备战2025年高考物理3年高考2年模拟1年原创专题4.7平抛运动综合问题含解析

PAGEPAGE1专题4.7平抛运动综合问题【考纲解读与考频分析】平抛运动综合问题，，涉及学问点多，综合性强，是高考命题热点。【高频考点定位】：平抛运动综合问题考点一：平抛运动综合问题【3年真题链接】1.（2024全国理综II卷14）如图（a），在跳台滑雪竞赛中，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，每次都从离开跳台起先计时，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．其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小

B．其次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，其次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学问点，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】依据速度图像的面积表示位移，其次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；依据速度图像的斜率表示加速度可知，其次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，由于其次次滑翔过程时间比较长，其次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，依据速度图像的斜率表示加速度可知，其次次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次小，由牛顿其次定律，mg-f=ma，可知其次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】此题须要利用速度图像的面积和斜率的物理意义解题。2.（2024海南物理·10）三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止起先滑下。已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为；它们的下端水平，距地面的高度分别为、、，如图所示。若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为、、，则（）A. B. C. D.【参考答案】BC【名师解析】沿轨道1下滑，由机械能守恒定律，mg（4h0-h0）=mv12，下滑至轨道1末端时速度v1=，从轨道1末端飞出做平抛运动，由平抛运动规律，s1=v1t1，h0=gt12，联立解得s1=2h0；沿轨道2下滑，由机械能守恒定律，mg（4h0-2h0）=mv22，下滑至轨道2末端时速度v2=，从轨道2末端飞出做平抛运动，由平抛运动规律，s2=v2t2，2h0=gt22，联立解得s2=4h0；沿轨道3下滑，由机械能守恒定律，mg（4h0-3h0）=mv32，下滑至轨道3末端时速度v3=，从轨道3末端飞出做平抛运动，由平抛运动规律，s3=v3t3，3h0=gt32，联立解得s3=2h0；明显，s2>s1，s2>s3，s1=s3，选项BC正确。3.（2024全国II卷·17）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）（）A.B.C.D.【参考答案】B【名师解析】设小物块运动到最高点的速度为，半圆形光滑轨道半径为R，小物块由最低点运动到最高点，由机械能守恒定律，；小物块从最高点飞出做平抛运动，x=vtt，2R=gt2，联立解得，x=2=4.当R=时，x最大，选项B正确。4.（2024年4月浙江选考）某砂场为提高运输效率，探讨砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=370的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5。（sin370=0.6）（1）若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；（2）若小物块落到传送带左侧地面，求h须要满意的条件（3）变更小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h须要满意的条件。【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）物块由静止释放到B的过程中：解得vB=4m/s（2）左侧离开，D点速度为零时高为h1解得h<h1=3.0m（3）右侧抛出，D点的速度为v，则x=vt可得为使能在D点水平抛出则：解得h≥3.6m【2年模拟再现】1.(2024徐州期中)如图所示，链球上面安有链子和把手。