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，，涉及知识点多，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.（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.（2019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开始滑下。已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h1h0、h22h0、
h33h0，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s1、s2、s3，则（ ）
A. s1s2 【参考答案】BC
B. s2s3 C. s1s3 D. s2s3
【名师解析】沿轨道1下滑，由机械能守恒定律，mg（4h0-h0）=
12
mv1，下滑至轨道1末端时速度v1=6gh0，21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=23 h0；沿轨道2下滑，
21由机械能守恒定律，mg（4h0-2h0）=mv22，下滑至轨道2末端时速度v2=2gh0，从轨道2末端飞出做平
212
抛运动，由平抛运动规律，s2=v2t2，2h0=gt2，联立解得s2=4 h0；沿轨道3下滑，由机械能守恒定律，mg21（4h0-3h0）=mv32，下滑至轨道3末端时速度v3=2gh0，从轨道3末端飞出做平抛运动，由平抛运动规
21律，s3=v3t3，3h0=gt32，联立解得s3=23 h0；显然，s2> s1，s2> s3，s1= s3，选项BC正确。
2速度v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）（ ）
3.（2017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
v2v2v2v2A. B. C. D. 16g8g4g2g【参考答案】B
【名师解析】设小物块运动到最高点的速度为vt，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=
12
gt，联立2解得，x=2=4
v2.当R=时，x最大，选项B正确。
8g4.（2019年4月浙江选考）某砂场为提高运输效率，研究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=37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）
0
（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需要满足的条件
（3）改变小物块释放的高度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需要满足的条件。 【参考答案】（1）【名师解析】
；（2）
；（3）
（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 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. (2018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，最后运动员松开把手，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. 链球抛出角度一定时，脱手时的速率越大，则飞得越远 D. 链球脱手时的速率一定时，抛出角度越小，一定飞得越远 【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；根据斜抛运动规律，链球抛出角度一定时，脱手时的速率越大，则飞得越远，选项C正确；链球脱手时的速率一定时，抛出角度越小，不一定飞得越远，选项D错误。 2．（2018湖北荆州第一次质检）如图所示，一位同学玩飞镖游戏。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。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则v0可能为( ) A． 2L B． LLL C． D．． 234【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，根据平抛运动规律，d= 12 gt，L=v0t，根据匀速圆周2L2n2n1运动规律，t=+= ，联立解得：v0= 2n1，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0.3 s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＝1 m，小球可看做质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s。则( ) 2 A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m C.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N D.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N 【参考答案】. AC 【名师解析】 根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力 v2B方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的 R作用力方向向上，选项C正确，D错误。 4．（12分）(2019浙江稽阳联谊学校联考模拟)某兴趣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）要求小车能安全越过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情况下，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知识点。 【压轴题透析】（1）根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，应用牛顿第二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）分类讨论，应用相关知识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，根据动能定理，有：﹣mg•2r＝解得 vO＝5 m/s 小车在O点时，由牛顿第二定律得 FN﹣mg＝m联立解得：FN＝6mg＝30N （2）要求Ⅰ：越过A点，vO＝5P→O：Ep弹1﹣kmgxPO＝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＝解得 Ep弹2＝44J 综上所述，弹簧的弹性势能至少为44J。 ﹣0 ﹣0 m/s （3）分类讨论：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。 情况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。 情况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＝25J mgr＝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)(2018·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＝1.45 m，整个轨道水平部分动摩擦因数均为μ＝0.20，圆轨道的半径为R＝0.50 m．AB与BC通过一小段圆弧平滑连接．一个质量m＝0.50 kg的小球在倾斜导轨顶端A点以v0＝2.0 m/s的速度水平发 射，在落到倾斜导轨上P点(P点在图中未画出)时速度立即变成大小vP＝3.4 m/s，方向沿斜面向下，小球经过BC，并恰好能经过圆的最高点．取g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，求： 2 (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)0.75 m (2)1.64 m (3)7.89 m 【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＝gt2 y3tan 37°＝＝ x4 联立解得x＝0.6 m 12 P点距抛出点A的距离为l＝ ＝0.75 m cos 37° xv 2D(2)由恰好经过圆的最高点D，此时有mg＝m， R得vD＝gR＝5 m/s 1 由P到D，能量关系：mvP2＋mg(H－lsin 37°)－μmgx0 21 2 ＝mvD＋2mgR 2解得x0＝1.64 m. (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足能量关系： 1 mvP2＋mg(H－lsin 37°)＝μmgx′， 2 解得x′＝7.89 m. 6．