2023版高考物理一轮复习课时跟踪检测（十二）第四章曲线运动万有引力与航天第2节抛体运动

PAGEPAGEPAGE2课时跟踪检测〔十二〕抛体运动对点训练：抛体运动的根本规律1.(2022·江苏高考)有A、B两小球，B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力。图中①为A的运动轨迹，那么B的运动轨迹是()A．① B．②C．③ D．④解析：选A不计空气阻力的情况下，两球沿同一方向以相同速率抛出，其运动轨迹是相同的，选项A正确。2．(多项选择)对做平抛运动的物体，在重力加速度g的条件下，给出以下4组条件，其中能求出平抛的初速度大小的是()A．下落高度和水平位移B．水平位移和落地时的速度大小和方向C．位移大小和方向及水平位移D．位移大小及落地时的速度大小解析：选ABC由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，可知知道下落高度和水平位移，可以确定初速度，故A正确；落地时的速度大小和方向，根据平行四边形定那么可以求出初速度。故B正确；位移大小和方向及水平位移，能求出下落的高度，结合A项分析知能求出初速度，故C正确；位移大小，不能求出水平位移和下落的高度，落地时的速度大小，方向未知，不能求出初速度，故D错误。3.(2022·呼伦贝尔一模)如下图，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，那么三个物体运动的初速度va、vb、vc和运动的时间ta、tb、tc的关系分别是()A．va>vb>vcta>tb>tc B．va<vb<vcta＝tb＝tcC．va<vb<vcta>tb>tc D．va>vb>vcta<tb<tc解析：选C三个物体落地的高度ha>hb>hc，根据h＝eq\f(1,2)gt2，知ta>tb>tc，根据xa<xb<xc，x＝vt知，a的水平位移最短，时间最长，那么速度最小；c的水平位移最长，时间最短，那么速度最大，所以有va<vb<vc。故C正确，A、B、D错误。4．(2022·上海浦东新区一模)某种步枪将子弹以速度v水平射出，射到正对面的竖直靶墙上，测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为θ，假设不考虑空气阻力，那么根据以上条件()A．只能计算出枪口位置与弹孔位置的竖直距离B．只能计算出枪口位置与靶墙的水平距离C．只能计算出弹头在空中飞行的时间D．能计算出弹头在枪口与靶墙间的位移解析：选D测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为θ，根据平行四边形定那么知，tanθ＝eq\f(v,vy)，解得竖直分速度为：vy＝eq\f(v,tanθ)，那么弹头飞行的时间为：t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(v,gtanθ)，枪口位置与弹孔位置的竖直距离为：y＝eq\f(vy2,2g)＝eq\f(v2,2gtan2θ)，枪口位置与靶墙的水平距离为：x＝vt＝eq\f(v2,gtanθ)，弹头在枪口与靶墙间的位移s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(v2,gtanθ)eq\r(4tan2θ＋1)，故D正确，A、B、C错误。5．(多项选择)质量为m的物体以速度v0水平抛出，经过一段时间速度大小变为eq\r(2)v0，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的选项是()A．该过程平均速度大小为eq\f(1＋\r(2),2)v0B．运动位移的大小为eq\f(\r(5)v02,2g)C．速度大小变为eq\r(2)v0时，重力的瞬时功率为mgv0D．运动时间为eq\f(v0,2g)解析：选BC根据题述，经过一段时间速度大小变为eq\r(2)v0，将该速度分解可得竖直速度等于v0，重力的瞬时功率为P＝mgv0，选项C正确；由v0＝gt，解得运动时间为t＝eq\f(v0,g)，选项D错误；水平位移为x1＝v0t＝eq\f(v02,g)，竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(v02,2g)，运动位移的大小为x＝eq\r(x12＋y2)＝eq\f(\r(5)v02,2g)，选项B正确；该过程平均速度大小为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(\r(5)v0,2)，选项A错误。对点训练：平抛运动与斜面的结合6.如下图，斜面ABC放在水平面上，斜边BC长为l，倾角为30°，在斜面的上端B点沿水平方向抛出一小球，结果小球刚好落在斜面下端C点，重力加速度为g，那么小球初速度v0的值为()A.eq\f(1,2)eq\r(gl) B.eq\f(1,2)eq\r(2gl)C.eq\f(1,2)eq\r(3gl) D.eq\f(1,2)eq\r(5gl)解析：选C平抛运动的水平位移x＝lcosθ＝v0t，竖直方向的位移y＝lsinθ＝eq\f(1,2)gt2，联立可得v0＝eq\f(1,2)eq\r(3gl)，C正确。7．(2022·邯郸一中调研)如图，斜面AC与水平方向的夹角为α，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直于斜面落到D点，那么CD与DA的比为()A.eq\f(1,tanα) B.eq\f(1,2tanα)C.eq\f(1,tan2α) D.eq\f(1,2tan2α)解析：选D设小球水平方向的速度为v0，将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过几何关系求解，得竖直方向的末速度为v2＝eq\f(v0,tanα)，设该过程用时为t，那么DA间水平距离为v0t，故DA＝eq\f(v0t,cosα)；CD间竖直距离为eq\f(v2t,2)，故CD＝eq\f(v2t,2sinα)，得eq\f(CD,DA)＝eq\f(1,2tan2α)，应选D。8．(2022·淄博实验中学月考)在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，假设在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的选项是()A．AB∶AC＝2∶1 B.AB∶AC＝4∶1C．t1∶t2＝4∶1 D．t1∶t2＝eq\r(2)∶1解析：选B平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移关系为tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，那么t＝eq\f(2v0tanθ,g)，可知运动的时间与初速度成正比，所以t1∶t2＝2∶1。竖直方向上下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2，可得竖直方向上的位移之比为4∶1。