运动员两手握着链球的把手，人和球同时快速旋转，最终运动员松开把手，链球沿斜向上方向飞出，不计空气阻力。关于链球的运动,下列说法正确的有（）A. 链球脱手后做匀变速曲线运动B. 链球脱手时沿金属链方向飞出C. 链球抛出角度肯定时，脱手时的速率越大，则飞得越远D. 链球脱手时的速率肯定时，抛出角度越小，肯定飞得越远【参考答案】.AC【名师解析】链球脱手后只受重力，沿圆周的切线方向飞出，做匀变速曲线运动，选项A正确B错误；依据斜抛运动规律，链球抛出角度肯定时，脱手时的速率越大，则飞得越远，选项C正确；链球脱手时的速率肯定时，抛出角度越小，不肯定飞得越远，选项D错误。2．（2024湖北荆州第一次质检）如图所示，一位同学玩飞镖嬉戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽视空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则v0可能为()A．B．C．D．．【参考答案】.C【名师解析】设圆盘的直径为d，飞镖恰好击中P点，依据平抛运动规律，d=gt2，L=v0t，依据匀速圆周运动规律，t=+= ，联立解得：v0=，n=0,1,2,3，···。选项C正确。3.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径R＝1m，小球可看做质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2。则()A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9mB.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9mC.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1ND.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2N【参考答案】.AC【名师解析】依据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，依据牛顿其次定律，有FNB＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，vB＝vx＝3m/s，解得FNB＝－1N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。4．（12分）(2024浙江稽阳联谊学校联考模拟)某爱好小组设计了一个玩具轨道模型如图甲所示，将一质量为m＝0.5kg的玩具小车（可以视为质点）放在P点，用弹簧装置将其从静止弹出（弹性势能完全转化为小车初始动能）使其沿着半径为r＝1.0m的光滑圆形竖直轨道OAO′运动，玩具小车与水平面PB的阻力为其自身重力的0.5倍（g取10m/s2），PB＝16.0m，O为PB中点。B点右侧是一个高h＝1.25m、宽L＝2.0m的壕沟。求；（1）要使小车恰好能越过圆形轨道的最高点A，小车在O点受到轨道弹力的大小；（2）要求小车能平安越过A点，并从B点平抛后越过壕沟，则弹簧的弹性势能至少为多少？（3）若在弹性限度内，弹簧的最大弹性势能Epm＝40J，以O点为坐标原点，OB为x轴，从O到B方向为正方向，在图乙坐标上画出小车能进入圆形轨道且不脱离轨道状况下，弹簧弹性势能Ep与小车停止位置坐标x关系图。【命题意图】本题把竖直面内的圆周运动和平抛运动、弹性势能有机组合，考查动能定理、牛顿运动定律、机械能守恒定律及其相关的学问点。【压轴题透析】（1）依据题述小车恰好越过圆形轨道的最高点，利用重力等于向心力，得出小车通过圆形轨道最高点的速度，应用机械能守恒定律列方程得出小车通过圆形轨道最低点的速度，分析小车在圆形轨道最低点O点受力，应用牛顿其次定律得出小车受到的轨道的弹力。（2）先得出能够越过圆形轨道最高点A对应的最小速度，利用功能关系得出对应的弹簧最小弹性势能；然后得出从B点平抛运动越过壕沟应的最小速度，利用功能关系得出对应的弹簧最小弹性势能；取两个最小弹性势能中较大的即为题目要求的。（3）分类探讨，应用相关学问得到弹簧弹性势能与小车停止位置的函数关系，画出对应的图像。【解题思路】（1）小车恰好经过A点时，有：mg＝m得vA＝＝m/s对小车从O到A过程，依据动能定理，有：﹣mg•2r＝﹣解得vO＝5m/s小车在O点时，由牛顿其次定律得FN﹣mg＝m联立解得：FN＝6mg＝30N（2）要求Ⅰ：越过A点，vO＝5m/sP→O：Ep弹1﹣kmgxPO＝﹣0得Ep弹1＝32.5J要求Ⅱ：平抛运动后越过壕沟，有L＝vBt，h＝可得vB＝4m/s由动能定理，有Ep弹2﹣kmgxPB＝﹣0解得Ep弹2＝44J综上所述，弹簧的弹性势能至少为44J。（3）分类探讨：因为最大弹簧势能为40J，所以小车至多运动到B点，必不平抛。状况1：能越过A点，弹性热能32.5J≤Ep弹1≤40J。当Ep弹1﹣kmgx1＝0﹣0，得13m≤x1≤16m。