备战2020高考物理3年高考2年模拟1年原创专题6.7与抛体运动相关的功能问题（含解析）.docx

专题6.7 与抛体运动相关的功能问题【考纲解读与考频分析】抛体运动是高中物理重要模型，与抛体运动相关的功能问题是高考命题考查重点。【高频考点定位】： 与抛体运动相关的功能问题考点一：与抛体运动相关的功能问题 【3年真题链接】1.（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；它们的下端水平，距地面的高度分别为、，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、，则（ ）A. B. C. D. 【参考答案】BC【名师解析】沿轨道1下滑，由机械能守恒定律，mg（4h0-h0）=mv12，下滑至轨道1末端时速度v1=，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=2 h0；沿轨道2下滑，由机械能守恒定律，mg（4h0-2h0）=mv22，下滑至轨道2末端时速度v2=，从轨道2末端飞出做平抛运动，由平抛运动规律，s2=v2t2，2h0=gt22，联立解得s2=4 h0；沿轨道3下滑，由机械能守恒定律，mg（4h0-3h0）=mv32，下滑至轨道3末端时速度v3=，从轨道3末端飞出做平抛运动，由平抛运动规律，s3=v3t3，3h0=gt32，联立解得s3=2 h0；显然，s2 s1，s2 s3，s1= s3，选项BC正确。2（2019全国理综II卷14）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得（ ）A物体的质量为2 kg Bh=0时，物体的速率为20 m/sCh=2 m时，物体的动能Ek=40 J D从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J【参考答案】.ACD【命题意图】本题考查机械能、功能关系及其相关知识点，意在考查灵活运用相关知识分析解决问题的能力，考查的核心素养是从图像中获取信息能力。【解题思路】根据题给图像可知抛出时物体动能为Ek=100J，由动能公式Ek=mv2，由重力势能公式，h=4m时重力势能mgh=80J，解得物体质量m=2kg，h=0时物体的速率为v=10ms，选项A正确B错误；由功能关系可知fh=E=20J，解得物体上升过程中所受空气阻力f=5N，从开始抛出到上升到h1=2m，由动能定理，-mgh1-fh1=Ek1-100J，解得：Ek1=40J，选项C正确；由题给图像可知，物体上升到h=4m时，机械能为80J，重力势能为80J,其动能为零，即物体从地面上升到h=4m，物体动能减少了100J，选项D正确。【据图析题】对于题目以图像形式给出解题信息，首先要结合题述情景，通过分析图像，获取有价值的解题信息，然后利用相关知识点分析解答。3（2019全国理综III卷17）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为（ ）A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg【参考答案】C【名师解析】由图像可知物体上升的最大高度h=6m，设物体在运动过程中受到的外力大小为f，由动能定理，-2fh=48J-72J=-24J，解得f=2N。设从地面竖直向上抛出,物体时速度为v0，对上升过程，由牛顿第二定律，mg+f=ma，v02=2ah，mv02=72J，联立解得m=1kg，选项C正确。4.（2019年4月浙江选考）小明以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球（1）上升的最大高度；（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功（3）上升和下降的时间。【参考答案】（1）；（2）0；（3），【名师解析】（1）上升过程：mg+Ff=ma1解得a1=11m/s2 上升的高度：（2）重力做功：WG=0空气阻力做功： （3）上升的时间：下降过程：mg-Ff=ma2解得a2=9m/s2 解得5.（2018全国高考III卷）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin= 3/5，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小； （2）小球到达A点时动量的大小； （3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。 