2018_2019学年高中物理第五章曲线运动课时提升作业二5.2平抛运动新人教版.docx

课时提升作业 二 平 抛 运 动(40分钟100分)一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)1.(2018济南高一检测)关于平抛物体的运动,下列说法中正确的是()A.平抛物体运动的速度和加速度都随时间的增加而增大B.平抛物体的运动是匀变速运动C.做平抛运动的物体仅受到重力的作用,所以速度保持不变D.做平抛运动的物体水平方向的速度逐渐增大【解析】选B。平抛运动是只在重力的作用下的运动,竖直方向上是自由落体运动,加速度为重力加速度,不变,故A项错误;平抛运动的加速度为重力加速度,大小是不变的,所以平抛运动是匀变速运动,故B项正确;平抛运动是匀变速运动,速度逐渐增大,故C项错误;平抛运动在水平方向上是匀速直线运动,速度不变,故D项错误。【补偿训练】下列图象中能正确表述平抛运动的水平位移与时间关系的是()【解析】选B。平抛运动水平方向做匀速直线运动,则有x=v0t,可知水平位移与时间成正比,x-t图象是过原点的直线,故A、C、D项错误,B项正确。2.(2018长沙高一检测)以10 m/s的初速度从距水平地面20 m高的塔上水平抛出一个石子。不计空气阻力,g取10 m/s2,则石子抛出点到落地点位移的大小为()A.20 mB.30 mC.20 mD.30 m【解析】选C。根据平抛运动的分位移公式,有:x=v0t,y=gt2,联立解得:t= = s=2 s;x=v0t=10 m/s2 s=20 m;故合位移为:s= m=20 m。【补偿训练】在地面上方1 m高度处将小球以2 m/s的初速度水平抛出,若不计空气阻力,则它在落地前瞬间的速度大小为(g取10 m/s2)()A.2 m/sB.2 m/sC.10 m/sD.4 m/s【解析】选B。根据速度位移公式得,小球落地的竖直分速度vy= m/s=2 m/s,根据平行四边形定则得,小球落地的速度v= m/s=2 m/s,故B项正确,A、C、D项错误。3. (2018银川高一检测)如图所示,x轴在水平地面内,y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上水平抛出的两个小球a和b的运动轨迹,不计空气阻力。它们的初速度分别为va、vb,下落时间分别为ta、tb。则下列关系正确的是()A.vavb、tatbB.vavb、tatbC.vatbD.vavb、tatb。因为xbxa,根据v=知,vbva,故C项正确,A、B、D项错误。【补偿训练】两个物体做平抛运动的初速度之比为21,若它们的水平射程相等,则它们抛出点离地面的高度之比为()A.12B.21C.14D.41【解析】选C。根据x=v0t知,水平射程相等,初速度之比为21,则时间之比为12,根据h=gt2得,抛出点与地面的高度之比为14,故C项正确,A、B、D项错误。4.P与Q二球水平相距150 m,距地面高都为80 m,同时相向水平抛出两球,初速度分别为vP=20 m/s,vQ=30 m/s,如图所示,则二球相碰点S距地面高度是(g取10 m/s2)()A.25 mB.35 mC.45 mD.55 m【解析】选B。设相遇经过的时间为t,则有:xPQ=(vP+vQ)t,解得:t= s=3 s;下落的高度为:h=gt2=109 m=45 m,所以距离地面的高度为:H=80 m-45 m=35 m,B项正确,A、C、D项错误。5.如图所示,倾角为的斜面上有A、B、C三点,现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球,三个小球均落在斜面上的D点,今测得ABBCCD=531,由此可判断()A.A、B、C处三个小球运动时间之比为123B.A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交C.A、B、C处三个小球的初速度大小之比为123D.A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为111【解析】选D。A、B、C处三个小球下降的高度之比为941,根据平抛运动的时间t=知,A、B、C处三个小球运动时间之比为321,故A项错误;因最后三个小球落到同一点,抛出点不同,轨迹不同,故三个小球的运动不可能在空中相交,故B项错误;三个小球的水平位移之比为941,根据x=v0t知,初速度之比为321,故C项错误;对于任意一球,因为平抛运动某时刻速度方向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,三个小球落在斜面上,位移与水平方向夹角相等,即位移与水平方向夹角正切值相等,则三个小球在D点速度与水平方向上的夹角的正切值相等,也就是三个小球在D点的速度与水平方向的夹角相等,故D项正确。