（2019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＝1 m，BC段长L＝1.5 m．弹射装置将一个质量为0.1 kg的小球(可视为质点)以v0＝3 m/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＝0.8 m，不计空气阻力，g取10 m/s.求： 2 (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)3 rad/s 9 m/s (2)1.05 s (2)0.4 s 5 m/s 2 v03 【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＝＝ rad/s＝3 rad/s R1 22v0 322 向心加速度为：an＝＝ m/s＝9 m/s R1 πR3.14×1 (2)小球从A到B的时间为：t＝＝ s≈1.05 s. v03(3)小球水平抛出后，在竖直方向做自由落体运动， 12 根据h＝gt1 得： 2 t1＝ 2hg＝ 2×0.8 s＝0.4 s 10 落地时竖直方向的速度为：vy＝gt1＝10×0.4 m/s＝4 m/s， 落地时的速度大小为：v＝v0 ＋vy ＝9＋16 m/s＝5 m/s. 2 2 预测考点一：平抛运动综合问题 【2年模拟再现】 1.（2019·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，直接将面削到开水锅里。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，则下列关于所有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．速度的变化量都相同 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】根据h12gt可得运动的时间t22h，所有小面圈在空中运动的时间都相同，故选项A正确；g 根据vgt可得所有小面圈的速度的变化量都相同，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.（2019·福建省厦门外国语学校高三最后一模）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，则可判断A、B、C三个小球 A．在空中运动过程中，重力做功之比为1:2:3 B．在空中运动过程中，动量变化率之比为1:2:3 C．初始时刻纵坐标之比为1:4:9 D．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】：根据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，根据h12gt，初始时刻纵坐标之比为21:4:9，重力做功之比为h之比，即为1:4:9，故A错误，C正确；动量的变化率为合外力即重力，重力相同，则动量的变化率相等，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 vyvx，则其比值为1:2:3，故D错误。 3.(2018·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点时两球的速度互相垂直．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vb C．小球a、b抛出点距地面高度之比为vb∶va D．初速度va大于vb 【参考答案】 AB 12 【名师解析】 h＝gt，所以t＝ 2 2h，平抛运动的运动时间是由竖直的高度决定的，由于小球a的高度 g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 121xhavb＝gt＝g2，故小球a、b抛出点距地面高度之比为＝2，C错误． 22v0hbva4. (2018·宁波市模拟)如图所示，水平平台AO长x＝2.0 m，槽宽d＝0.10 m，槽高h＝1.25 m，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＝10 m/s.求： 2 22 (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)1 m/s (2)2 m/s 2 s (3)0.2 m/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＝ 2 kmg2 ，代入数据得a＝1 m/s. m(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－v1＝－2ax，得v1＝2 m/s 由0＝v1－at，得t＝2 s. (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 12 竖直方向有：h＝gt1 2联立解得v0＝0.2 m/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时刻开始随传送带沿与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（ ） 2 A．从水滴落下到落在圆盘上的时间为h gg， （n=1，2，2hB．要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应满足nπ3，…） C．第一滴水与第二滴水在盘面上落点间的最小距离为x． D．第二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= 122hgt，解得t=，选项A错误；要使每一滴水在 g2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= n=nπt2hg， （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， g2h第二滴水落在圆盘上的水平位移为x2=v·2t=2v2h，当第二滴水与第一滴水在盘面上的落点位于同一直g2h2h- v= gg径上圆心的同侧时，第一滴水与第二滴水在盘面上落点间的距离最小，最小距离x= x2- x1= 2vv2h2h，选项C错误；第三滴水在圆盘上的水平位移为x3=v•3t=3v，当第二滴水与第三滴水在盘面上gg2h，选项D正确。 g的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大，为x=x2+x3=5v2.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135° 的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m＝0.5 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝8t－2t(m)，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g＝10 m/s，求： 2 2 (1)物块在水平桌面上受到的摩擦力； (2)B、P间的水平距离； (3)判断物块能否沿圆轨道到达M点． 【参考答案】 (1)大小为2 N，方向向左 (2)7.6 m (3)不能 122 【名师解析】：(1)对比x＝v0t＋at与x＝8t－2t， 2可知a＝－4 m/s，v0＝8 m/s.(2分) 由牛顿第二定律得Ff＝ma＝－2 N．(1分) 即摩擦力大小为2 N，方向向左． (2)物块在DP段做平抛运动，有vy＝2gR＝4 m/s，(1分) vy t＝＝0.4 s．(1分) g vx与v夹角为45°，则vx＝vy＝4 m/s，(1分) xDP＝vxt＝1.6 m．(1分) vx－v0 在BD段xBD＝＝6 m，(1分) 2a所以xBP＝xBD＋xDP＝7.6 m．(1分) (3)设物块能到达M点，由机械能守恒定律有 1212 mvP＝mgR(1＋cos 45°)＋mvM，(1分) 22vM＝vP－(2＋2)gR＝(2－2)gR.(1分) 要能到达M点，需满足vM≥gR，而（2－2）gR＜gR，所以物块不能到达M点．(1分) 2 2 2 22 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容