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文档简介
PAGE7-课后限时集训(九)(时间:40分钟)1.(2024·湖南新高考适应性考试)有一圆柱形水井,井壁光滑且竖直,过其中心轴的剖面图如图所示。一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井,小球与井壁做多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变,方向反向,小球竖直方向速度大小和方向都不变),不计空气阻力。从小球水平射入水井到落至水面的过程中,下列说法正确的是()A.小球下落时间与小球质量m有关B.小球下落时间与小球初速度v有关C.小球下落时间与水井井口直径d有关D.小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关D[因为小球与井壁做多次弹性碰撞,碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向,则将小球的运动轨迹连接起来就是一条做平抛的抛物线,可知小球在竖直方向做自由落体运动,由下落时间t=eq\r(\f(2h,g))可知,下落时间与小球的质量m,小球初速度v以及井口直径均无关,只与井口到水面高度差h有关。故选D。]2.(2024·江苏新高考适应性考试)某生态公园的人造瀑布景观如图所示,水流从高处水平流出槽道,恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸eq\f(1,16)的模型展示效果,模型中槽道里的水流速度应为实际的()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,16)B[水流做平抛运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x=v0t,y=\f(1,2)gt2)),v0=eq\f(x,t)=xeq\r(\f(g,2y)),模型的x、y都变为原来的eq\f(1,16),故v0′=eq\f(1,16)xeq\r(\f(g,2·\f(1,16)y))=eq\f(1,4)v0,故选B。]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,所以两小球的间距渐渐增大,故C错误。]4.(惠州市2025届高三其次次调研)如图所示,相距L的两小球A、B位于同一高度h(L、h均为定值)。将A向B水平抛出的同时,B自由下落。A、B与地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间,重力加速度为g,则()A.A、B肯定能相碰B.A、B不行能运动到最高处相碰C.当eq\f(L,v)<eq\r(\f(2h,g))时,A、B肯定不能相碰D.A、B在第一次落地前若不相碰,此后就不会相碰A[若A球经过水平位移为L时,还未落地,则在B球正下方相碰。可知当A的初速度较大时,A、B在第一次落地前能发生相碰。若A的初速度较小时,A、B在第一次落地前不碰,A第一次落地时,水平位移较小,由于反弹后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反,则以后肯定能碰,故A正确,C、D错误;若A球落地的水平位移为eq\f(L,2)时,则A、B在最高点相碰,故B错误。]5.(2024·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,依据平抛运动规律有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,忽视空气阻力,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意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。忽视空气阻力,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肯定越大,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,小球到达斜面经验的时间为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,依据几何关系有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态保持不变,重力加速度为g,则()A.假如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.运动员在空中经验的时间是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,恰好无碰撞地落在接近平台的一倾角为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—斜面装置探讨平抛运动。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点从静止起先拉动,当物块运动到P点时撤去拉力F。试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]依据牛顿其次定律,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)(2024·广东新高考适应性考试)如图所示,排球竞赛中运动员将排球从M点水平击出,排球飞到P点时,被对方运动员击出,球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点,N点与P点等高,轨迹的最高点Q与M等高,不计空气阻力。下列说法正确的有()A.排球两次飞行过程中加速度相同B.排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等C.排球离开M点的速率比经过Q点的速率大D.排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大ACD[不计空气阻力,排球在空中的抛体运动只受重力而做匀变速曲线运动,加速度均为重力加速度g,故A正确;设排球的抛体高度为h,第一次从M到P,重力做正功为WG=mgh,其次次做斜上抛运动从P到Q到N点,重力做功为零,故B错误;排球从M到P和从Q到N都是平抛运动,在M、Q点均只有水平方向的速度,高度h相同,由h=eq\f(1,2)gt2知运动时间相同,但xMP>xQN,由x=v0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度,故C正确;将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛,则由M到P和Q到P的平抛运动比较,运动高度相同,则运动时间相同,竖直分速度vy一样,但M到P的水平位移大,则水平速度v0较大,由v=eq\r(v\o\al(2,0)+v\o\al(2,y))可知到达P点的速度大小大于离开P点的初速度大小,故D正确。故选ACD。]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水平放射出去,eq\r(2gh)≤v0≤2eq\r(2gh)。设放射出去的全部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,持续放射足够长时间后,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(
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