高考物理一轮复习课后限时集训9抛体运动含解析新人教版

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课后限时集训(九)(时间：40分钟)1．某弹射管每次弹出的小球速度相等，该弹射管在沿光滑竖直轨道自由下落过程中保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的()A．时刻相同，地点相同 B．时刻相同，地点不同C．时刻不同，地点相同 D．时刻不同，地点不同B〖弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出的两小球在竖直方向也做自由落体运动，故两只小球始终处于同一水平面，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移不相等，因此落点不相同，故选项B正确。〗2．(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则()A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大CD〖A、B两球都做斜上抛运动，只受重力作用，加速度即为重力加速度，A项错误；在竖直方向上做竖直上抛运动，由于能上升的竖直高度相同，竖直分速度相等，所以两小球在空中飞行的时间相等，B项错误；由于B球的水平射程比较大，故B球的水平速度比A球的水平速度大，C、D项正确。〗3．(多选)正在水平匀速飞行的飞机，每隔1秒钟释放一个小球，先后共释放5个，不计阻力，则()A．这5个球在空中排成一条直线B．这5个球在空中处在同一抛物线上C．在空中，第1、2两球间的距离保持不变D．相邻两球的落地点间距离相等AD〖小球被释放后做平抛运动，其在水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，飞机做匀速直线运动，所以5个小球始终在飞机的正下方，且相邻小球落地点的间距相等，故A、D正确，B错误；竖直方向上5个小球均做自由落体运动，由于第2个小球释放时第1个小球的速度已经为v0＝gt0＝10m/s，所以第2个小球在空中运动时间t时，第1、2两小球的间距为Δh＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t＋\f(1,2)gt2))－eq\f(1,2)gt2＝v0t，所以两小球的间距逐渐增大，故C错误。〗4.如图所示，A球在B球的斜上方，两球相向水平抛出。若要使两球在与两球抛出的距离相等的竖直线上相遇，则()A．A、B两球要同时抛出B．B球要先抛出C．A球抛出时的速度大于B球抛出时的速度D．A球抛出时的速度小于B球抛出时的速度D〖两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，可知A球做平抛运动的时间较长，由于两球在水平距离相等的竖直线上相遇，所以A球要先抛出，故A、B错误；水平方向有x＝v0t，因为x相等，A平抛运动的时间较长，所以A球抛出时的速度小于B球抛出时的速度，故C错误，D正确。〗5．(2020·全国卷Ⅱ·T16)如图所示，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。eq\f(E2,E1)等于()A．20 B．18C．9.0 D．3.0B〖摩托车落到c点时，根据平抛运动规律有h＝v01t1，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得veq\o\al(2,01)＝eq\f(gh,2)；同理摩托车落到b点时有veq\o\al(2,02)＝9gh。又动能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,01)、E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,02)，所以eq\f(E2,E1)＝18，故A、C、D项错误，B项正确。〗6.如图所示，A、B两个平台水平距离为7.5m，某同学先用一个小球从A平台边缘以v0＝5m/s的速度水平抛出，结果小球落在了B平台左侧边缘下方6.25m处。重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，要使小球从A平台边缘水平抛出能落到B平台上，则从A平台边缘水平抛出小球的速度至少为()A．6m/s B．7.5m/sC．9m/s D．11.25m/sB〖由平抛运动的规律可知，第一次抛出小球时满足x＝v0t1，h＋6.25m＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)；当小球恰能落到平台B上时，有x＝v′0t2，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，联立解得v′0＝7.5m/s，故选B。〗7.如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为四分之一圆弧ab，半径为R，O点为圆心，c点为圆弧的中点。若在O点以某一初速度v沿Oa方向抛出一个小球，小球落在坑中。忽略空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．当小球的初速度为eq\f(\r(gR),2)时，恰好能打到c点B．小球的初速度v越大，在空中运动的时间就越长C．小球的初速度v越大，落到坑上时速度的偏转角越小D．小球的初速度v越大，落到坑上时的动能就越大C〖设合位移方向与水平方向夹角为α，平抛运动时间为t，则有：Rsinα＝eq\f(1,2)gt2 ①Rcosα＝vt ②恰好能打到c点时，α＝45°，①②联立解得：v＝eq\f(\r(\r(2)gR),2)，故A错误；小球的初速度越大，落点越靠上，即下落高度就越小，运动时间就越短，位移偏转角越小，则落到坑上时速度的偏转角越小，故B错误，C正确；小球的初速度越大，落点越靠上，即下落高度就越小，重力做的功就越小，故小球的初速度越大，落到坑上时的动能不一定越大，故D错误。〗8.