【名师解析】（1）解:设水平恒力的大小为F0 ， 小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有设小球到达C点时的速度大小为v ， 由牛顿第二定律得由式和题给数据得（2）解:设小球到达A点的速度大小为 ，作 ，交PA于D点，由几何关系得由动能定理有由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为（3）解:小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为 ，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有由式和题给数据得 【分析】（1）由力的合成法则及在C点由牛顿第二定律可求出水平恒力F0及小球到达C点的速度。（2）从A到C有动能定理，几何关系和动量的表达式可求出小球到达A点时的动量。（3）从C落至水平轨道，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，由运动学公式可得落至水平轨道所用的时间。【2年模拟再现】1.（2019太原期末）如图为运动员投挪铅球的过程示意图在运动员的作用下,铅球从a 点由静止加速到b 点，在b 点以与水平方向成定角度的速度斜向 上飞出.c 为铅球能到达的最高点。下列说法中正确的是（ ）A：从a 到b,运动员对铅球做的功等于铅球动能的增加量B：从b 到c ,铅球的速度与加速度方向间夹角一直增大C：从a 到d,重力对铅球一直做正功D：从b 到d ,铅球的动能先减小到零后逐渐增大【参考答案】B【名师解析】从a 到b,运动员对铅球做的功等于铅球机械能（动能和重力势能之和）的增加量，选项A错误；铅球在空中运动只受到重力，其加速度方向竖直向下，而铅球的速度方向沿轨迹的切线方向，所以从b 到c ,铅球的速度与加速度方向间夹角一直增大，选项B正确；从a 到c，,重力对铅球一直做正功，而从c 到d,重力对铅球一直做正功，选项C错误；铅球做斜抛运动，在最高点c速度不为零，动能不为零，所以从b 到d ,铅球的动能先减小到最小值后逐渐增大，选项D错误。2.（2018江苏）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是（ ） A.B.C.D.【参考答案】A 【名师解析】小球做竖直上抛运动时，速度v=v0-gt ， 根据动能 得 ，故图象A符合题意。3. (16分)（2019南京三模）如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H0.8 m，桌面总长L21.5 m，斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定，将质量m0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力(重力加速度取g10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin 370.6，cos 370.8)(1) 求当30时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)(2) 当增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(3) 2取第(2)问中的数值，当角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离xm是多少【名师解析】：(1) mgsin 1mgcos ma(2分)代入数据得a50.25(m/s2)(3分)(2) 由动能定理得mgL1sin 1mgL1cos 2mg(L2L1cos )00(2分)代入数据得20.8(3分)(3) mgL1sin 1mgL1cos 2mg(L2L1cos )mv2(1分)得20(sin 1.2cos )v2(1分)当53时vmax1 m/s(2分)由于Hgt2解得t0.4 s(1分)x1vt0.4 m(1分)xmx1L21.9 m(1分)4.(25分)(2018西昌模拟)如图所示,足够长的斜面与水平面夹角为37,斜面上有一质量M=3 kg的长木板,斜面底端挡板高度与木板厚度相同。m=1 kg的小物块从空中某点以v0=3 m/s水平抛出,抛出同时木板由静止释放,小物块下降h=0.8 m掉在木板前端,碰撞时间极短可忽略不计,碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零。碰后两者向下运动,小物块恰好在木板与挡板碰撞时在挡板处离开木板。已知木板与斜面间动摩擦因数=0.5,木板上表面光滑,木板与挡板每次碰撞均无能量损失,g取10 m/s2,求:(1)碰前瞬间小物块速度大小和方向。(2)木板至少多长小物块才没有从木板后端离开木板。(3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整个过程中通过路程多大。