2023年高三物理二輪復習常見模型與練習07 平拋運動與斜面曲面相結合的模型（解析版）

2023年高三物理二輪常見模型與方法強化專訓專練

專題07平拋運動與斜面曲面相結合的模型

特訓目標特訓內容

目標1高考真題（IT—2T）

目標2斜面內平拋模型（3T—7T）

目標3斜面外平拋模型（8T—12T）

目標4與曲面相結合模型（13T—17T）

【特訓典例】

一、高考真題

1.（2022年廣東卷）圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|點的運動員從斜坡上的“點由靜止自由滑下，經(jīng)過水

平NP段后飛入空中，在Q點落地。不計運動員經(jīng)過N點的機械能損失，不計摩擦力和空氣阻力。下列能

表示該過程運動員速度大小V或加速度大小α隨時間，變化的圖像是（）

C.

O

【答案】C

【詳解】設斜坡傾角為。，運動員在斜坡MN段做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律WgSin。=.I

可得q=gsin。運動員在水平NP段做勻速直線運動，加速度的=0運動員從P點飛出后做平拋運動，加速度

為重力加速度為=g設在P點的速度為％，則從P點飛出后速度大小的表達式為/=&+g2∕

由分析可知從P點匕出后速度大小與時間的圖像不可能為直線，且C正確，ABD錯誤。故選&

2.（2020年浙江卷）如圖所示，鋼球從斜槽軌道末端以%的水平速度飛出，經(jīng)過時間f落在斜靠的擋板A8

中點。若鋼球以2%的速度水平飛出，則（）

A.下落時間仍為1B.下落時間為2fC.下落時間為后D.落在擋板底端B點

【答案】C

【詳解】鋼球以%飛出后落在長為2L的A8擋板中點，假設擋板與水平地面的夾角為依鋼球做平拋運動

分解位移：LCoSe=%；Z,sinJ=gg/解得：％=匡近若鋼球恰好落在B點，則：2Lcθsθ=vltl.

2V2sin6/

2Zsine=ggf解得：%=立匡.竺超=五％又因為2%>%,所以鋼球以2%拋出，落在地面上B點右側，落

2V2sin

地時間與落在B點時間相同，綜合上述分析可知落地時間：La?華普=M故C正確,ABD錯誤。

故選C.

二、斜面內平拋模型

3.跳臺滑雪是一種勇敢者的滑雪運動。圖甲為某跳臺滑雪運動員從跳臺。（長度可忽略不計）處沿水平方

向飛出，經(jīng)2s在斜坡/7處著陸的示意圖，圖乙為運動員從。到b飛行時，速度的平方隨飛行時間，變化的關

系圖像。不計空氣阻力作用，重力加速度g取Iom/J,則下列說法正確的是（）

A.運動員在4處的速度大小為20m∕s

B.斜坡的傾角為30。

C.運動員運動到〃處時速度方向與水平方向夾角為45°

D.運動員在IS末時離坡面的距離最大

【答案】D

【詳解】A.運動員在“處的速度沿水平方向，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知+SO?由乙圖可知叱；=5]

聯(lián)立可得匕=IOmZS故A錯誤；

V

BC.設斜面傾角為。，處速度與水平方向夾角為尸，在處豎直速度為L=g∕=20m∕s所以tan/=r=2

根據(jù)平拋運動知識得tan∕=2tana,所以tane=l;α=45故BC錯誤；

D.在。處，把速度沿垂直斜面及平行斜面分解得垂直斜面的分速度為v,=vaSin45把重:力加速度沿垂直斜

面及平行斜面分解得垂直斜面的分加速度為a=gcos45。當K減為零時，離斜面最遠，設經(jīng)過時間為4,則

v1=M求得%=Is故D正確。故選D?