(多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经历的时间为t，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．若小球以最小位移到达斜面，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)B．若小球垂直击中斜面，则t＝eq\f(v0,gtanθ)C．若小球恰能击中斜面中点，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均相等AB〖过抛出点C作斜面的垂线CD，如图所示，当小球落在斜面上的D点时，位移最小，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有y＝eq\f(1,2)gt2，根据几何关系有tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，解得t＝eq\f(2v0,gtanθ)，选项A正确；小球垂直击中斜面时，末速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(v0,gt)，解得t＝eq\f(v0,gtanθ)，选项B正确；若小球恰能击中斜面中点，则由几何关系可得tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，选项C错误；由以上分析可知，小球到达斜面方式不同，运动的时间不同，选项D错误。〗9.如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则()A．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B．不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C．运动员落到雪坡时的速度大小是eq\f(v0,cosθ)D．运动员在空中经历的时间是eq\f(v0tanθ,g)B〖设运动员在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，运动员的竖直位移与水平位移之比eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝tanθ，则运动员飞行的时间t＝eq\f(2v0tanθ,g)，故D错误；运动员落回雪坡时竖直方向的速度大小为vy＝gt＝2v0tanθ，则其速度大小为v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝v0eq\r(1＋4tan2θ)，故C错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度大小无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A错误，B正确。〗10.如图所示，一小球从平台上抛出，恰好无碰撞地落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面上并下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小球水平抛出的初速度v0是多大？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？〖〖解析〗〗(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以vy＝v0tan53°veq\o\al(2,y)＝2gh代入数据，得vy＝4m/s，v0＝3m/s故小球水平抛出的初速度为3m/s。(2)由vy＝gt1得t1＝0.4ss＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m。〖〖答案〗〗(1)3m/s(2)1.2m11．用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动。一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点，O点与斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如图乙所示的图象。若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求O、P间的距离s。(保留两位有效数字)甲乙〖〖解析〗〗根据牛顿第二定律，在OP段有F－μmg＝ma，又2as＝veq\o\al(2,P)，由平抛运动规律和几何关系有物块的水平射程x＝vPt，物块的竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2，由几何关系有y＝xtanθ，联立以上各式可以得到x＝eq\f(2v\o\al(2,P)tanθ,g)，解得F＝eq\f(mg,4stanθ)x＋μmg，由题图乙知μmg＝5，eq\f(mg,4stanθ)＝10，代入数据解得s＝0.25m。〖〖答案〗〗0.25m12．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图(a)所示，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v­t图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()图(a)图(b)A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大BD〖第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v­t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确。〗13.如图所示，乒乓球的发球器安装在足够大的水平桌面上，可绕竖直转轴OO′转动，发球器O′A部分与桌面之间的距离为h，O′A部分的长度也为h。重力加速度为g。