備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題6.7 與拋體運動相關的功能問題（含解析）

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1、專題6.7 與拋體運動相關的功能問題 【考綱解讀與考頻分析】 拋體運動是高中物理重要模型，與拋體運動相關的功能問題是高考命題考查重點。 【高頻考點定位】： 與拋體運動相關的功能問題 考點一：與拋體運動相關的功能問題 【3年真題鏈接】 1.（2019海南物理·10）三個小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下。已知軌道1、軌道2、軌道3的上端距水平地面的高度均為；它們的下端水平，距地面的高度分別為、、，如圖所示。若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點到軌道下端的水平距離分別記為、、，則（ ） A. B. C. D. 【參考答案】BC 【名

2、師解析】沿軌道1下滑，由機械能守恒定律，mg（4h0-h0）=mv12，下滑至軌道1末端時速度v1=，從軌道1末端飛出做平拋運動，由平拋運動規(guī)律，s1=v1t1，h0=gt12，聯(lián)立解得s1=2 h0；沿軌道2下滑，由機械能守恒定律，mg（4h0-2h0）=mv22，下滑至軌道2末端時速度v2=，從軌道2末端飛出做平拋運動，由平拋運動規(guī)律，s2=v2t2，2h0=gt22，聯(lián)立解得s2=4 h0；沿軌道3下滑，由機械能守恒定律，mg（4h0-3h0）=mv32，下滑至軌道3末端時速度v3=，從軌道3末端飛出做平拋運動，由平拋運動規(guī)律，s3=v3t3，3h0=gt32，聯(lián)立解得s3=2 h0；顯

3、然，s2> s1，s2> s3，s1= s3，選項BC正確。 2．（2019全國理綜II卷14）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得（ ） A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h=0時，物體的速率為20 m/s C．h=2 m時，物體的動能Ek=40 J D．從地面至h=4 m，物體的動能減少100 J 【參考答案】.ACD 【命題意圖】本題考查機械能、功能關系及其相關知識

4、點，意在考查靈活運用相關知識分析解決問題的能力，考查的核心素養(yǎng)是從圖像中獲取信息能力。 【解題思路】根據(jù)題給圖像可知拋出時物體動能為Ek=100J，由動能公式Ek=mv2，由重力勢能公式，h=4m時重力勢能mgh=80J，解得物體質(zhì)量m=2kg，h=0時物體的速率為v=10ms，選項A正確B錯誤；由功能關系可知fh=△E=20J，解得物體上升過程中所受空氣阻力f=5N，從開始拋出到上升到h1=2m，由動能定理，-mgh1-fh1=Ek1-100J，解得：Ek1=40J，選項C正確；由題給圖像可知，物體上升到h=4m時，機械能為80J，重力勢能為80J,其動能為零，即物體從地面上升到h=4m，

5、物體動能減少了100J，選項D正確。 【據(jù)圖析題】對于題目以圖像形式給出解題信息，首先要結(jié)合題述情景，通過分析圖像，獲取有價值的解題信息，然后利用相關知識點分析解答。 3．（2019全國理綜III卷17）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為（ ） A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 【參考答案】C 【

6、名師解析】由圖像可知物體上升的最大高度h=6m，設物體在運動過程中受到的外力大小為f，由動能定理，-2fh=48J-72J=-24J，解得f=2N。設從地面豎直向上拋出,物體時速度為v0，對上升過程，由牛頓第二定律，mg+f=ma，v02=2ah，mv02=72J，聯(lián)立解得m=1kg，選項C正確。 4.（2019年4月浙江選考）小明以初速度v0=10m/s豎直向上拋出一個質(zhì)量m=0.1kg的小皮球，最后在拋出點接住。假設小皮球在空氣中所受阻力大小為重力的0.1倍。求小皮球 （1）上升的最大高度； （2）從拋出到接住的過程中重力和空氣阻力所做的功 （3）上升和下降的時間。 【參考答案】

7、（1）；（2）0；；（3）， 【名師解析】（1）上升過程：mg+Ff=ma1 解得a1=11m/s2 上升的高度： （2）重力做功：WG=0 空氣阻力做功： （3）上升的時間： 下降過程：mg-Ff=ma2 解得a2=9m/s2 解得 5.（2018全國高考III卷）如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα= 3/5，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平

