2020年高考物理《平抛、斜抛、类平抛问题的解决办法》专题训练及答案解析

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1、高考物理高考物理平抛、斜抛、类平抛问题的解决办法平抛、斜抛、类平抛问题的解决办法专题训练专题训练 1.（分解位移法）如图所示，小球以v0正对倾角为的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞 行时间t为(重力加速度为g)( ) Av0tan B2v 0tan g C. v0 gtan D 2v0 gtan 【答案】 ： D 【解析】 ： 如图所示，过抛出点作斜面的垂线，垂足为 B，当小球落在B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平 方向xv0t，竖直方向y1 2gt 2，根据几何关系有 tan x y v0t 1 2gt 2，解得 t 2v0 gtan ，故 D 正确，A、B、C 错误。

2、2.（分解速度法）如图所示，以水平初速度 v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为 的斜面 上，则 AB 之间的水平位移与竖直位移之比为（ ） A. tan2 1 B tan2 C. tan 1 Dtan 【答案】：B 【解析】：物体垂直撞到斜面上，可见在 B 点的速度方向与斜面垂直，对 B 点小球的速度进行分解，如图 所示，结合矢量三角形的关系可得： y v v0 tan，gtvy，得 tan 0 g v t ；tvx 0 ， 2 2 1 gty ，联立以 上各式得：tan2 2 2 1 0 2 0 gt v gt tv y x 3.如图所示，B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心 O

3、的连线与竖直方向的夹角为 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，则 AB 之间的水平距离为 （ ） A. g vtan2 2 0 B. g vtan 2 0 C. tan 2 0 g v D. tan 2 2 0 g v 【答案】 ：B 【解析】 ：小球抛出后做平抛运动，小球恰好从轨道的 B 端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿 着 B 点切线方向，将平抛末速度进行分解，根据几何关系得： 0 tan v vy ，gtvy， g v t 0 .tan ； g v tvxAB tan . 2 0 0 ；故 B 对 4.（分

4、解位移）如图所示，AB为斜面，BC为水平面，从A点以水平速度v0抛出一小球，其第一次落点到A 的水平距离为S1；从A点以水平速度 3v0抛出小球，其第一次落点到A的水平距离为S2，不计空气阻力，则 S1S2不可能等于（ ） A13 B16 C:1:9 D:1:12 【答案】 ：D 【解析】 ：小球做平抛运动的落点分为 3 种情况，有可能两次都落在斜面上，有可能水平速度较大的落在斜 面以外，速度较小的落在斜面上，也有可能两次都落在水平面上； 情况 1、如图所示，小球均落在斜面上；如果小球落在斜面上，可以确定小球的位移一定是沿斜面方向的； 分解位移可得： tv gt x y 0 2 2 1 tan

5、;求得 g v t tan2 0 ；可见如果小球落在斜面上，影响小球飞行时间的因 素是斜面的倾角与小球抛出时的初速度；所以 3 1 2 1 t t ； 9 1 3 30 10 2 1 tv tv x x ； 情况 2：如果两次小球均落在水平面上，则小球下落的高度相同， g h t 2 ，所以小球在空中飞行的时间相 同即ttt 21 ； 3 1 .3 . 0 0 2 1 tv tv x x ； 情况 3：如果小球一次落在水平面上一次落在斜面上则小球产生的水平位移之比必然介于二者之间；所以本 题只有 D 选项不可能； 5.（分解速度）如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一小球以水

6、平速度v0沿垂直 于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方 向的夹角为，那么小球完成这段飞行的时间是( ) A B C A. v0 gtan B gtan v0 C.Rsin v0 DRcos v0 【答案】 ： C 【解析】 ： 小球做平抛运动，tan v y v0 gt v0，则时间 tv 0tan g ，选项 A、B 错误；在水平方向上有Rsin v0t，则tRsin v0 ，选项 C 正确，D 错误。 6.（分解位移）如图所示，排球场总长为 18m，设球网高度为 2m，运动员站在网前 3m 处正对球网跳起将球 水平击出。 (1)若击

7、球高度为 2.5m，为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围； (2)当击球点的高度为何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界？ 【答案】 ： （： （1 1）smvs/212/103（2）m 15 32 【解析】：(1)设排球被水平击出后，做平抛运动若正好压在底线上，则球在空中的飞行时间： s g h t 2 2 10 5 . 222 1 1 ，小球在水平方向：sm t x v/212 2 2 12 1 1 ； 设排球被水平击出后正好触网；st 10 1 10 25 . 22 2 ）（ 由此得排球触网的临界击球速度值：sm t x v/103 10 1 3 2 2 2 ; 所以

