2023年高三物理二轮复习常见模型与练习07 平抛运动与斜面曲面相结合的模型（解析版）

2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练

专题07平抛运动与斜面曲面相结合的模型

特训目标特训内容

目标1高考真题（IT—2T）

目标2斜面内平抛模型（3T—7T）

目标3斜面外平抛模型（8T—12T）

目标4与曲面相结合模型（13T—17T）

【特训典例】

一、高考真题

1.（2022年广东卷）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的“点由静止自由滑下，经过水

平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能

表示该过程运动员速度大小V或加速度大小α随时间，变化的图像是（）

C.

O

【答案】C

【详解】设斜坡倾角为。，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律WgSin。=.I

可得q=gsin。运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度的=0运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度

为重力加速度为=g设在P点的速度为％，则从P点飞出后速度大小的表达式为/=&+g2∕

由分析可知从P点匕出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且C正确，ABD错误。故选&

2.（2020年浙江卷）如图所示，钢球从斜槽轨道末端以%的水平速度飞出，经过时间f落在斜靠的挡板A8

中点。若钢球以2%的速度水平飞出，则（）

A.下落时间仍为1B.下落时间为2fC.下落时间为后D.落在挡板底端B点

【答案】C

【详解】钢球以%飞出后落在长为2L的A8挡板中点，假设挡板与水平地面的夹角为依钢球做平抛运动

分解位移：LCoSe=%；Z,sinJ=gg/解得：％=匡近若钢球恰好落在B点，则：2Lcθsθ=vltl.

2V2sin6/

2Zsine=ggf解得：%=立匡.竺超=五％又因为2%>%,所以钢球以2%抛出，落在地面上B点右侧，落

2V2sin

地时间与落在B点时间相同，综合上述分析可知落地时间：La•华普=M故C正确,ABD错误。

故选C.

二、斜面内平抛模型

3.跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动。图甲为某跳台滑雪运动员从跳台。（长度可忽略不计）处沿水平方

向飞出，经2s在斜坡/7处着陆的示意图，图乙为运动员从。到b飞行时，速度的平方随飞行时间，变化的关

系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取Iom/J,则下列说法正确的是（）

A.运动员在4处的速度大小为20m∕s

B.斜坡的倾角为30。

C.运动员运动到〃处时速度方向与水平方向夹角为45°

D.运动员在IS末时离坡面的距离最大

【答案】D

【详解】A.运动员在“处的速度沿水平方向，根据平抛运动规律可知+SO?由乙图可知叱；=5]

联立可得匕=IOmZS故A错误；

V

BC.设斜面倾角为。，处速度与水平方向夹角为尸，在处竖直速度为L=g∕=20m∕s所以tan/=r=2

根据平抛运动知识得tan∕=2tana,所以tane=l;α=45故BC错误；

D.在。处，把速度沿垂直斜面及平行斜面分解得垂直斜面的分速度为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为a=gcos45。当K减为零时，离斜面最远，设经过时间为4,则