8、恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求： （1）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大?。? （2）小球到達A點時動量的大?。? （3）小球從C點落至水平軌道所用的時間。 【名師解析】（1）解:設水平恒力的大小為F0 ， 小球到達C點時所受合力的大小為F。由力的合成法則有 ① ② 設小球到達C點時的速度大小為v ， 由牛頓第二定律得 ③ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得 ④ ⑤ （2）解:設小球到達A點的速度大小為 ，作 ，交PA于D點，由幾何關系得 ⑥ ⑦ 由動能定理有 ⑧

9、由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為 ⑨ （3）解:小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設小球在豎直方向的初速度為 ，從C點落至水平軌道上所用時間為t。由運動學公式有 ⑩ ? 由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得 ? 【分析】（1）由力的合成法則及在C點由牛頓第二定律可求出水平恒力F0及小球到達C點的速度。 （2）從A到C有動能定理，幾何關系和動量的表達式可求出小球到達A點時的動量。 （3）從C落至水平軌道，在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，由運動學公式可得落至水平軌道所用的時間。 【2年模擬再現(xiàn)】 1.（2019太原期末

10、）如圖為運動員投挪鉛球的過程示意圖在運動員的作用下,鉛球從a 點由靜止加速到b 點，在b 點以與水平方向成定角度的速度斜向 上飛出.c 為鉛球能到達的最高點。下列說法中正確的是（ ） A：從a 到b,運動員對鉛球做的功等于鉛球動能的增加量 B：從b 到c ,鉛球的速度與加速度方向間夾角一直增大 C：從a 到d,重力對鉛球一直做正功 D：從b 到d ,鉛球的動能先減小到零后逐漸增大 【參考答案】B 【名師解析】從a 到b,運動員對鉛球做的功等于鉛球機械能（動能和重力勢能之和）的增加量，選項A錯誤；鉛球在空中運動只受到重力，其加速度方向豎直向下，而鉛球的速度方向沿軌跡的切線方向

11、，所以從b 到c ,鉛球的速度與加速度方向間夾角一直增大，選項B正確；從a 到c，,重力對鉛球一直做正功，而從c 到d,重力對鉛球一直做正功，選項C錯誤；鉛球做斜拋運動，在最高點c速度不為零，動能不為零，所以從b 到d ,鉛球的動能先減小到最小值后逐漸增大，選項D錯誤。 2.（2018?江蘇）從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是（??? ） A.????????????B.????????????C.????????????D.? 【參考答案】A 【名師解析】小球做豎直上拋運動時，速

12、度v=v0-gt ， 根據(jù)動能 得 ，故圖象A符合題意。 3. (16分)（2019南京三模）如圖所示，桌子靠墻固定放置，用一塊長L1＝1.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌面距地面H＝0.8 m，桌面總長L2＝1.5 m，斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定，將質(zhì)量m＝0.2 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2未知，忽略物塊在斜面與桌面交接處的機械能損失，不計空氣阻力．(重力加速度取g＝10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1) 求當

13、θ＝30°時，物塊在斜面上下滑的加速度的大?。?可以用根號表示) (2) 當θ增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2； (3) μ2取第(2)問中的數(shù)值，當θ角為多大時物塊落地點與墻面的距離最大，最大距離xm是多少． 【名師解析】： (1) mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma(2分) 代入數(shù)據(jù)得a＝5－0.25(m/s2)(3分) (2) 由動能定理得mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2mg(L2－L1cos θ)＝0－0(2分) 代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8(3分) (3) mgL1sin θ－μ1mgL1cos θ－μ2mg(L

14、2－L1cos θ)＝mv2(1分) 得20(sin θ－1.2＋cos θ)＝v2(1分) 當θ＝53°時vmax＝1 m/s(2分) 由于H＝gt2　解得t＝0.4 s(1分) x1＝vt＝0.4 m(1分) xm＝x1＋L2＝1.9 m(1分) 4.(25分)(2018·西昌模擬)如圖所示,足夠長的斜面與水平面夾角為37°,斜面上有一質(zhì)量M=3 kg的長木板,斜面底端擋板高度與木板厚度相同。m=1 kg的小物塊從空中某點以v0=3 m/s水平拋出,拋出同時木板由靜止釋放,小物塊下降h=0.8 m掉在木板前端,碰撞時間極短可忽略不計,碰后瞬間物塊垂直斜面分速度立即變?yōu)榱?。碰后?/p>

