《2025年学霸高考黑题物理人教版》

（2025·山东德州期中）倾角为 $\theta = 30^{\circ}$ 的光滑矩形斜面 $OABC$ 放在水平地面上，斜面宽度 $BC$ 为 $L_1 = 4\ m$，长度 $AB$ 为 $L_2 = 4.8\ m$。一视为质点的小球从 $B$ 点以 $v_0 = 5\ m/s$ 的速度沿 $BC$ 方向释放，最终从 $OC$ 边的 $M$ 点（图中未标出）飞出，落到地面上的 $N$ 点（图中未标出）。在水平地面上建立如图所示的平面直角坐标系 $xOy$（斜面底边与 $x$ 轴重合，高 $CD$ 的 $D$ 点刚好落在 $y$ 轴上），重力加速度 $g$ 取 $10\ m/s^2$，求：
（1）$CM$ 的长度 $d$；
（2）$N$ 点的坐标。

答案： 3.题型分析
在斜面上的类平抛运动，冲出斜面后三维空间上的运动分解。
(1)$d = 1.6m$
(2)$\left(2m,\frac{4\sqrt{3}}{5}m\right)$
解析:
(1)由题意可知，小球沿BC方向做匀速直线运动，有$L_1 = v_0t_1$，沿BA方向做匀加速直线运动，有$mg\sin\theta = ma$，$d=\frac{1}{2}at_1^2$，解得$d = 1.6m$；
(2)小球在M点沿CO方向的分速度为$v = at_1$，设小球从M到N点的时间为$t_2$，在竖直方向上小球的分速度为$v\sin\theta$，且只受重力，由位移时间公式可得$(L_2 - d)\sin\theta=(v\sin\theta)t_2+\frac{1}{2}gt_2^2$，解得$t_2 = 0.4s$，$t_2=-0.8s$(舍)，小球在x轴和y轴方向上均做匀速直线运动，有$x = v_0t_2 = 2m$，$y=(L_2 - d)\cos\theta-(v\cos\theta)t_2=\frac{4\sqrt{3}}{5}m$，则N的坐标为$\left(2m,\frac{4\sqrt{3}}{5}m\right)$。

压轴挑战 4 类平抛运动 + 圆周运动 + 碰撞问题 + 功能关系
（2025·四川卷）如图所示，倾角为 $\theta$ 的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为 $R$ 的半圆挡板和长为 $7R$ 的直挡板。$a$ 为直挡板下端点，$bd$ 为半圆挡板直径且沿水平方向，$c$ 为半圆挡板最高点，两挡板相切于 $b$ 点，$de$ 与 $ab$ 平行且等长。小球乙被锁定在 $c$ 点。小球甲从 $a$ 点以一定初速度出发，沿挡板运动到 $c$ 点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为 $m_1$，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为 $g$。
（1）求小球甲从 $a$ 点沿直线运动到 $b$ 点过程中的加速度大小；
（2）若小球甲恰能到达 $c$ 点，且碰撞后小球乙能运动到 $e$ 点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段 $de$，求小球甲初动能应满足的条件。

答案： 4.题型分析
在斜面上的类平抛运动，根据边界条件进行分类，是一道多过程能量综合题。
(1)$g\sin\theta$
(2)$\frac{m_1}{m_2}\geqslant1$或$\frac{m_1}{m_2}=\frac{1}{7}$
(3)$\frac{17}{2}m_1gR\sin\theta＜E_{k0}＜12m_1gR\sin\theta$
解析:
(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据牛顿第二定律有$m_1g\sin\theta = m_1a_1$，解得甲在ab段运动的加速度大小$a_1 = g\sin\theta$；
(2)甲恰能到c点，设到达c点时的速度为$v_1$，可知$m_1g\sin\theta=\frac{v_1^2}{R}$，解得$v_1=\sqrt{gR\sin\theta}$，①
根据题意甲、乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒$m_1v_1 = m_1v_1'+m_2v_2$，$\frac{1}{2}m_1v_1^2=\frac{1}{2}m_1v_1'^2+\frac{1}{2}m_2v_2^2$，解得碰后乙的速度为$v_2=\frac{2m_1v_1}{m_1+m_2}$，②
碰后乙能运动至e点，有两种情况:
第一种情况：碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足$m_2g\sin\theta\leqslant\frac{v_2^2}{R}$，即$v_2\geqslant\sqrt{gR\sin\theta}$，③
联立①②③可得$\frac{m_1}{m_2}\geqslant1$；
第二种情况：碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知$7R + R=\frac{1}{2}g\sin\theta· t^2$，$R = v_2t$，解得$v_2=\frac{1}{4}\sqrt{gR\sin\theta}$，④
联立①②④方程可得$\frac{m_1}{m_2}=\frac{1}{7}$；
(3)在
(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段de，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段de，故碰后乙做类平抛运动越过线段de，则此时$\frac{m_1}{m_2}=\frac{1}{7}$，且碰后乙的速度必然满足$v_2＜\sqrt{gR\sin\theta}$，
①当恰从e点射出时，可得$7R + R=\frac{1}{2}g\sin\theta· t^2$，$v_2t = R$，
②当恰从d点射出时，可得$R=\frac{1}{2}g\sin\theta· t^2$，$v_2t = R$，
联立解得$\frac{1}{4}\sqrt{gR\sin\theta}＜v_2＜\frac{1}{2}\sqrt{gR\sin\theta}$，
根据$v_2=\frac{2m_1v_1}{m_1+m_2}$，将$\frac{m_1}{m_2}=\frac{1}{7}$代入可得$\sqrt{gR\sin\theta}＜v_1＜2\sqrt{2gR\sin\theta}$，
对甲球从a到c过程中根据动能定理$-m_1g·8R\sin\theta=\frac{1}{2}m_1v_1^2 - E_{k0}$，解得$\frac{17}{2}m_1gR\sin\theta＜E_{k0}＜12m_1gR\sin\theta$。