v1=M求得%=Is故D正确。故选D„

4.将小球从斜面上的A点以不同速度抛出，第一次水平抛出速度大小为匕；第二次垂直斜面抛出速度大小

为匕，运动过程中不计空气阻力，最终小球都落在斜面上的8点，运动轨迹如图甲、乙所示。已知斜面倾

角为45。，两次运动时间分别是4、J，则（）

A.ɪL=&B.—=-C.—=√2

td

2t22v2⅞4

【答案】B

【详解】水平方向X=W=V2COS45%竖直方向y=Jg√=-v2sin45%+1同时满足taιl45。=上=ɪɪl

X呐

联立解得L=浮，上=1故选B。

t22v2

5.如图所示，甲图中运动的小球只受重力作用：乙图中存在竖直向下的匀强电场，甲、乙两图中的斜面相

同且绝缘。现将完全相同的带负电小球从两斜面上的同一点。以相同初速度沿水平方向抛出，分别落在甲、

乙图中斜面上Ai点（图中末画出）。小球受到的电场力始终小于重力，不计空气阻力。则下列说法正确的

是（）

A.O、A之间距离等于O、8之间距离

B.小球从抛出到落在斜面上用时相等

C∙小球落到A点的竖直方向位移小于落到B点的竖直方向位移

D∙小球落到A点的水平方向位移大于落到B点的水平方向位移

【答案】C

【详解】A.小球甲只受重力，加速度为g,乙球受向上的电场力，因受到的电场力始终小于重力，可知加

2v

tann-V_O

速度小于g,根据1,^at可知甲从抛出到落到斜面上用时间较短，选项A错误；

-Cli2

2

BD.根据X=卬小球落到A点的水平方向位移小于落到B点的水平方向位移，根据s=」==」吗

cosyCOSe

可知OA之间的距离大于。8之间的距离，选项BD错误；

C.竖直位移y=%ftanθuj■知，小球落到A点的竖直方向位移小于落到8点的竖直方向位移，选项C正确;

故选C。

6.如图甲为2022年北京冬奥会的跳台滑雪场地"雪如意"，其主体建筑设计灵感来自于中国传统饰物"如意"。

其部分赛道可简化为如图乙所示的轨道模型，斜坡可视为倾角为。的斜面，运动员（可视为质点）从跳台”

处以速度V沿水平方向向左飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出至落到斜坡上的过程中，下列说法正确的

是（）

tan

A.运动员运动的时间为2""

g

B.运动员落在斜坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为26

C.若运动的初速度变小，运动员落在斜坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角不变

I?Qin4f）

D.运动员在空中离坡面的最大距离为产Y

2gcos”

【答案】ACD

8f2

【详解】A.设小球经过f时间落在斜面上，根据平抛运动规律和几何关系行pw方＞2-St

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

Xvt2v

2vtanθ

则运动的时间，=------故A正确；

g

BC.设运动员落在斜坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为α,正切值为tana=&=2tane则a与小球初

V

速度大小无关，故B错误，C正确；

D.当小球在运动过程中速度方向与斜面平行时，小球离斜面的距离最大，把小球初速度及重力加速度分解

在平行斜面与垂直斜面方向上，可得小球离斜面的最大距离为∕max=g-=a⅛故D正确。故选ACD。

2ay2gcosθ

7.第24届冬奥会将于2022年2月4日在中国北京和张家口联合举行，这是我国继2008年奥运会后承办

的又一重大国际体育盛会。如图所示为我国滑雪运动员备战的示意图，运动员（可视为质点）从曲面AB上

某位置由静止滑下，到达B点后以速度K水平飞出，经力后落到足够长的斜坡滑道C点，此时速度方向与斜

面夹角为4;运动员调整位置下滑，到达B点后以速度匕水平飞出，经后落到斜坡滑道。点，此时速度

方向与斜面夹角为名：己知。点在B点正下方，OC=CD,不计空气阻力，以下关系正确的是（）

A.vl<v2<2vlB.θx<θ2

C.∕2<2rlD.BC与8。间的距离关系满足：2BC>BD

【答案】ACD

【详解】A.依题意，假设第二次运动员落到与C点等高的水平面上0'点，如图所示两次平抛运动的竖直

高度相等，即运动时间/相等，则由E可知，第二次水平方向的位移为第一次的2倍，可得匕=2匕

所以第二次小球将会经过D点正上方的O'点，即落在斜面上的点将在斜面上D点下方，所以人若要落在斜

面上的D点，则小球的水平位移将在CD的左侧，所以可推知第二次人从B点飞出时的速度V1<v2<2v,

A正确;

