高考总复习物理（人教版）练习第04章曲线运动万有引力定律第2讲平抛运动（课时综合训练）

课时综合训练(十四)平抛运动1．(2018·河南洛阳统测)(多选)一个物体以初速度大小为v0被水平抛出，落地时速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则()A．物体做平抛运动的时间为eq\f(\r(v2－v\o\al(2,0)),g)B．物体做平抛运动的竖直分位移为eq\f(v2－v\o\al(2,0),2g)C．物体做平抛运动的时间为eq\f(v－v0,g)D．物体做平抛运动的水平分位移为eq\f(v0v－v0,g)解析：选AB根据平行四边形定则可得，落地时物体在竖直方向上的分速度vy＝eq\r(v2－v\o\al(2,0))，物体做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，则有vy＝gt，所以运动的时间为t＝eq\f(\r(v2－v\o\al(2,0)),g)，物体做平抛运动的竖直分位移为h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2g)，水平分位移为x＝v0t＝eq\f(v0\r(v2－v\o\al(2,0)),g)，A、B正确，C、D错误．2．(2017·黑龙江大庆一模)(多选)在地面上方高为H处某点将一小球水平抛出，不计空气阻力，则小球在随后(落地前)的运动中()A．初速度越大，小球落地时的瞬时速度与竖直方向的夹角越大B．初速度越大，落地瞬间小球重力的瞬时功率越大C．初速度越大，在相等的时间间隔内，速度的改变量越大D．无论初速度为何值，在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的解析：选AD设小球落地时瞬时速度的方向与竖直方向的夹角为α，根据tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,\r(2gH))知，初速度越大，小球落地时的瞬时速度与竖直方向的夹角越大，故A正确．根据P＝mgvy＝mgeq\r(2gH)知，落地瞬间小球重力的瞬时功率与初速度无关，故B错误．平抛运动的加速度不变，在相等时间间隔内速度的改变量相同，与初速度无关，故C错误，D正确．3．(2017·河北承德实验中学期中)(多选)如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达一竖直墙面时，速度与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．小球水平抛出时的初速度大小为gttanθB．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为eq\f(θ,2)C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变短D．若小球初速度增大，则tanθ减小解析：选AC小球到达竖直墙面时沿竖直方向和水平方向上的分速度大小分别为vy＝gt，vx＝vytanθ＝gttanθ，所以水平抛出时的初速度为gttanθ，A项正确；设小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝eq\f(y,x)，eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(vy,2vx)＝eq\f(1,2tanθ)，B项错误；由于小球到墙的距离一定，初速度增大，运动的时间变短，C项正确；若小球初速度增大，由小球到墙的时间变短，由tanθ＝eq\f(v0,gt)可知，tanθ增大，D项错误．4．(2017·云南玉溪一中一模)如图所示为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为()A．eq\f(R,4) B．eq\f(3R,4)C．eq\f(R,2) D．R解析：选A小球做平抛运动，经过D点时，水平速度与末速度的夹角为60°，则有tan60°＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，则时间t＝eq\f(v0tanθ,g)①，小球下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(v\o\al(2,0)tan260°,2g)②，在水平方向上有故x＝Rcos30°＝v0t③，C点到B点的距离为H＝h－R(1－cos60°)＝eq\f(v\o\al(2,0)tan260°,2g)－R(1－cos60°)④，联立四式解得H＝eq\f(R,4)．5．如图所示，斜面底端上方高h处有一小球以水平初速度v0抛出，恰好垂直打在斜面上，斜面的倾角为30°，则关于h和初速度v0的关系，下列图象正确的是()解析：选D将小球刚要打到斜面上的速度沿竖直和水平方向进行分解，则有tan30°＝eq\f(v0,vy)，vy＝gt，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，由几何关系得tan30°＝eq\f(h－y,x)，解得h＝eq\f(5v\o\al(2,0),2g)，因此h－v0图象应是开口向上的抛物线，h－veq\o\al(2,0)图象应是过原点的直线，故ABC项错误，D项正确，故选D．