所示为竖直截面为半圆形的容器，O为圆心，且AB为沿水平方向的直径．一物体在A点以水平向右的初速度vA抛出，与此同时另一物体在B点以向左的水平初速度vB抛出，两物体都落到容器的同一点P.已知∠BAP＝37°，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
A．物体B比A先到达P点
B．A、B物体一定同时到达P点
C．抛出时，两物体的速度大小之比为vA∶vB＝16∶9
D．抛出时，两物体的速度大小之比为vA∶vB＝4∶3
答案 BC
解析 两物体同时抛出，都落到P点，由平抛运动的规律可知，两物体下落了相同的竖直高度，由H＝eq \f(gt2,2)得t＝eq \r(\f(2H,g))，即两物体同时到达P点，A错误，B正确；两物体运动时间相同，抛出的水平距离之比等于抛出时两物体初速度的大小之比，设圆的半径为R，如图所示，由数学知识得，xAM＝2Rcs237°，xBM＝2Rsin237°，联立得xAM∶xBM＝16∶9，所以vA∶vB＝16∶9，C正确，D错误．
例5 如图所示，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)，运动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与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为( )
A.eq \r(\f(3gR,2)) B.eq \r(\f(3\r(3)gR,2))
C.eq \r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq \r(\f(\r(3)gR,3))
答案 B
解析 小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则小球在B点的速度方向与水平方向的夹角为30°，故vy＝v0tan 30°，又vy＝gt，则v0tan 30°＝gt，
联立解得t＝eq \f(v0tan 30°,g).
小球在水平方向上做匀速直线运动，则有
R＋Rcs 60°＝v0t，
联立解得v0＝eq \r(\f(3\r(3)gR,2))，故选B.
1．(2021·绍兴市柯桥中学高一月考)滑雪运动员在训练过程中，从斜坡顶端以5.0 m/s的速度水平飞出，落在斜坡上，然后继续沿斜坡下滑．已知斜坡倾角为45°，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，则他在该斜坡上方做平抛运动的时间为( )
A．0.5 s B．1.0 s
C．1.5 s D．5.0 s
答案 B
解析 滑雪运动员做平抛运动，在水平方向有x＝v0t，在竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2
根据题意有tan 45°＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)
解得t＝1.0 s，故选B.
2.如图所示，某物体(可视为质点)以水平初速度抛出，飞行一段时间t＝eq \r(3) s后，垂直地撞在倾角θ＝30°的斜面上(g取10 m/s2)，由此计算出物体的水平位移x和水平初速度v0正确的是( )
A．x＝25 m B．x＝5eq \r(21) m
C．v0＝10 m/s D．v0＝20 m/s
答案 C
解析 物体撞在斜面上时竖直分速度vy＝gt＝10eq \r(3) m/s，将速度进行分解，根据平行四边形定则知，tan 30°＝eq \f(v0,vy)，解得v0＝10eq \r(3)×eq \f(\r(3),3) m/s＝10 m/s，
则水平位移x＝v0t＝10×eq \r(3) m＝10eq \r(3) m．故C正确，A、B、D错误．
3.某旅展开的实兵实弹演练中，某火箭炮在山坡上发射炮弹，所有炮弹均落在山坡上，炮弹的运动可简化为斜面上的平抛运动，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．若将炮弹初速度减为eq \f(v0,2)，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角不变
B．若将炮弹初速度减为eq \f(v0,2)，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角变小
C．若将炮弹初速度减为eq \f(v0,2)，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角变大
D．若将炮弹初速度减为eq \f(v0,2)，炮弹位移变为原来的eq \f(1,2)
答案 A
解析 因为炮弹落在斜面上的位移方向不变，所以落在斜面上的速度方向不变，B、C项错误，A项正确；由tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)得：t＝eq \f(2v0tan θ,g)，而h＝eq \f(1,2)gt2，故h∝v02，若将炮弹初速度减为eq \f(v0,2)，则炮弹下落高度变为原来的eq \f(1,4)，由于炮弹位移x＝eq \f(h,sin θ)，所以炮弹位移也变为原来的eq \f(1,4)，D项错误．