B.如图所示为两次落到斜面上的位移方向设斜面与水平面夹角为e,第•次和第二次位移方向和水平方向

的夹角分别为四、%，则有根据平抛运动推论：速度与水平偏夹角尸与位移与水平方向夹角。关系

满足tanQ=2tanc可得自›见又因为4=仇+6,四=2+®所以可得4>2，B错误：

C.设OB间的距离为％,OC和C。的高度差均为〃，两次平抛运动的时间分别为％和G，竖直方向做自由

落体运动，有1gf：=%+/?,：gA=%+2〃两式相比可得%=J午学<2所以可得L<2JC正确；

22%〃

D.设人从B点水平抛出落在C点时，水平位移为X,则落在。点时的水平位移为”，则可得

X2xs1

COSα∣=—,COSa2=——由选项B分析可知al>a2,由数学知识可得口>弓所以BC与8。间的距离关系

SBCSBDSBD2

满足2$BC>SBD'D正确。故选ACD0

三、斜面外平抛模型

8.如图甲所示，挡板OA与水平面的夹角为。，小球从0点的正上方高度为”的尸点以水平速度%水平抛

出，落到斜面时，小球的位移与斜面垂直；让挡板绕固定的。点转动，改变挡板的倾角。，小球平抛运动

的初速度%也改变，每次平抛运动都使小球的位移与斜面垂直，丁三一4关系图像如图乙所示，重力加速

度g=10m∕s2,下列说法正确的是（）

甲乙

1H1,

A.图乙的函数关系图像对应的方程式右了=*g-x铲+1

B.图乙中。的数值-2

C.当图乙中6=1,H的值为0.2m

D.当。=45。，图乙中8=1,则平抛运动的时间为立S

5

【答案】C

【详解】A.设平抛运动的时间为f,如图所示

%’_t,lna?V

把平抛运动的位移分别沿水平和竖直方向分解，由几何关系1解得r=T∕根据几何关系有

2gfgtanθ

产=WXtane联立整理，=号x!-l故A错误；

B.结合图乙d万一9函数关系图像可得α=T故B错误；

C.由图乙可得-⅛-4函数关系图像的斜率k=-/=挈又有Z=-I,匕=1可得〃=0.2m故C正确；

tanΘv0b2

D.当6=45。，"=0.2m根据丁Z=萼^x4∙T解得%="m∕s根据f=T⅛解得”也S故D错误。故

tanθ2v0°2gtan。ɪɑ

选Co

9.如图所示，一小球以一定初速度水平抛出，忽略空气阻力。当小球以速度%抛出时，经历时间乙后以匕

恰好击中斜面A处（抛出点与A点的连线垂直于斜面）。当小球以速度3%抛出时，经历时间今后以V“恰好

从8点沿圆弧切线进入圆轨道。则（）

2C2

B.t∖t=——

3tan2Θλ2tan2(9

sinMtan20+42cos夕Jtan2A+4

d∙匕：∕=

-3"3tan。3tan。

【答案】A

【详解】当击中斜面A处时，竖直方向y=：g『水平方向χ=根据几何关系可得tan。=2解得%=乌片

2ygtanθ

2

则以=√^+(gr,)=voyJι+-±-当小球恰好从8点沿圆弧切线进入圆轨道时,根据几何关系可得tan9啜;

CoSe=也联立可得f,g=-ɪ-:v.vc。SeJtan*+4故选人。

VB3tarreaB3tan。

10.如图，甲、乙两架水平匀速飞行的战机在斜坡上方进行投弹演练，甲战机飞行高度高于乙战机，他们

在同一竖直线上各释放一颗炸弹，炸弹都准确命中斜坡上的同一点P，甲战机水平扔出的炸弹落在斜坡上P

点时，着陆点与释放点连线恰好垂直斜坡。乙战机水平扔出的炸弹落在斜坡上P点时，速度方向恰好垂直

斜坡。则两颗炸弹在空中的运动时间之比为()

C.√2:1D.√3:1

【答案】C

【详解】设斜坡倾角为仇甲战机扔出的炸弹落在P点的速度偏向角为ɑ,乙战机扔出的炸弹落在P点的速

度偏向角为£。由于甲战机水平扔出的炸弹落在斜坡上ρ点时，着陆点与释放点连线恰好垂直斜坡，如图甲

所示

根据平抛运动的特点可知tanα=2tan（90-。）=号由乙战机水平扔出的炸弹落在斜坡上P点时速度方向恰

好垂直斜坡，如图乙所示，根据平抛运动的特点可知tanA='=史•乂两炸弹从同一竖直线上落在同一

tanΘv2

点，水平距离X相同，即v"∕=U2f2解得W及：1;ABD错误，C正确。故选C。

11.如图所示，倾角。=30°的斜面A8,在斜面顶端8向左水平抛出小球1、同时在底端A正上方与8等高

处水平向右抛出小球2,小球1、2同时落在尸点，P点为斜边AB的中点，则（）

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点时与斜面的夹角为30,

D.改变小球1的初速度，小球1落在斜面上的速度方向都平行

【答案】BD

【详解】AB.两个小球同时做平抛运动，又同时落在尸点，说明运动时间相同，水平位移大小相等，由

X=即知初速度大小相等，小球1落在斜面上时，有tanθ=2^-=里小球2落在斜面上的速度与竖直方

vot2%

向的夹角正切ta∏α=V=解得a≠θ所以小球2没有垂直撞在斜面上，故A错误，B正确；

gt2tanσ

C.小球1落在P点时速度与水平方向的夹角正切IanZy=g=2tane=∣G<√J所以仅<60'所以小球1落

在P点时与斜面的夹角小于30。，故C错误；

D.根据推论tan£=2tan。知，小球1落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角相同，相互平行，故D正确。