15、者向下運動,小物塊恰好在木板與擋板碰撞時在擋板處離開木板。已知木板與斜面間動摩擦因數(shù)μ=0.5,木板上表面光滑,木板與擋板每次碰撞均無能量損失,g取10 m/s2,求: (1)碰前瞬間小物塊速度大小和方向。 (2)木板至少多長小物塊才沒有從木板后端離開木板。 (3)木板從開始運動到最后停在斜面底端的整個過程中通過路程多大。 【名師解析】 (1)小物塊平拋,由動能定理得: mgh=mvt2-m v02 代入數(shù)據(jù)解得:vt=5 m/s sinθ=v0/vt=0.6 解得:θ=37°,即速度方向與斜面垂直 (2)小物塊平拋,則:h=gt12 木板下滑,由牛頓第二定律得:

16、 Mgsinα-μMgcosα=Ma v=at1 解得:a=2 m/s2,t1=0.4 s,v=0.8 m/s 小物塊掉到木板上后速度變?yōu)?,然后向下運動,直到與木板速度相同過程: 小物塊:mgsinα=ma1 木板:Mgsinα-μ(M+m)gcosα=Ma2 速度相同時:a1Δt=v+a2Δt 解得:a1=6 m/s2,a2= m/s2,Δt=0.15 s Lmin=vΔt+a2Δt2-a1Δt2=0.06 m (3)小物塊平拋過程木板下移: x1=vt1=0.16 m 兩者相碰到小物塊離開:x2=a1t22=vt2+a2 t22 代入數(shù)據(jù)解得:t2=0.3 s,x

17、2=0.27 m 此時木板速度:v2=v+a2t2=1 m/s 木板與擋板碰后全程生熱: Q=μMgcosα·s=M v22 代入數(shù)據(jù)解得:s=0.125 m 可見木板在斜面上通過路程: s總=x1+x2+s=0.555 m 答案:(1)5 m/s　方向與斜面垂直　(2)0.06 m (3)0.555 m 預測考點一：與拋體運動相關的功能問題 【2年模擬再現(xiàn)】 1.(2018名校模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的足球靜止在地面1的位置，被踢出后落到地面3的位置。在空中達到最高點2的高度為h，速度為v，已知重力加速度為g。下列說法正確的是（　?。? A. 運動員對足球做

18、的功為mgh+mv2 B. 足球落到3位置時的動能為mgh C. 足球剛離開1位置時的動能大于mgh+mv2 D. 足球在2位置時的機械能等于其在3位置時的動能 【參考答案】C 【名師解析】由軌跡分析知，足球運動的過程中必定受到空氣阻力，從踢球到足球運動到2位置的過程，運用動能定理得：W-mgh-Wf=mv2，得運動員對足球做的功為：W=Wf+mgh+mv2，Wf是足球克服空氣阻力做的功，故A錯誤。從2位置到3位置，由動能定理得：Ek3-=mgh-Wf′，得足球落到3位置時的動能為：Ek3=+mgh-Wf′，故B錯誤。從1位置到2位置，由動

19、能定理得：-Ek1=-mgh-Wf，得足球剛離開1位置時的動能為：Ek1=mgh+mv2+Wf＞mgh+mv2，故C正確。由于有空氣阻力做負功，所以足球的機械能不斷減少，所以足球在2位置時的機械能大于其在3位置時的動能，故D錯誤。 【關鍵點撥】從踢球到足球運動到2位置的過程，運用動能定理列式，可求得運動員對足球做的功。由功能原理分析足球落到3位置時的動能和剛離開1位置時的動能。 2. （2019太原期末）如圖所示，從同一位置以不同初速度水平拋出質(zhì)量相等的甲、乙兩小球,分別落到斜面上的A、B兩點。下列說法正確的是( ) 　A.甲球比乙球下落用時長一些 　B.下落過程中甲球重力

20、的平均功率比乙球的大 　C.甲球落到A 點時的機械能比乙球落到B 點時的機械能大 　D.甲球落到A 點時重力的功率比乙球落到B 點時重力的功率小 【參考答案】CD 【命題意圖】本題考查平拋運動規(guī)律、機械能守恒定律、功率及其相關知識點。 【解題思路】根據(jù)平拋運動的時間只與豎直下落高度有關可知，甲球比乙球下落用時短一些，選項A錯誤；下落過程中甲球重力做功W甲=mgh甲，由h甲=gt2，解得運動時間t甲=，甲球重力的平均功率P甲= W甲=/ t甲=mg，同理可得乙球重力的平均功率P乙= mg，由于h乙大于h甲，所以甲球重力的平均功率比乙球的小，選項B錯誤；根據(jù)平拋運動規(guī)律分析可得甲球的平拋