又因为O点是坐标原点，所以实际坐标值为5m≤x11≤8m。状况2：恰能到达圆轨道圆心等高处，当Ep弹2﹣kmgxPO﹣mgr＝0﹣0，得Ep弹2＝25Jmgr＝kmgx21，得x21＝2m又因为O点为坐标原点，所以实际坐标值为x21＝﹣2m恰能进入圆轨道，当Ep弹2﹣kmgxPO＝0﹣0，得Ep弹2＝20J，此时坐标值为0由动能定理表达式可知，Ep弹与x是线性函数图象，如图。5.(12分)(2024·杭州地区重点中学期末)如图20所示，玩具轨道由光滑倾斜轨道AB、粗糙的水平轨道BC、光滑圆轨道及粗糙的足够长的水平轨道CE构成．已知整个玩具轨道固定在竖直平面内，AB的倾角为37°，A离地面高度H＝1.45m，整个轨道水平部分动摩擦因数均为μkg的小球在倾斜导轨顶端A点以v0＝2.0m/s的速度水平放射，在落到倾斜导轨上P点(P点在图中未画出)时速度马上变成大小vP＝3.4m/s，方向沿斜面对下，小球经过BC，并恰好能经过圆的最高点．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计，求：(1)P点离A点的距离；(2)B到C的距离x0的大小；(3)小球最终停留位置与B的距离．【参考答案】．(1)0.75m(2)1.64m(3)7.89m【名师解析】(1)小球从A做平抛运动，经过时间t落到倾斜导轨上的P点，设水平位移为x，竖直位移为y，有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2tan37°＝eq\f(y,x)＝eq\f(3,4)联立解得x＝0.6mP点距抛出点A的距离为l＝eq\f(x,cos37°)＝0.75m(2)由恰好经过圆的最高点D，此时有mg＝meq\f(v\o\al(D,2),R)，得vD＝eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s由P到D，能量关系：eq\f(1,2)mvP2＋mg(H－lsin37°)－μmgx0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D,2)＋2mgR解得x0＝1.64m.(3)设小球最终停留位置与B的距离为x′，从P点到最终停留位置满意能量关系：eq\f(1,2)mvP2＋mg(H－lsin37°)＝μmgx′，解得x′＝7.89m.6．（2024洛阳联考）如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1m，BC段长L＝1.5m．弹射装置将一个质量为0.1kg的小球(可视为质点)以v0＝3m/s的水平初速度从A点射入轨道，小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h＝0.8m，不计空气阻力，g取10m/s2.求：(1)小球在半圆形轨道中运动时的角速度ω、向心加速度an的大小；(2)小球从A点运动到B点的时间t；(3)小球在空中做平抛运动的时间及落到地面D点时的速度大小．【参考答案】．(1)3rad/s9m/s2(2)1.05s(2)0.4s5m/s【名师解析】(1)小球在半圆形轨道中做匀速圆周运动，角速度为：ω＝eq\f(v0,R)＝eq\f(3,1)rad/s＝3rad/s向心加速度为：an＝eq\f(v\o\al(0,

2),R)＝eq\f(32,1)m/s2＝9m/s2(2)小球从A到B的时间为：t＝eq\f(πR,v0)＝eq\f(3.14×1,3)s≈1.05s.(3)小球水平抛出后，在竖直方向做自由落体运动，依据h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(1,

2)得：t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s落地时竖直方向的速度为：vy＝gt1＝10×0.4m/s＝4m/s，落地时的速度大小为：v＝eq\r(v\o\al(0,

2)＋v\o\al(y,

2))＝eq\r(9＋16)m/s＝5m/s.预料考点一：平抛运动综合问题【2年模拟再现】1.（2024·山东省德州市高三模拟）中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，干脆将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于全部小面圈在空中运动的描述错误的是A．运动的时间都相同B．速度的变更量都相同C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍D．若初速度为v0，则【参考答案】C【名师解析】依据可得运动的时间，全部小面圈在空中运动的时间都相同，故选项A正确；依据可得全部小面圈的速度的变更量都相同，故选项B正确；因为水平位移的范围为，则水平最小初速度为，水平最大初速度为：，则水平初速度速度的范围为：；落入锅中时，最大速度，最小速度为，故选项D正确，C错误。2.