故选BDo

12.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小

球在管道内做圆周运动，从8点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45。的斜面相碰。已知

半圆形管道的半径R=Im,小球可看做质点且其质量为机=lkg,g取IomZS2。则（）

A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9m

B.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9m

C.小球经过管道的B点时，受到下管道的作用力FNS的大小是2N

D.小球经过管道的8点时，受到下管道的作用力尸NB的大小是IN

【答案】AD

【详解】AB.小球从8点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直与倾角为45。的斜面相碰，则在C点

的竖宜分速度为%〉=/=3m∕s因小球恰好垂直撞在斜面上，则平抛运动水平初速度为

vβ=vo.tan45=3m∕s小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为x=%=0∙9m故A正确，B错误;

CD.设小球经过8点时，受到上管道竖直向下的作用力FNB,根据牛顿第二定律可得及zi+mg=mJ"联立

方程，解得%B=-IN负号说明小球在8点受到下管道的作用力的大小是1N,方向竖直向上，故C错误，D

正确。故选AD。

四、与曲面相结合模型

13.如图所示，一平台固定在竖直平面内，以平台右边缘。点为原点，沿平台右侧竖直向下为y轴正方向，

沿水平向右为X轴正方向建立直角坐标系xOy。在该坐标系中，以坐标原点。为圆心，半径为R的四分之

一圆弧轨道竖直固定在平台的右侧。质量为，"的小球从坐标原点。以初速度丫。（大小未知）沿X轴正方向

平抛。重力加速度大小为g,不计空气阻力。小球从。点抛出后到落到圆弧轨道上的过程中，下列说法正确

的是（）

A.当初速度%的大小为适当的值时，小球可能垂直落到圆弧轨道上

B.初速度%越大，小球在空中运动的时间越长

C.初速度%=曲版时，小球落到圆弧轨道上的动量最小

D.小球落到圆弧轨道上的最小动能为且WgR

【答案】D

【详解】A.若小球垂直打在圆轨道匕则速度方向的反向延长线应交于圆心；而于平抛运动的规律可知,

速度方向的反向延长线应交于水平位移的中点，根据题意可知圆心和水平位移的中点不是同一位置，故A

错误;

B.小球做平抛运动，在竖直方向上物体做自由落体运动，有〃=gg/解得,=仁可知〃越大，小球在空中

运动时间越长，由图可知小球速度Vo越小，下落的高度越高，飞行时间越长，故B错误；

CD.设落地点与。点的连线与水平方向的夹角为仇小球做平抛运动RCoSO=WRSine=gg产

由动能定理得MgRsinθ=Ek-∖mvl解得Ek=机gR住Sinθ+—由数学知识得：当ISine=—即

2144sιn0J44sιn0

Sine=冬反取最小值EkmM=*3根据P=瓦点可知动能最小时动量最小，此时X=争

联立以上可得%=样0故C错误，D正确。故选D。

14.如图所示，半径为5m的四分之一圆弧ABC固定在水平地面上，。为圆心。在圆心。右侧同一水平线

上某点处，水平向左抛出一个小球，小球可视为质点，恰好垂直击中圆弧上的〃点，〃点到水平地面的高

度为2m,g取Iom/Sa,则小球的抛出速度是()

d4√5

3

D.

3

【答案】C

［详解］小球在竖直方向做自由落体运动，则竖直分速度"=j2g%=72×10×(5-2)m∕s=2√i5m∕s

垂直击中力点，速度反向延长线过圆心，如下图所示

有sin&41解得小37。则在D点，分解速度可得出=-L=当竺m/s

根据几何关系,

R5tan37o3

故选Co

15.如图所示，半径为”的四分之一圆弧面紧靠竖直墙壁固定在水平面上，其圆心正上方34处有一小球以

某速度水平抛出，其轨迹恰与圆弧面相切（图中未画出）.