4.將小球從斜面上的A點以不同速度拋出，第一次水平拋出速度大小為匕；第二次垂直斜面拋出速度大小

為匕，運動過程中不計空氣阻力，最終小球都落在斜面上的8點，運動軌跡如圖甲、乙所示。已知斜面傾

角為45。，兩次運動時間分別是4、J，則（）

A.?L=&B.—=-C.—=√2

td

2t22v2?4

【答案】B

【詳解】水平方向X=W=V2COS45%豎直方向y=Jg√=-v2sin45%+1同時滿足taιl45。=上=??l

X吶

聯(lián)立解得L=浮，上=1故選B。

t22v2

5.如圖所示，甲圖中運動的小球只受重力作用：乙圖中存在豎直向下的勻強電場，甲、乙兩圖中的斜面相

同且絕緣?，F(xiàn)將完全相同的帶負電小球從兩斜面上的同一點。以相同初速度沿水平方向拋出，分別落在甲、

乙圖中斜面上Ai點（圖中末畫出）。小球受到的電場力始終小于重力，不計空氣阻力。則下列說法正確的

是（）

A.O、A之間距離等于O、8之間距離

B.小球從拋出到落在斜面上用時相等

C?小球落到A點的豎直方向位移小于落到B點的豎直方向位移

D?小球落到A點的水平方向位移大于落到B點的水平方向位移

【答案】C

【詳解】A.小球甲只受重力，加速度為g,乙球受向上的電場力，因受到的電場力始終小于重力，可知加

2v

tann-V_O

速度小于g,根據(jù)1,^at可知甲從拋出到落到斜面上用時間較短，選項A錯誤；

-Cli2

2

BD.根據(jù)X=卬小球落到A點的水平方向位移小于落到B點的水平方向位移，根據(jù)s=」==」嗎

cosyCOSe

可知OA之間的距離大于。8之間的距離，選項BD錯誤；

C.豎直位移y=%ftanθuj■知，小球落到A點的豎直方向位移小于落到8點的豎直方向位移，選項C正確;

故選C。

6.如圖甲為2022年北京冬奧會的跳臺滑雪場地"雪如意"，其主體建筑設計靈感來自于中國傳統(tǒng)飾物"如意"。

其部分賽道可簡化為如圖乙所示的軌道模型，斜坡可視為傾角為。的斜面，運動員（可視為質點）從跳臺”

處以速度V沿水平方向向左飛出，不計空氣阻力，則運動員從飛出至落到斜坡上的過程中，下列說法正確的

是（）

tan

A.運動員運動的時間為2""

g

B.運動員落在斜坡上的瞬時速度方向與水平方向的夾角為26

C.若運動的初速度變小，運動員落在斜坡上的瞬時速度方向與水平方向的夾角不變

I?Qin4f）

D.運動員在空中離坡面的最大距離為產Y

2gcos”