21、初速度大于乙球，甲球的初動能大于乙球，甲球的初機械能大于乙球，由于平拋運動小球機械能守恒，所以甲球落到A 點時的機械能比乙球落到B 點時的機械能大，選項C正確；平拋運動小球的豎直速度與豎直下落高度有關，vy=，由于h乙大于h甲，所以甲球甲球落到A 點時的豎直方向速度小于乙球，由瞬時功率公式P=Fv可知，甲球落到A點時重力的功率比乙球落到B 點時重力的功率小，選項D正確。 【易錯點撥】解答此題常見錯誤主要有：一是認為平拋運動時間與水平位移有關，導致錯選A；二是沒有推出平均功率導致錯選B。 3.（2019洛陽聯(lián)考）如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面

22、上．若以地面為參考平面，且不計空氣阻力，則下列選項正確的是(??? ) A.?物體落到海平面時的勢能為mgh?????????????????????????B.?物體在最高點處的機械能為 C.?物體在海平面上的機械能為 +mgh???????????D.?物體在海平面上的動能為 【參考答案】B 【名師解析】以地面為零勢能面，海平面低于地面h，所以物體在海平面上時的重力勢能為-mgh，A不符合題意；整個過程機械能守恒，即初末狀態(tài)的機械能相等，以地面為零勢能面，拋出時的機械能為 ，所以物體在海平面時的機械能也為 ，B符合題意，C不符合題意；由動能定理w=Ek2-Ek1

23、， 有 ，D不符合題意。 【1年仿真原創(chuàng)】 某踢出的足球在空中運動軌跡如圖所示，足球視為質(zhì)點，空氣阻力不計。用v、E、Ek、P分別表示足球的速率、機械能、動能和重力的瞬時功率大小，用t表示足球在空中的運動時間，下列圖象中可能正確的是(　　) 【參考答案】D　 【名師解析】足球做斜上拋運動，機械能守恒，重力勢能先增加后減小，故動能先減小后增加，速度先減小后增加，A、B項錯誤；以初始位置為零勢能面，踢出時豎直方向速度為vy，則Ek＝E－Ep＝E－mgh＝E－mgvyt＋mg2t2，C項錯誤；速度的水平分量不變，豎直分量先減小到零，后反向增加，故根據(jù)P＝Gvy可知，重力的功率先均勻減

24、小后均勻增加，D項正確。 2.在學校組織的趣味運動會上，某科技小組為大家提供了一個游戲。如圖所示，將一質(zhì)量為0.1 kg 的鋼球放在O點，用彈射裝置將其彈出，使其沿著光滑的半環(huán)形軌道OA和AB運動。BC段為一段長為L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG為接球槽。圓弧OA和AB的半徑分別為r＝0.2 m、R＝0.4 m,小球與BC段的動摩擦因數(shù)為μ＝0.7，C點離接球槽的高度為h＝1.25 m，水平距離為x＝0.5 m，接球槽足夠大，g取10 m/s2。求： (1)要使鋼球恰好不脫離半環(huán)形軌道，鋼球在A點的速度大?。? (2)鋼球恰好不脫離軌道時，在B位置對半環(huán)形軌道的壓力大小； (3)要

25、使鋼球最終能落入槽中，彈射速度v0至少多大？ 【參考答案】　(1)2 m/s　(2)6 N　(3) m/s 【名師解析】　(1)要使鋼球恰好不脫離軌道，鋼球在最高點時，對鋼球分析有mg＝m，解得vA＝2 m/s。 (2)鋼球從A到B的過程由動能定理得 mg·2R＝mv－mv， 在B點有FN－mg＝m， 解得FN＝6 N， 根據(jù)牛頓第三定律，鋼球在B位置對半環(huán)形軌道的壓力為6 N。 (3)從C到D鋼球做平拋運動，要使鋼球恰好能落入槽中， 則x＝vCt，h＝gt2，解得vC＝1 m/s， 假設鋼球在A點的速度恰為vA＝2 m/s時，鋼球可運動到C點，且速度為vC′，從A到C有 mg·2R－μmgL＝mvC′2－mv， 解得vC′2<0， 故當鋼球在A點的速度恰為vA＝2 m/s時，鋼球不可能到達C點，更不可能入槽，要使鋼球最終能落入槽中，需要更大的彈射速度，才能使鋼球既不脫離軌道，又能落入槽中。當鋼球到達C點速度為vC時，v0有最小值，從O到C有mgR－μmgL＝mv－mv， 解得v0＝ m/s。 12