打开开关后，发球器可将乒乓球从A点以初速度v0水平发射出去，eq\r(2gh)≤v0≤2eq\r(2gh)。设发射出去的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球可视为质点，空气阻力不计。若使该发球器绕转轴OO′在90°的范围内来回缓慢地水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面碰撞区域的面积S是()A．2πh2 B．3πh2C．4πh2 D．8πh2C〖设乒乓球做平抛运动的时间为t，则t＝eq\r(\f(2h,g))。当速度最大时，水平位移具有最大值xmax，xmax＝vmaxt＝2eq\r(2gh)×eq\r(\f(2h,g))＝4h，当速度最小时，水平位移具有最小值xmin，xmin＝vmint＝eq\r(2gh)×eq\r(\f(2h,g))＝2h，其中vmax、vmin为v0的最大值和最小值，又因为发球器O′A部分长度也为h，故乒乓球的落点距竖直转轴距离的范围为3h≤x≤5h，乒乓球第一次与桌面碰撞区域是一个圆心角为90°的宽度为2h的环形带状区域，其面积为S＝eq\f(1,4)×π〖(5h)2－(3h)2〗＝4πh2，故选项A、B、D错误，C正确。〗课后限时集训(九)(时间：40分钟)1．某弹射管每次弹出的小球速度相等，该弹射管在沿光滑竖直轨道自由下落过程中保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的()A．时刻相同，地点相同 B．时刻相同，地点不同C．时刻不同，地点相同 D．时刻不同，地点不同B〖弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出的两小球在竖直方向也做自由落体运动，故两只小球始终处于同一水平面，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移不相等，因此落点不相同，故选项B正确。〗2．(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则()A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大CD〖A、B两球都做斜上抛运动，只受重力作用，加速度即为重力加速度，A项错误；在竖直方向上做竖直上抛运动，由于能上升的竖直高度相同，竖直分速度相等，所以两小球在空中飞行的时间相等，B项错误；由于B球的水平射程比较大，故B球的水平速度比A球的水平速度大，C、D项正确。〗3．(多选)正在水平匀速飞行的飞机，每隔1秒钟释放一个小球，先后共释放5个，不计阻力，则()A．这5个球在空中排成一条直线B．这5个球在空中处在同一抛物线上C．在空中，第1、2两球间的距离保持不变D．相邻两球的落地点间距离相等AD〖小球被释放后做平抛运动，其在水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，飞机做匀速直线运动，所以5个小球始终在飞机的正下方，且相邻小球落地点的间距相等，故A、D正确，B错误；竖直方向上5个小球均做自由落体运动，由于第2个小球释放时第1个小球的速度已经为v0＝gt0＝10m/s，所以第2个小球在空中运动时间t时，第1、2两小球的间距为Δh＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t＋\f(1,2)gt2))－eq\f(1,2)gt2＝v0t，所以两小球的间距逐渐增大，故C错误。〗4.如图所示，A球在B球的斜上方，两球相向水平抛出。若要使两球在与两球抛出的距离相等的竖直线上相遇，则()A．A、B两球要同时抛出B．B球要先抛出C．A球抛出时的速度大于B球抛出时的速度D．A球抛出时的速度小于B球抛出时的速度D〖两球都做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，可知A球做平抛运动的时间较长，由于两球在水平距离相等的竖直线上相遇，所以A球要先抛出，故A、B错误；水平方向有x＝v0t，因为x相等，A平抛运动的时间较长，所以A球抛出时的速度小于B球抛出时的速度，故C错误，D正确。〗5．(2020·全国卷Ⅱ·T16)如图所示，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。eq\f(E2,E1)等于()A．20 B．18C．9.0 D．3.0B〖摩托车落到c点时，根据平抛运动规律有h＝v01t1，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得veq\o\al(2,01)＝eq\f(gh,2)；同理摩托车落到b点时有veq\o\al(2,02)＝9gh。又动能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,01)、E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,02)，所以eq\f(E2,E1)＝18，故A、C、D项错误，B项正确。〗6.如图所示，A、B两个平台水平距离为7.5m，某同学先用一个小球从A平台边缘以v0＝5m/s的速度水平抛出，结果小球落在了B平台左侧边缘下方6.25m处。重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，要使小球从A平台边缘水平抛出能落到B平台上，则从A平台边缘水平抛出小球的速度至少为()A．6m/s B．7.5m/sC．9m/s D．11.25m/sB〖由平抛运动的规律可知，第一次抛出小球时满足x＝v0t1，h＋6.25m＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)；当小球恰能落到平台B上时，有x＝v′0t2，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，联立解得v′0＝7.5m/s，故选B。〗7.如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为四分之一圆弧ab，半径为R，O点为圆心，c点为圆弧的中点。