【答案】ACD

8f2

【詳解】A.設小球經(jīng)過f時間落在斜面上，根據(jù)平拋運動規(guī)律和幾何關系行pw方＞2-St

IdllU---=---------

Xvt2v

2vtanθ

則運動的時間，=------故A正確；

g

BC.設運動員落在斜坡上的瞬時速度方向與水平方向的夾角為α,正切值為tana=&=2tane則a與小球初

V

速度大小無關，故B錯誤，C正確；

D.當小球在運動過程中速度方向與斜面平行時，小球離斜面的距離最大，把小球初速度及重力加速度分解

在平行斜面與垂直斜面方向上，可得小球離斜面的最大距離為∕max=g-=a?故D正確。故選ACD。

2ay2gcosθ

7.第24屆冬奧會將于2022年2月4日在中國北京和張家口聯(lián)合舉行，這是我國繼2008年奧運會后承辦

的又一重大國際體育盛會。如圖所示為我國滑雪運動員備戰(zhàn)的示意圖，運動員（可視為質點）從曲面AB上

某位置由靜止滑下，到達B點后以速度K水平飛出，經(jīng)力后落到足夠長的斜坡滑道C點，此時速度方向與斜

面夾角為4;運動員調整位置下滑，到達B點后以速度匕水平飛出，經(jīng)后落到斜坡滑道。點，此時速度

方向與斜面夾角為名：己知。點在B點正下方，OC=CD,不計空氣阻力，以下關系正確的是（）

A.vl<v2<2vlB.θx<θ2

C.∕2<2rlD.BC與8。間的距離關系滿足：2BC>BD

【答案】ACD

【詳解】A.依題意，假設第二次運動員落到與C點等高的水平面上0'點，如圖所示兩次平拋運動的豎直

高度相等，即運動時間/相等，則由E可知，第二次水平方向的位移為第一次的2倍，可得匕=2匕

所以第二次小球將會經(jīng)過D點正上方的O'點，即落在斜面上的點將在斜面上D點下方，所以人若要落在斜

面上的D點，則小球的水平位移將在CD的左側，所以可推知第二次人從B點飛出時的速度V1<v2<2v,

A正確;