（2024·福建省厦门外国语学校高三最终一模）如图所示，三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O。不计空气阻力，x轴所在处为地面，则可推断A、B、C三个小球A．在空中运动过程中，重力做功之比为1:2:3B．在空中运动过程中，动量变更率之比为1:2:3C．初始时刻纵坐标之比为1:4:9D．到达O点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1:4:9【参考答案】C【名师解析】：依据x=v0t，水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1:2:3，所以它们在空中运动的时间之比为1:2:3，初始时刻纵坐标之比既该过程小球的下落高度之比，依据，初始时刻纵坐标之比为1:4:9，重力做功之比为h之比，即为1:4:9，故A错误，C正确；动量的变更率为合外力即重力，重力相同，则动量的变更率相等，故B错误；竖直向速度之比为1:2:3，水平向速度相向，而速度方向与水平方向夹角的正切值为，则其比值为1:2:3，故D错误。3.(2024·广东省七校联合体第三次联考)如图，在同一竖直面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度va和vb沿水平方向先后抛出，恰好同时落到地面上与两抛出点水平距离相等的P点，并且落到P点时两球的速度相互垂直．若不计空气阻力，则()A．小球a比小球b先抛出B．初速度va小于vbC．小球a、b抛出点距地面高度之比为vb∶vaD．初速度va大于vb【参考答案】AB【名师解析】h＝eq\f(1,2)gt2，所以t＝eq\r(\f(2h,g))，平抛运动的运动时间是由竖直的高度确定的，由于小球a的高度比小球b的大，所以ta＞tb，由于小球a、b的水平位移相等，由x＝v0t得va＜vb，故A、B正确，D错误．h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)geq\f(x2,v02)，故小球a、b抛出点距地面高度之比为eq\f(ha,hb)＝eq\f(vb2,va2)，C错误．4.(2024·宁波市模拟)如图所示，水平平台AO长x＝2.0m，槽宽d＝0.10m，槽高h＝1.25m，现有一小球从平台上A点水平射出，已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍，空气阻力不计，g＝10m/s2.求：(1)小球在平台上运动的加速度大小；(2)为使小球能沿平台到达O点，求小球在A点的最小出射速度和此情景下小球在平台上的运动时间；(3)若要保证小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P点，求小球离开O点时的速度大小．【参考答案】．(1)1m/s2(2)2m/s2s(3)0.2m/s【名师解析】(1)设小球在平台上运动的加速度大小为a，则a＝eq\f(kmg,m)，代入数据得a＝1m/s2.(2)小球到达O点的速度恰为零时，小球在A点的出射速度最小，设小球的最小出射速度为v1，由0－veq\o\al(2,1)＝－2ax，得v1＝2m/s由0＝v1－at，得t＝2s.(3)设小球落到P点，在O点抛出时的速度为v0，水平方向有：d＝v0t1竖直方向有：h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)联立解得v0＝0.2m/s.【1年仿真原创】1．如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向．在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t=0时刻起先随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v．已知容器在t=0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水．下列说法正确的是（）A．从水滴落下到落在圆盘上的时间为B．要使每一滴水在盘面上的落点都位于同始终线上，圆盘转动的角速度ω应满意nπ，（n=1，2，3，…）C．第一滴水与其次滴水在盘面上落点间的最小距离为x．D．其次滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离x．【参考答案】BD【名师解析】水滴在竖直方向做自由落体运动，由h=gt2，解得t=，选项A错误；要使每一滴水在圆盘面上的落点都位于同一条直线上，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度为nπ，所以圆盘转动的角速度ω==nπ，（n=1，2，3，…）选项B正确；第一滴水落在圆盘上的水平位移为x1=vt=v，其次滴水落在圆盘上的水平位移为x2=v·2t=2v，当其次滴水与第一滴水在盘面上的落点位于同始终径上圆心的同侧时，第