4.(2021·淮南二中高一第二学期期末)如图所示，两个相对的斜面的倾角分别为37°和53°，在斜面顶点把两个可视为质点的小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上．若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
A．1∶1 B．1∶3
C．16∶9 D．9∶16
答案 D
解析 根据平抛运动的规律可知，x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，tan θ＝eq \f(y,x)，则运动时间t＝eq \f(2v0tan θ,g)，故A、B两个小球运动时间之比为tA∶tB＝tan 37°∶tan 53°＝9∶16，选项D正确，A、B、C错误．
5.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g，不计空气阻力，则A、B之间的水平距离为( )
A.eq \f(v02tan α,g) B.eq \f(2v02tan α,g)
C.eq \f(v02,gtan α) D.eq \f(2v02,gtan α)
答案 A
解析 如图所示，对在B点时的速度进行分解，小球运动的时间t＝eq \f(vy,g)＝eq \f(v0tan α,g)，则A、B间的水平距离x＝v0t＝eq \f(v02tan α,g)，故A正确，B、C、D错误．
6.(2021·兰州第一中学高一下月考)如图所示，小球以速度v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则以下说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．小球在空中的运动时间为eq \f(v0,gtan θ)
B．小球的水平位移大小为eq \f(2v02,gtan θ)
C．小球的竖直位移大小为eq \f(v02,gtan θ)
D．由于不知道抛出点位置，位移大小无法求解
答案 B
解析 如图所示，过抛出点作斜面的垂线与斜面交于B点，当小球落在斜面上的B点时，位移最小．设运动的时间为t，
则水平方向有x＝v0t，
竖直方向有y＝eq \f(1,2)gt2.
根据几何关系有eq \f(x,y)＝tan θ，
联立解得t＝eq \f(2v0,gtan θ)，
小球的水平位移大小为x＝v0t＝eq \f(2v02,gtan θ)，
竖直位移的大小为y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(2v02,gtan2θ)，
由水平位移和竖直位移可求解总位移的大小，
故A、C、D错误，B正确．
7.如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60 °，则C点到B点的距离为( )
A.eq \f(R,4) B.eq \f(R,2) C.eq \f(3R,4) D．R
答案 A
解析 由题意知小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有vy＝v0tan 60°，小球从C到D，水平方向有Rsin 60°＝v0t，竖直方向上有y＝eq \f(vy,2)t，解得y＝eq \f(3,4)R，故C点到B点的距离为s＝y－R(1－cs 60°)＝eq \f(R,4)，故选A.
8.如图所示，可视为质点的两个完全相同小球A、B从坐标为(0,2y0)、(0，y0)的两点分别以速度vA和vB水平抛出，两个小球都能垂直打在倾角为45°的斜面上，由此可得vA∶vB等于( )
A.eq \r(2)∶1 B．2∶1
C．4∶1 D．8∶1
答案 A
解析 设抛出点距O点高度为h，水平初速度为v0，末速度的竖直分量为vy，运动时间为t，小球垂直击中斜面，末速度与斜面垂直，分解末速度可知vytan 45°＝v0，又vy＝gt，可得t＝eq \f(v0,g)，根据几何关系得h＝eq \f(1,2)gt2＋eq \f(v0t,tan 45°)，联立以上各式可得h＝eq \f(3v02,2g)，根据题意，小球A、B从坐标分别为(0,2y0)、(0，y0)的两点水平抛出，可得hA＝2y0，hB＝y0，故vA∶vB＝eq \r(hA)∶eq \r(hB)＝eq \r(2)∶1，选项A正确，B、C、D错误．
9．(2022·石家庄市高一期末)甲、乙两个小球分别以v、2v的速度从斜面顶部端点O沿同一方向水平抛出，两球分别落在该斜面上P、Q两点，忽略空气阻力，甲、乙两球落点P、Q到端点O的距离之比为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5)
答案 C
解析 设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度v抛出，落在斜面上，如图所示
根据平抛运动的推论tan θ＝2tan α
可知甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等，对甲有vy甲＝vtan θ
对乙有vy乙＝2vtan θ，又因为下落高度y＝eq \f(vy2,2g)
可得甲、乙两个小球下落高度之比为eq \f(y甲,y乙)＝eq \f(1,4)
甲、乙两球落点P、Q到端点O的距离之比eq \f(s甲,s乙)＝eq \f(y甲,y乙)＝eq \f(1,4)，故选C.