B.如圖所示為兩次落到斜面上的位移方向設斜面與水平面夾角為e,第?次和第二次位移方向和水平方向

的夾角分別為四、%，則有根據(jù)平拋運動推論：速度與水平偏夾角尸與位移與水平方向夾角。關系

滿足tanQ=2tanc可得自?見又因為4=仇+6,四=2+?所以可得4>2，B錯誤：

C.設OB間的距離為％,OC和C。的高度差均為〃，兩次平拋運動的時間分別為％和G，豎直方向做自由

落體運動，有1gf：=%+/?,：gA=%+2〃兩式相比可得%=J午學<2所以可得L<2JC正確；

22%〃

D.設人從B點水平拋出落在C點時，水平位移為X,則落在。點時的水平位移為”，則可得

X2xs1

COSα∣=—,COSa2=——由選項B分析可知al>a2,由數(shù)學知識可得口>弓所以BC與8。間的距離關系

SBCSBDSBD2

滿足2$BC>SBD'D正確。故選ACD0

三、斜面外平拋模型

8.如圖甲所示，擋板OA與水平面的夾角為。，小球從0點的正上方高度為”的尸點以水平速度%水平拋

出，落到斜面時，小球的位移與斜面垂直；讓擋板繞固定的。點轉動，改變擋板的傾角。，小球平拋運動

的初速度%也改變，每次平拋運動都使小球的位移與斜面垂直，丁三一4關系圖像如圖乙所示，重力加速

度g=10m∕s2,下列說法正確的是（）

甲乙

1H1,

A.圖乙的函數(shù)關系圖像對應的方程式右了=*g-x鏟+1

B.圖乙中。的數(shù)值-2

C.當圖乙中6=1,H的值為0.2m

D.當。=45。，圖乙中8=1,則平拋運動的時間為立S

5

【答案】C

【詳解】A.設平拋運動的時間為f,如圖所示

%’_t,lna?V

把平拋運動的位移分別沿水平和豎直方向分解，由幾何關系1解得r=T∕根據(jù)幾何關系有

2gfgtanθ

產=WXtane聯(lián)立整理，=號x!-l故A錯誤；

B.結合圖乙d萬一9函數(shù)關系圖像可得α=T故B錯誤；

C.由圖乙可得-?-4函數(shù)關系圖像的斜率k=-/=挈又有Z=-I,匕=1可得〃=0.2m故C正確；

tanΘv0b2

D.當6=45。，"=0.2m根據(jù)丁Z=萼^x4?T解得%="m∕s根據(jù)f=T?解得”也S故D錯誤。故

tanθ2v0°2gtan。?ɑ

選Co

9.如圖所示，一小球以一定初速度水平拋出，忽略空氣阻力。當小球以速度%拋出時，經(jīng)歷時間乙后以匕

恰好擊中斜面A處（拋出點與A點的連線垂直于斜面）。當小球以速度3%拋出時，經(jīng)歷時間今后以V“恰好

從8點沿圓弧切線進入圓軌道。則（）

2C2

B.t?t=——

3tan2Θλ2tan2(9

sinMtan20+42cos夕Jtan2A+4

d?匕：∕=

-3"3tan。3tan。

【答案】A

【詳解】當擊中斜面A處時，豎直方向y=：g『水平方向χ=根據(jù)幾何關系可得tan。=2解得%=烏片

2ygtanθ

2

則以=√^+(gr,)=voyJι+-±-當小球恰好從8點沿圓弧切線進入圓軌道時,根據(jù)幾何關系可得tan9啜;

CoSe=也聯(lián)立可得f,g=-?-:v.vc。SeJtan*+4故選人。

VB3tarreaB3tan。

10.如圖，甲、乙兩架水平勻速飛行的戰(zhàn)機在斜坡上方進行投彈演練，甲戰(zhàn)機飛行高度高于乙戰(zhàn)機，他們

在同一豎直線上各釋放一顆炸彈，炸彈都準確命中斜坡上的同一點P，甲戰(zhàn)機水平扔出的炸彈落在斜坡上P

點時，著陸點與釋放點連線恰好垂直斜坡。乙戰(zhàn)機水平扔出的炸彈落在斜坡上P點時，速度方向恰好垂直

斜坡。則兩顆炸彈在空中的運動時間之比為()