若在O点以某一初速度v沿Oa方向抛出一个小球，小球落在坑中。忽略空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．当小球的初速度为eq\f(\r(gR),2)时，恰好能打到c点B．小球的初速度v越大，在空中运动的时间就越长C．小球的初速度v越大，落到坑上时速度的偏转角越小D．小球的初速度v越大，落到坑上时的动能就越大C〖设合位移方向与水平方向夹角为α，平抛运动时间为t，则有：Rsinα＝eq\f(1,2)gt2 ①Rcosα＝vt ②恰好能打到c点时，α＝45°，①②联立解得：v＝eq\f(\r(\r(2)gR),2)，故A错误；小球的初速度越大，落点越靠上，即下落高度就越小，运动时间就越短，位移偏转角越小，则落到坑上时速度的偏转角越小，故B错误，C正确；小球的初速度越大，落点越靠上，即下落高度就越小，重力做的功就越小，故小球的初速度越大，落到坑上时的动能不一定越大，故D错误。〗8.(多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经历的时间为t，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．若小球以最小位移到达斜面，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)B．若小球垂直击中斜面，则t＝eq\f(v0,gtanθ)C．若小球恰能击中斜面中点，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均相等AB〖过抛出点C作斜面的垂线CD，如图所示，当小球落在斜面上的D点时，位移最小，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有y＝eq\f(1,2)gt2，根据几何关系有tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，解得t＝eq\f(2v0,gtanθ)，选项A正确；小球垂直击中斜面时，末速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(v0,gt)，解得t＝eq\f(v0,gtanθ)，选项B正确；若小球恰能击中斜面中点，则由几何关系可得tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，选项C错误；由以上分析可知，小球到达斜面方式不同，运动的时间不同，选项D错误。〗9.如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则()A．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B．不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C．运动员落到雪坡时的速度大小是eq\f(v0,cosθ)D．运动员在空中经历的时间是eq\f(v0tanθ,g)B〖设运动员在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，运动员的竖直位移与水平位移之比eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝tanθ，则运动员飞行的时间t＝eq\f(2v0tanθ,g)，故D错误；运动员落回雪坡时竖直方向的速度大小为vy＝gt＝2v0tanθ，则其速度大小为v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝v0eq\r(1＋4tan2θ)，故C错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度大小无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A错误，B正确。〗10.如图所示，一小球从平台上抛出，恰好无碰撞地落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面上并下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小球水平抛出的初速度v0是多大？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？〖〖解析〗〗(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以vy＝v0tan53°veq\o\al(2,y)＝2gh代入数据，得vy＝4m/s，v0＝3m/s故小球水平抛出的初速度为3m/s。(2)由vy＝gt1得t1＝0.4ss＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m。〖〖答案〗〗(1)3m/s(2)1.2m11．用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动。一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点，O点与斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如图乙所示的图象。若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求O、P间的距离s。(保留两位有效数字)甲乙〖〖解析〗〗根据牛顿第二定律，在OP段有F－μmg＝ma，又2as＝veq\o\al(2,P)，由平抛运动规律和几何关系有物块的水平射程x＝vPt，物块的竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2，由几何关系有y＝xtanθ，联立以上各式可以得到x＝eq\f(2v\o\al(2,P)tanθ,g)，解得F＝eq\f(mg,4stanθ)x＋μmg，由题图乙知μmg＝5，eq\f(mg,4stanθ)＝10，代入数据解得s＝0.25m。〖〖答