【名师解析】(1)小物块平抛,由动能定理得:mgh=mvt2-m v02代入数据解得:vt=5 m/ssin=v0/vt=0.6解得:=37,即速度方向与斜面垂直(2)小物块平抛,则:h=gt12木板下滑,由牛顿第二定律得:Mgsin-Mgcos=Mav=at1解得:a=2 m/s2,t1=0.4 s,v=0.8 m/s小物块掉到木板上后速度变为0,然后向下运动,直到与木板速度相同过程:小物块:mgsin=ma1木板:Mgsin-(M+m)gcos=Ma2速度相同时:a1t=v+a2t解得:a1=6 m/s2,a2= m/s2,t=0.15 sLmin=vt+a2t2-a1t2=0.06 m(3)小物块平抛过程木板下移:x1=vt1=0.16 m两者相碰到小物块离开:x2=a1t22=vt2+a2 t22代入数据解得:t2=0.3 s,x2=0.27 m此时木板速度:v2=v+a2t2=1 m/s木板与挡板碰后全程生热:Q=Mgcoss=M v22代入数据解得:s=0.125 m可见木板在斜面上通过路程:s总=x1+x2+s=0.555 m答案:(1)5 m/s方向与斜面垂直(2)0.06 m(3)0.555 m预测考点一：与抛体运动相关的功能问题【2年模拟再现】1.(2018名校模拟)如图所示，质量为m的足球静止在地面1的位置，被踢出后落到地面3的位置。在空中达到最高点2的高度为h，速度为v，已知重力加速度为g。下列说法正确的是（）A. 运动员对足球做的功为mgh+mv2 B. 足球落到3位置时的动能为mghC. 足球刚离开1位置时的动能大于mgh+mv2 D. 足球在2位置时的机械能等于其在3位置时的动能【参考答案】C【名师解析】由轨迹分析知，足球运动的过程中必定受到空气阻力，从踢球到足球运动到2位置的过程，运用动能定理得：W-mgh-Wf=mv2，得运动员对足球做的功为：W=Wf+mgh+mv2，Wf是足球克服空气阻力做的功，故A错误。从2位置到3位置，由动能定理得：Ek3-=mgh-Wf，得足球落到3位置时的动能为：Ek3=+mgh-Wf，故B错误。从1位置到2位置，由动能定理得：-Ek1=-mgh-Wf，得足球刚离开1位置时的动能为：Ek1=mgh+mv2+Wfmgh+mv2，故C正确。由于有空气阻力做负功，所以足球的机械能不断减少，所以足球在2位置时的机械能大于其在3位置时的动能，故D错误。【关键点拨】从踢球到足球运动到2位置的过程，运用动能定理列式，可求得运动员对足球做的功。由功能原理分析足球落到3位置时的动能和刚离开1位置时的动能。2. （2019太原期末）如图所示，从同一位置以不同初速度水平抛出质量相等的甲、乙两小球,分别落到斜面上的A、B两点。下列说法正确的是( )A.甲球比乙球下落用时长一些B.下落过程中甲球重力的平均功率比乙球的大C.甲球落到A 点时的机械能比乙球落到B 点时的机械能大D.甲球落到A 点时重力的功率比乙球落到B 点时重力的功率小【参考答案】CD【命题意图】本题考查平抛运动规律、机械能守恒定律、功率及其相关知识点。【解题思路】根据平抛运动的时间只与竖直下落高度有关可知，甲球比乙球下落用时短一些，选项A错误；下落过程中甲球重力做功W甲=mgh甲，由h甲=gt2，解得运动时间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，选项B错误；根据平抛运动规律分析可得甲球的平抛初速度大于乙球，甲球的初动能大于乙球，甲球的初机械能大于乙球，由于平抛运动小球机械能守恒，所以甲球落到A 点时的机械能比乙球落到B 点时的机械能大，选项C正确；平抛运动小球的竖直速度与竖直下落高度有关，vy=，由于h乙大于h甲，所以甲球甲球落到A 点时的竖直方向速度小于乙球，由瞬时功率公式P=Fv可知，甲球落到A点时重力的功率比乙球落到B 点时重力的功率小，选项D正确。【易错点拨】解答此题常见错误主要有：一是认为平抛运动时间与水平位移有关，导致错选A；二是没有推出平均功率导致错选B。3.（2019洛阳联考）如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上若以地面为参考平面，且不计空气阻力，则下列选项正确的是( )A.物体落到海平面时的势能为mghB.物体在最高点处的机械能为 C.物体在海平面上的机械能为 +mghD.物体在海平面上的动能为 【参考答案】B 【名师解析】以地面为零势能面，海平面低于地面h，所以物体在海平面上时的重力势能为-mgh，A不符合题意；整个过程机械能守恒，即初末状态的机械能相等，以地面为零势能面，抛出时的机械能为 ，所以物体在海平面时的机械能也为 ，B符合题意，C不符合题意；由动能定理w=Ek2-Ek1 ， 有 ，D不符合题意。【1年仿真原创】某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计。用v、E、Ek、P分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是()【参考答案】D【名师解析】足球做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，A、B项错误；以初始位置为零势能面，踢出时竖直方向速度为vy，则EkEEpEmghEmgvytmg2t2，C项错误；速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据PGvy可知，重力的功率先均匀减小后均匀