C.√2:1D.√3:1

【答案】C

【詳解】設斜坡傾角為仇甲戰(zhàn)機扔出的炸彈落在P點的速度偏向角為ɑ,乙戰(zhàn)機扔出的炸彈落在P點的速

度偏向角為￡。由于甲戰(zhàn)機水平扔出的炸彈落在斜坡上ρ點時，著陸點與釋放點連線恰好垂直斜坡，如圖甲

所示

根據(jù)平拋運動的特點可知tanα=2tan（90-。）=號由乙戰(zhàn)機水平扔出的炸彈落在斜坡上P點時速度方向恰

好垂直斜坡，如圖乙所示，根據(jù)平拋運動的特點可知tanA='=史?乂兩炸彈從同一豎直線上落在同一

tanΘv2

點，水平距離X相同，即v"∕=U2f2解得W及：1;ABD錯誤，C正確。故選C。

11.如圖所示，傾角。=30°的斜面A8,在斜面頂端8向左水平拋出小球1、同時在底端A正上方與8等高

處水平向右拋出小球2,小球1、2同時落在尸點，P點為斜邊AB的中點，則（）

A.小球2一定垂直撞在斜面上

B.小球1、2的初速度大小相等

C.小球1落在P點時與斜面的夾角為30,

D.改變小球1的初速度，小球1落在斜面上的速度方向都平行

【答案】BD

【詳解】AB.兩個小球同時做平拋運動，又同時落在尸點，說明運動時間相同，水平位移大小相等，由

X=即知初速度大小相等，小球1落在斜面上時，有tanθ=2^-=里小球2落在斜面上的速度與豎直方

vot2%

向的夾角正切ta∏α=V=解得a≠θ所以小球2沒有垂直撞在斜面上，故A錯誤，B正確；

gt2tanσ

C.小球1落在P點時速度與水平方向的夾角正切IanZy=g=2tane=∣G<√J所以僅<60'所以小球1落

在P點時與斜面的夾角小于30。，故C錯誤；

D.根據(jù)推論tan￡=2tan。知，小球1落在斜面上的速度方向與水平方向的夾角相同，相互平行，故D正確。

故選BDo

12.如圖所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小

球在管道內做圓周運動，從8點脫離后做平拋運動，經(jīng)過0.3s后又恰好垂直與傾角為45。的斜面相碰。已知

半圓形管道的半徑R=Im,小球可看做質點且其質量為機=lkg,g取IomZS2。則（）

A.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9m

B.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9m

C.小球經(jīng)過管道的B點時，受到下管道的作用力FNS的大小是2N

D.小球經(jīng)過管道的8點時，受到下管道的作用力尸NB的大小是IN

【答案】AD

【詳解】AB.小球從8點脫離后做平拋運動，經(jīng)過0.3s后又恰好垂直與傾角為45。的斜面相碰，則在C點

的豎宜分速度為%〉=/=3m∕s因小球恰好垂直撞在斜面上，則平拋運動水平初速度為

vβ=vo.tan45=3m∕s小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離為x=%=0?9m故A正確，B錯誤;

CD.設小球經(jīng)過8點時，受到上管道豎直向下的作用力FNB,根據(jù)牛頓第二定律可得及zi+mg=mJ"聯(lián)立

方程，解得%B=-IN負號說明小球在8點受到下管道的作用力的大小是1N,方向豎直向上，故C錯誤，D

正確。故選AD。

四、與曲面相結合模型

13.如圖所示，一平臺固定在豎直平面內，以平臺右邊緣。點為原點，沿平臺右側豎直向下為y軸正方向，

沿水平向右為X軸正方向建立直角坐標系xOy。在該坐標系中，以坐標原點。為圓心，半徑為R的四分之

一圓弧軌道豎直固定在平臺的右側。質量為，"的小球從坐標原點。以初速度丫。（大小未知）沿X軸正方向

平拋。重力加速度大小為g,不計空氣阻力。小球從。點拋出后到落到圓弧軌道上的過程中，下列說法正確

的是（）

A.當初速度%的大小為適當?shù)闹禃r，小球可能垂直落到圓弧軌道上

B.初速度%越大，小球在空中運動的時間越長

C.初速度%=曲版時，小球落到圓弧軌道上的動量最小

D.小球落到圓弧軌道上的最小動能為且WgR

【答案】D

【詳解】A.若小球垂直打在圓軌道匕則速度方向的反向延長線應交于圓心；而于平拋運動的規(guī)律可知,

速度方向的反向延長線應交于水平位移的中點，根據(jù)題意可知圓心和水平位移的中點不是同一位置，故A

錯誤;

B.小球做平拋運動，在豎直方向上物體做自由落體運動，有〃=gg/解得,=仁可知〃越大，小球在空中

運動時間越長，由圖可知小球速度Vo越小，下落的高度越高，飛行時間越長，故B錯誤；

CD.設落地點與。點的連線與水平方向的夾角為仇小球做平拋運動RCoSO=WRSine=gg產

由動能定理得MgRsinθ=Ek-?mvl解得Ek=機gR住Sinθ+—由數(shù)學知識得：當ISine=—即

2144sιn0J44sιn0

Sine=冬反取最小值EkmM=*3根據(jù)P=瓦點可知動能最小時動量最小，此時X=爭

聯(lián)立以上可得%=樣0故C錯誤，D正確。故選D。

14.如圖所示，半徑為5m的四分之一圓弧ABC固定在水平地面上，。為圓心。在圓心。右側同一水平線

上某點處，水平向左拋出一個小球，小球可視為質點，恰好垂直擊中圓弧上的〃點，〃點到水平地面的高

度為2m,g取Iom/Sa,則小球的拋出速度是()

d4√5

3

D.

3

【答案】C

［詳解］小球在豎直方向做自由落體運動，則豎直分速度"=j2g%=72×10×(5-2)m∕s=2√i5m∕s

垂直擊中力點，速度反向延長線過圓心，如下圖所示

有sin&41解得小37。則在D點，分解速度可得出=-L=當竺m/s

根據(jù)幾何關系,

R5tan37o3

故選Co

15.如圖所示，半徑為”的四分之一圓弧面緊靠豎直墻壁固定在水平面上，其圓心正上方34處有一小球以

某速度水平拋出，其軌跡恰與圓弧面相切（圖中未畫出）.