10.如图，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd.从a点正上方的O点以速度v0水平抛出一个小球，它落到斜面上b点．若小球从O点以速度2v0水平抛出，则它落在斜面上的(不计空气阻力)( )
A．b与c之间某一点
B．c点
C．c与d之间某一点
D．d点
答案 A
解析 当水平初速度变为2v0时，如果去掉斜面，作过b点垂直于Oa的直线be，小球将落在c点正下方的直线上的e点，连接O点和e点的抛物线与斜面相交于b、c间的一点(如图)，该点即为小球以速度2v0水平抛出时在斜面上的落点，故选A.
11.(2021·南京市南京师大附中高一期末)如图所示，水平桌面上放置一小球(可视为质点)．击打小球后，小球以4 m/s的速度水平抛出，下落H＝0.8 m后垂直撞击倾角为θ的斜面．小球反向弹回后，继续向上运动的最大高度为eq \f(1,2)H.不计空气阻力，重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)斜面的倾角θ；
(2)小球撞击斜面弹回后，上升到最大高度时，小球与斜面撞击点间的水平距离x.
答案 (1)45° (2)0.8 m
解析 (1)设小球撞击斜面前瞬间的竖直分速度大小为vy，则根据运动学公式可得vy＝eq \r(2gH)＝4 m/s
由几何关系有tan θ＝eq \f(v0,vy)＝1
解得θ＝45°.
(2)设小球反向弹回瞬间的竖直分速度大小为vy′，水平分速度大小为v0′，则根据运动学公式有
vy′＝eq \r(2g\f(H,2))＝2eq \r(2) m/s
由几何关系有tan θ＝eq \f(v0′,vy′)＝1
解得v0′＝2eq \r(2) m/s.
小球反向弹回后上升到最大高度所需的时间为
t′＝eq \f(vy′,g)＝eq \f(\r(2),5) s
解得x＝v0′t′＝0.8 m.
12.如图所示，AB为固定斜面，倾角为30°，小球从A点以初速度v0水平抛出，恰好落到B点．求：(空气阻力不计，重力加速度为g)
(1)A、B间的距离及小球在空中飞行的时间；
(2)从抛出开始，经过多长时间小球与斜面间的距离最大？最大距离为多大？
答案 (1)eq \f(4v02,3g) eq \f(2\r(3)v0,3g) (2)eq \f(\r(3)v0,3g) eq \f(\r(3)v02,12g)
解析 (1)设飞行时间为t，则水平方向位移lABcs 30°＝v0t，
竖直方向位移lABsin 30°＝eq \f(1,2)gt2，
解得t＝eq \f(2v0,g)tan 30°＝eq \f(2\r(3)v0,3g)，lAB＝eq \f(4v02,3g).
(2)如图所示，把初速度v0、重力加速度g都分解成沿斜面和垂直斜面的两个分量．在垂直斜面方向上，小球做的是以v0y为初速度、gy为加速度的“竖直上抛”运动．
小球到达离斜面最远处时，速度vy＝0，
由vy＝v0y－gyt′可得
t′＝eq \f(v0y,gy)＝eq \f(v0sin 30°,gcs 30°)＝eq \f(v0,g)tan 30°＝eq \f(\r(3)v0,3g)
小球离斜面的最大距离y＝eq \f(v0y2,2gy)＝eq \f(v02sin2 30°,2gcs 30°)＝eq \f(\r(3)v02,12g).运动情形
题干信息
分析方法
从空中水平抛出垂直落到斜面上
速度方向
分解速度，构建速度三角形
vx＝v0
vy＝gt
θ与v0、t的关系：
tan θ＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(v0,gt)
从斜面水平抛出又落到斜面上
位移方向
分解位移，构建位移三角形
x＝v0t
y＝eq \f(1,2)gt2
θ与v0、t的关系：
tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)
运动情形
题干信息
分析方法
斜面外开始，要求以最短位移打到斜面
位移方向
分解位移
x＝v0t
y＝eq \f(1,2)gt2
tan α＝eq \f(x,y)＝eq \f(2v0,gt)
斜面外开始，沿斜面方向落入斜面
速度方向
分解速度
vx＝v0
vy＝gt
tan α＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)