8、球既不触网又不出界水平速度的取值范围为：smvs/212/103 2)设击球点的高度为 h，当 h 较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦 网而过，落地时又恰好压在底线上，如图所示，则有: 1 2 x g h v 2 )(2 x g Hh v 由几何关系得： m x x H h 15 32 ) 12 3 (1 2 )(1 2 2 1 2 7.（分解速度、分解位移综合）如图所示，x 是水平方向，y 是竖直方向，曲线是一段小球做平抛运动的轨 迹，O、A、B 三点是平抛运动轨迹上的三点， 则下列说法正确的是（ ） A、小球从 O 点到 A 点运动的时间小于小球从 A 点

9、到 B 点的运动时间 B、小球抛出点的坐标是（-5L，-L） C、小球做平抛运动的初速度大小gLv25 0 D、小球经过 A 点时的速度大小gLvA82 2 1 【答案】D 【解析】 【解答】平抛运动水平方向为匀速直线运动，球从 O 点到 A 点和 A 点到 B 点的水平位移相等，所以 运动时间也相等，故 A 错误;在竖直方向上有: 2 tgh ，其中LLLLh2338）（ ，代入求得： g L t 2 ，小球做平抛运动的初速度大小gL t x v2 2 5 0 ，故 C 错误；A 点竖直方向的速度 gL t h v OB Ay 22 2 ，则从抛出点到 O 点的时间为 t= g L t g

10、v t Ay 2 ，所以抛出点距离 O 点的水平 位移为：LtvxA5 0 ，抛出点的横坐标Lx5 ，抛出点离 O 点的竖直位移为Ltg 2 )( 2 1 ，则抛 出点的纵坐标为：Ly ，所以小球抛出点的坐标是 ),5(LL ，故 B 错误；故 A 点的速度 为 :gLvvx AyA 82 2 1 22 0 ，故 D 正确。 8.(分解位移)如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到 斜面底端，从抛出到落至斜面上（忽略空气阻力） （ ） A两次小球运动时间之比 ：1 B两次小球运动时间之比 ：2 C两次小球抛出时初速度之比： D两次小球抛出时初速度之比：2

11、 【答案】C 【解析】A、B 项：平抛运动在竖直方向上自由落体运动，根据，得，因为两次小球下降高 度之比为 1：2，由运动时间之比为，故 A、B 错误； C、D 项：小球水平位移之比为 1：2，由得：水平初速度之比，故 C 正确，D 错误。 故选：C。 9.(2018河南部分重点中学联考)某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a、b由同一位置水平投出，已知飞 镖投出时的初速度vavb，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态(侧视图)可能是( ) 【答案】 ：A 【解析】 ：两只飞镖a、b都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有xv0t，它们的水平位移大 小相等，由于vavb，所以运动时间关

12、系为tatb，由h1 2gt 2知 havb，tatb， 所以有av1，轨迹为 C. 若v2v1，轨迹为 D. 若v2v1，同理可得竖直方向最大高度和 运动时间变大，水平位移lvxt变大，轨迹不对，选项 B 错误；同理可判断若v27 m/s B. v2.3 m/s C. 3 m/sv7 m/s D. 2.3 m/sv3 m/s 【答案】 ：C 【解析】小物件恰好碰到窗子上沿的墙壁，则Lv1t1，h1 2gt 2 1，解得v17 m/s；同理，小物件恰好碰到 窗子下沿的墙壁，则Ldv2t2，hH1 2gt 2 2，解得v23 m/s.要使小物件直接穿过窗口并落在水平地面上， 则v的取值范围是 3

13、 m/sv7 m/s，选项 C 正确 21.（分解位移）如图所示，有一带电粒子贴着 A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为 U1 时，带电 粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为 U2 时，带电粒子沿轨迹落到 B 板中间；设粒子两次射入 电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( ) AU1U218 BU1U214 CU1U212 DU1U2116 粒子在电场中做类平抛运动：轨迹 1 的运动学方程为： )2.( 2 1 2 ) 1.(. 2 11 10 ta d tvl 轨迹 2 的运动学方程为： )4.( 2 1 )3.(. 2 2 22 20 tad tv l 联立 1、2、3、4

14、式得：)5.( 8 1 2 1 a a 粒子受到电场力的作用，结合牛二定律得)6.( m Eq a )7.( d U E 联立 6、7 式得：)8.( dm qu a 可见粒子做类平抛运动的加速度之比就等于电压之比；故 A 选项正确； 22.如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为 d，电容为 C，上板 B 接地现 有大量质量均为 m、带电量均为 q 的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向 射入，第一滴油滴正好落到下板 A 的正中央 P 点如果能落到 A 板的油滴仅有 N 滴，且第 N+1 滴油滴刚好 能飞离电场，假定落到 A 板的油滴的电量能

