2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)素養(yǎng)提升第4章拋體運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)第12講拋體運(yùn)動(dòng)

有約束條件的平拋運(yùn)動(dòng)模型平拋運(yùn)動(dòng)常見模型分析運(yùn)動(dòng)情境物理量分析vy＝gt，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)→t＝eq\f(v0,gtanθ)→求x、yx＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2→tanθ＝eq\f(y,x)→t＝eq\f(2v0tanθ,g)tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)→t＝eq\f(v0tanθ,g)落到斜面上時(shí)合速度與水平方向的夾角為φ，tanφ＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(gt2,v0t)＝eq\f(2y,x)＝2tanθ(α＝φ－θ)tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)→t＝eq\f(v0tanθ,g)在半圓內(nèi)的平拋運(yùn)動(dòng)，h＝eq\f(1,2)gt2，R±eq\r(R2－h(huán)2)＝v0t→求t如圖所示，小球恰好從圓柱體Q點(diǎn)沿切線飛過，此時(shí)半徑OQ垂直于速度方向，圓心角θ與速度的偏向角相等?考向1與斜面相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)[解析]小球甲從斜面A頂端水平拋出，落到斜面A上的C點(diǎn)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有tan37°＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq\f(gt,2v)，得gt＝2vtan37°；另一小球乙從斜面B頂端水平拋出，恰好垂直斜面A落在C點(diǎn)，有tan37°＝eq\f(v乙,gt′)，因?yàn)樾泵鍭和B頂端的高度相同，則兩球落到同一點(diǎn)C所用的時(shí)間相同，所以v乙＝gttan37°＝2vtan237°＝eq\f(9,8)v，選項(xiàng)B正確。?考向2與弧面相關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng)如圖所示，水平路面出現(xiàn)了一個(gè)大坑，其豎直截面為半圓，AB為沿水平方向的直徑。一輛行駛的汽車發(fā)現(xiàn)情況后緊急剎車安全停下，但兩顆石子分別以速度v1、v2從A點(diǎn)沿AB方向水平飛出，分別落于C、D兩點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)距水平路面距離分別為圓半徑的0.6倍和1倍。則v1∶v2的值為(C)A.eq\r(3) B．eq\f(\r(3),5)C.eq\f(3\r(15),5) D．eq\f(3\r(3),5)[解析]設(shè)圓弧的半徑為R，依平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得x1＝v1t1，x2＝v2t2，聯(lián)立得eq\f(v1,v2)＝eq\f(x1t2,x2t1)＝eq\f(2R－0.2Rt2,Rt1)＝eq\f(1.8t2,t1)，兩石子在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，y1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，y2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，由兩式相比得eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(y1),\r(y2))，其中y1＝eq\f(3,5)R，y2＝R，則有eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(3,5))，代入速度公式得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3\r(15),5)，C項(xiàng)正確。?考向3平拋運(yùn)動(dòng)與臺(tái)階面的關(guān)聯(lián)問題(2024·河北張家口調(diào)研)如圖所示，小球從樓梯上以2m/s的速度水平拋出，所有臺(tái)階的高度和寬度均為0.25m，取g＝10m/s2，小球拋出后首先落到的臺(tái)階是(D)A．第一級(jí) B．第二級(jí)C．第三級(jí) D．第四級(jí)[解析]如圖所示，構(gòu)建一個(gè)過所有臺(tái)階邊緣的斜面，顯然斜面的傾角θ＝45°，小球經(jīng)過斜面時(shí)必滿足eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝tanθ，代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4s，此時(shí)水平位移x＝v0t＝0.8m，為第四級(jí)臺(tái)階上方，小球?qū)⑹紫嚷湓诘谒募?jí)臺(tái)階上，選項(xiàng)D正確。【跟蹤訓(xùn)練】(與斜面有關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng))如圖所示，從傾角為θ且足夠長(zhǎng)的斜面頂端P以速度v0拋出一個(gè)小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，落在斜面上某處，記為Q點(diǎn)，小球落在斜面上的速度與斜面的夾角為α，若把初速度變?yōu)?v0，小球仍落在斜面上，則以下說法正確的是(B)A．夾角α將變大B．夾角α與初速度大小無關(guān)C．小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變D．PQ間距是原來間距的3倍[解析]根據(jù)tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?倍，C錯(cuò)誤；根據(jù)x＝v0t＝eq\f(2v\o\al(2,0)tanθ,g)知，初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，且PQ＝eq\f(x,cosθ)，故PQ間距變?yōu)樵瓉黹g距的4倍，D錯(cuò)誤；末速度與水平方向夾角的正切值tanβ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ，可知速度方向與水平方向夾角正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，因?yàn)槲灰婆c水平方向夾角不變，則末速度與水平方向夾角不變，由幾何關(guān)系可知α不變，與初速度大小無關(guān)，A錯(cuò)誤，B正確。(與弧面有關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng))如圖所示為四分之一圓柱體OAB的豎直截面，半徑為R，在B點(diǎn)上方的C點(diǎn)水平拋出一個(gè)小球，小球軌跡恰好在D點(diǎn)與圓柱體相切，OD與OB的夾角為60°，則C點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為(D)A．R B．eq\f(R,2)C．eq\f(3R,4) D．eq\f(R,4)[解析]設(shè)小球平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v0，由題意知小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度與圓柱體相切，則有eq\f(vy,v0)＝tan60°，即eq\f(gt,v0)＝eq\r(3)；小球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x＝Rsin60°＝v0t，聯(lián)立解得veq\o\al(2,0)＝eq\f(Rg,2)，veq\o\al(2,y)＝eq\f(3Rg,2)，設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移為y，veq\o\al(2,y)＝2gy，解得y＝eq\f(3R,4)，則CB＝y(tǒng)－R(1－cos60°)＝eq\f(R,4)，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。(與拋物線有關(guān)的平拋運(yùn)動(dòng))如圖所示，在豎直的平面直角坐標(biāo)系xOy中，一無阻擋的拋物線邊界y＝x2把平面分為兩部分，在y軸上A處有一質(zhì)點(diǎn)小球以v0＝2eq\r(5)m/s的初速度垂直于y軸射出，已知OA＝5m，不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2，則(A)A．小球到達(dá)邊界的時(shí)間為eq\f(\r(5),5)sB．小球到達(dá)邊界的位置為(－eq\r(2)m,2m)C．小球到達(dá)x軸時(shí)速度方向與x軸負(fù)方向成30°D．經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間，小球速度方向可能和y軸平行[解析]小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則其坐標(biāo)分別為x＝－v0t，y＝y(tǒng)0－eq\f(1,2)gt2，其中y0＝5，與y＝x2聯(lián)立，可得x＝－2m，y＝4m，t＝eq\f(\r(5),5)s，故到達(dá)邊界的位置為(－2m,4m)，到達(dá)邊界的時(shí)間為eq\f(\r(5),5)s，故A正確，B錯(cuò)