斜面上的距离s＝eq\f(h,sinθ)，知AB∶AC＝4∶1。应选B。9．(多项选择)如下图，一固定斜面倾角为θ，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，击中了斜面上的P点。将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的选项是()A．假设小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，那么tanθ＝2tanφB．假设小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，那么tanφ＝2tanθC．小球A、B在空中运动的时间之比为2tan2θ∶1D．小球A、B在空中运动的时间之比为tan2θ∶1解析：选BC对于小球A，有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，那么有tanφ＝2tanθ，故A错误，B正确；对于小球B，tanθ＝eq\f(v0,vy′)＝eq\f(v0,gt′)，得t′＝eq\f(v0,gtanθ)，所以小球A、B在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，故C正确，D错误。10．(多项选择)如下图，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上。其中有三次的落点分别是a、b、c，不计空气阻力，那么以下判断正确的选项是()A．落点b、c比拟，小球落在c点的飞行时间短B．小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比C．三个落点比拟，小球落在c点，飞行过程中速度变化最快D．三个落点比拟，小球落在c点，飞行过程中速度变化最大解析：选AB由平抛运动规律h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，可知，落点为b时，小球的竖直位移较大，故飞行时间较长，A正确；落点为a、b时，两次位移方向相同，故tanθ＝eq\f(gt,2v0)，可见飞行时间t与v0成正比，B项正确；小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度，均为g，C项错误；小球在飞行过程中，水平方向上速度不变，速度变化Δv＝gt，由t＝eq\r(\f(2h,g))可知，小球落在b点时速度变化最大，D项错误。考点综合训练11.(2022·宝鸡一检)如下图，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一个小球以水平速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是()A．t＝eq\f(v0,gtanθ) B.t＝eq\f(gtanθ,v0)C．t＝eq\f(Rsinθ,v0) D．t＝eq\f(Rcosθ,v0)解析：选C小球做平抛运动，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，那么时间t＝eq\f(v0tanθ,g)，选项A、B错误；在水平方向上有Rsinθ＝v0t，那么t＝eq\f(Rsinθ,v0)，选项C正确，D错误。12．(多项选择)如下图，在距地面高为H＝45m处，有一小球A以初速度v0＝10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g＝10m/s2)。以下说法正确的选项是()A．小球A落地时间为3sB．物块B运动时间为3sC．物块B运动12.5m后停止D．A球落地时，A、B相距17.5m解析：选ACD根据H＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×45,10))s＝3s，故A正确；物块B匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2，那么B速度减为零的时间t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(10,4)s＝2.5s，滑行的距离x＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(10,2)×2.5m＝12.5m，故B错误，C正确；A落地时，A的水平位移xA＝v0t＝10×3m＝30m，B的位移xB＝x＝12.5m，那么A、B相距Δx＝(30－12.5)m＝17.5m，故D正确。13．(2022·重庆江北区联考)如下图，倾角为37°的斜面长l＝1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。(小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取9.8m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)抛出点O离斜面底端的高度；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。解析：(1)设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，如下图，由几何关系得eq\f(v0,vy)＝tan37°设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律得vy＝gt，y＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t设抛出点到斜面底端的高度为h，由几何关系得h＝y＋xtan37°联立解得h＝1.7m。(2)设在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得s＝l－eq\f(x,cos37°)设滑块的加速度为a，由运动学公式得s＝eq\f(1,2)at2对滑块，由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma联立解得μ＝0.125。答案：(1)1.7m(2)0.12514．(2022·潍坊统考)如下图，小车的质量M＝5kg，底板距地面高h＝0.8m，小车与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.1，车内装有质量m＝0.5kg的水(不考虑水的深度)。今给小车一初速度，使其沿地面向右自由滑行，当小车速度为v＝10m/s时，车底部的前方突然出现一条与运动方向垂直的裂缝，水从裂缝中连续渗出，形成不间断的水滴，设每秒钟滴出的水的质量为0.1kg，并由此时开始计时，空气阻力不计，g取10m/s2，令k＝0.1kg/s，求：(1)t＝4s时，小车的加速度；(2)到小车停止运动，水平地面上水滴洒落的长度。解析：(1)取小车和水为研究对象，设t＝4s时的加速度为a，那么μ(M＋m－kt)g＝(