15、被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为 g，则 （ ） A、落到 A 板的油滴数 2 q Cdmg N B、落到 A 板的油滴数 2 4 3 q Cdmg N C、第 N+1 滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于 8 mgd D、第 N+1 滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于 8 3mgd 【答案】 ：BCD 【解析】 ：第一滴油滴落在 A 板的正中央 P 点，该油滴做平抛运动，结合平抛运动规律可得： ) 1.(. 2 00t v l )2.( 2 1 2 2 0 gt d 第 N+1 滴油滴刚好能飞离电场，极板上共有 N 滴油滴；所以极板的带电量为)3.(NqQ 两极

16、板间的电压为)4.( C Q u 两极板间的场强为)5.( d u E 第 N+1 滴油滴在复合场中做类平抛运动，在竖直方向的加速度大小为：)6.( m Eqmg a )7.(. 0t vl )8.( 2 1 2 2 at d ； 联立 1、2、7、8 式得：)9.( 4 1 ga 联立：6、9 式得：)10.( 4 3 q mg E 联立 3、4、5、10 式得： 2 4 3 q Cdmg N ；故 B 选项正确； 第 N+1 滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于重力与电场力对其做功之和，由 10 式可知电场力的大 小为重力的 4 3 ；第 N+1 滴油滴运动的过程电场力对其做功为：mg

17、d d mgWd 8 3 24 3 ；重力做功为： 22 mgdd mgWG故外力做功的总和为：mgd 8 1 ；故 C 选项正确； 第 N+1 滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于除重力外其它力对物体做功的总和，在本题中即为 电场力对物体所作的功；即mgd 8 3 ；所以油滴的机械能减少了mgd 8 3 故 D 选项正确； 23.(2018福建宁德模拟)如图所示，区域、分别存在着有界匀强电场E1、E2，已知区域宽L10.8 m， 区域宽L20.4 m，E110 2 V/m 且方向与水平方向成 45角斜向右上方，E220 V/m 且方向竖直向下。 带电荷量为q1.610 3 C、 质量

18、m1.610 3 kg 的带电小球(可视为质点)在区域的左边界由静止释放。 g取 10 m/s 2，求： (1)小球在电场区域中运动的加速度大小和时间； (2)小球离开电场区域的速度大小和方向。 【答案】 ： (1)10 m/s 2 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平夹角为 37斜向右下方 【解析】 ：(1)小球在电场区域受到的电场力F1qE1， 小球在电场区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为 F合F1cos 451.610 2 N， 则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a1F 合 m 10 m/s 2， 小球运动时间t1 2L1 a1 0.4 s。 (2)小球离开电场区

19、域的水平速度v0a1t14 m/s， 小球在电场区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a2gqE 2 m 30 m/s 2， 小球在电场区域中做类平抛运动，其运动时间:t2L 2 v00.1 s。 小球在竖直方向的分速度vya2t23 m/s， 小球离开电场区域的速度vv 2 0v 2 y5 m/s， 设小球离开电场区域的速度方向与水平方向夹角为，则 tan v y v0 3 4，得 37。 24(2018山西省重点中学联考)如图所示为一多级加速器模型，一质量为m1.010 3 kg、电荷量为 q 8.010 5 C 的带正电小球(可视为质点)通过 1、2 级无初速度地进入第 3 级加

20、速电场，之后沿位于轴心 的光滑浅槽，经过多级加速后从A点水平抛出，恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间，A点 在MN板左端M点正上方，倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为L1.0 m，金属板与水平方向的夹角为 37，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s 2。 (1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U； (2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E100 V/m，要使带电小球不打在PQ板上， 则两板间的距离d至少要多长？ 【答案】 ： (1)18.75 V (2)5 2 6 m 【解析】 ： (1)设小球从A点到B点的运动时间为t1，

21、小球的初速度为v0，A点到M点的高度为y 则有 v0 gt1tan L 2cos v 0t1 yL 2sin 1 2gt 2 1 联立并代入数据解得v0 3 m/s，y17 30 m 带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有 qU1 2mv 2 00 代入数据解得U18.75 V (2)进入电场时， 以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系， 将重力正交分解， 则沿y轴方向有 Fymgcos qE0 沿x轴方向有Fxmgsin 故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P点离开，则有 Fxma L 2 1 2at 2 2 dmin v0 sin t 2 10 联立并代入数据解得dmin5 2 6 m 即两板间的距离d至少为5 2 6 m。