6．如图所示，将a、b两小球以大小为20eq\r(5)m/s的初速度分别从A、B两点相差1s先后水平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，g取10m/s2，则抛出点A、B间的水平距离是A．80eq\r(5)m B．100mC．200m D．180eq\r(5)m解析：选Da、b两球在空中相遇时，a球运动t秒，b球运动了(t－1)秒，此时两球速度相互垂直，如图所示，由图可得：tanα＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(v0,gt－1)解得：t＝5s(另一个解舍去)，故抛出点A、B间的水平距离是v0t＋v0(t－1)＝180eq\r(7．如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O点正上方A、B两点向右水平抛出，B为AO连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为()A．eq\r(2)∶1 B．2∶1C．4∶eq\r(2) D．4∶1解析：选B设任一小球的初速度为v0，抛出点离O点的高度为h，平抛运动的时间为t，斜面的倾角为θ．据题小球垂直击中斜面，速度与斜面垂直，由速度分解可知：vytanθ＝v0；又vy＝gt可得：t＝eq\f(v0,gtanθ)根据几何关系得：h＝eq\f(1,2)gt2＋v0t·tanθ＝eq\f(v\o\al(2,0),2gtan2θ)＋eq\f(v\o\al(2,0),g)∝veq\o\al(2,0)据题有OA＝2OB，则得：vA＝eq\r(2)vB．击中斜面位置到O点的距离为S＝eq\f(v0t,cosθ)＝eq\f(v\o\al(2,0),gtanθcosθ)∝veq\o\al(2,0)．故得A、B两球击中斜面位置到O点的距离之比为2∶1，故选B．8．(多选)如图所示，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球由于受恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直落入距击球点水平距离为L的A穴，不计洞穴的深度，则下列说法正确的是()A．球被击出后做平抛运动B．该球从被击出到落入A穴所用的时间为eq\f(L,v0)C．球被击出时的初速度大小为Leq\r(\f(2g,h))D．球被击出后受到的水平风力的大小为eq\f(mgL,h)解析：选CD由于水平方向受到空气阻力，不是平抛运动，故A错误；竖直方向为自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2，得到t＝eq\r(\f(2h,g))，因水平方向不是匀速直线运动，因此从被击出到落入A穴所用时间不能为eq\f(L,v0)，故B错误；由于球竖直地落入A穴，故水平方向为末速度为零匀减速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t－eq\f(1,2)at20＝v0－at；解得v0＝eq\f(2L,\r(\f(2h,g)))＝Leq\r(\f(2g,h))，故C正确；水平方向分运动为末速度为零匀减速直线运动，由运动学公式L＝v0t－eq\f(1,2)at2；0＝v0－at；由牛顿第二定律F＝ma；由上述各式可解得F＝eq\f(mgL,h)，故D正确；故选CD．9．(2018·云南曲靖一中月考)(多选)如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A.已知A点高度为h＝360m，山坡倾角为37°，g取10m/sA．炸弹的飞行时间为0.8s B．炸弹飞行的水平位移为480C．轰炸机的飞行高度为680m D．炸弹的落地速度为解析：选BC已知A点高度为h＝360m，山坡倾角为37°，可算出炸弹飞行的水平位移为x＝eq\f(h,tan37°)＝480m，故B正确；炸弹垂直击中目标A，可知炸弹的速度偏转角满足φ＝eq\f(π,2)－θ＝53°，由平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍可知tanφ＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(2H,x)，解得H＝320m，所以轰炸机的飞行高度H总＝H＋h＝680m，故C正确；炸弹的飞行时间t＝eq\r(\f(2H,g))＝8s，故A错误；炸弹的初速度为v0＝eq\f(x,t)＝60m/s，炸弹的落地速度v＝eq\f(v0,cosφ)＝100m/s，故D错误．10．(2017·湖北重点中学摸底)如图所示，挡板ON与竖直方向夹锐角θ＝53°放置．一小球(可视为质点)从O点正下方的P点以v0＝8m/s的初速度水平抛出，小球运动过程中恰好不与挡