6.(2018武汉高一检测)如图所示,一名运动员在参加跳远比赛,他腾空过程中离地面的最大高度为L,成绩为4L,假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为,运动员可视为质点,不计空气阻力,则有()A.tan=2B.tan=1C.tan=D.tan=【解析】选B。运动员从最高点到落地的过程做平抛运动,根据对称性知平抛运动的水平位移为2L,则有:L=gt2,得:t=,运动员通过最高点时的速度为:v=,则有:tan=1,故B项正确,A、C、D项错误。二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)7.(10分)(2018天水高一检测)在足够高处将质量m=1 kg的小球沿水平方向抛出,已知在抛出后第2 s末时小球速度大小为25 m/s,g取10 m/s2,求:(1)第2 s末小球下降的竖直高度。(2)小球沿水平方向抛出时的初速度大小。(3)2 s内小球位移的大小。【解析】(1)小球在竖直方向做自由落体运动,第2 s末小球下降的竖直高度:h=gt2=1022 m=20 m。(2)第2 s末小球在竖直方向分速度 vy=gt=20 m/s由速度的分解法可知,小球平抛初速度v0= m/s=15 m/s。(3)2 s内水平位移x=v0t=30 m则2 s内小球位移的大小s=10 m。答案:(1)20 m(2)15 m/s(3)10 m8.(14分)如图所示,在y轴的左侧有一垂直于y轴的足够大平行光,在x0=1.2 m位置有一个足够长的竖直挡板,现把一不透明小球从坐标原点O以v0=3 m/s的初速度沿x轴水平抛出,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)小球与挡板上影子相遇的时间t。(2)小球与挡板上影子相遇时的速度大小v。(3)仅改变挡板在+x轴上的位置,重复抛球操作,请写出小球和影子相遇点的轨迹方程。【解析】(1)小球在水平方向做匀速直线运动,则有:x0=v0t代入数据得:t=0.4 s。(2)小球竖直方向做自由落体运动,小球与挡板上影子相遇时有:vy=gt=4 m/s 速度大小为:v=代入数据得:v=5 m/s。(3)设小球与影子相遇点坐标为(x,y),则有:x=v0ty=gt2解得:y=x2代入数据得:y=x2。答案:(1)0.4 s(2)5 m/s(3)y=x21.(8分)(多选)(2018沈阳高一检测)如图为小球做平抛运动的示意图。发射口距地面高为h,小球发射的速度为v,落地位置到发射口的水平距离为R,小球在空中运动的时间为t。下列说法正确的是()A.h一定时,v越大,R越大B.h一定时,v越大,t越长C.v一定时,h越大,R越大D.v一定时,h越大,t越长【解析】选A、C、D。根据t=可知,h一定时,下落的时间t一定,R=vt,v越大则R越大,故A项正确,B项错误;v一定时,h越大下落时间t越长,则R越大,故C、D项正确。2. (8分)(2018厦门高一检测)如图所示,质量为m=0.5 kg的小球(可视作质点)从A点以初速度v0水平抛出,小球与竖直挡板CD和AB各碰撞一次(碰撞时均无能量损失),小球最后刚好打到CD板的最低点。已知CD挡板与A点的水平距离为x=2 m,AB高度为4.9 m,空气阻力不计,g取9.8 m/s2,则小球的初速度v0大小是()A.7 m/sB.6 m/sC.5 m/sD.4 m/s【解析】选B。小球在竖直方向做自由落体运动,运动时间为t,则HAB=gt2,解得t=1 s;小球与竖直挡板CD和AB各碰撞一次(碰撞时均无能量损失),小球最后刚好打到CD板的最低点,所以小球水平方向通过的路程为s=3x=6 m,所以小球的初速度v0=6 m/s。故B项正确,A、C、D项错误。3.(8分)(2018郑州高一检测)有一足够长、倾角为30的光滑斜面,在其顶端由静止释放小球P,经过时间t后,仍在该斜面顶端位置水平抛出另一小球Q,小球Q刚好击中小球P,重力加速度为g。下列说法正确的是()A.小球P被击中前在斜面上运动的时间为1.5tB.小球Q将要击中小球P时小球Q的速度与水平方向成60角C.小球Q水平抛出时的速度为gtD.小球Q击中小球P时小球Q的位移为gt2【解析】选C、D。P运动的加速度a=gsin30=g,设Q经过t时间击中小球P,则有:=a(t+t)2,解得:t=t,则小球P被击中前在斜面上运动的时间为2t,故A项错误;小球Q运动的时间为t,则有:tan30=,解得:v0=,设击中小球P时小球Q的速度与水平方向成角,则有:tan=,故B项错误,C项正确;小球Q击中P时的位移为:x=gt2,故D项正确。4.(16分)如图甲所示,练习雪道由倾斜部分AB段和水平部分BC段组成,其中倾斜雪道的倾角=45,A处离水平地面的高度H=5 m。运动员每次练习时在A处都沿水平方向飞出,不计空气阻力。g取10 m/s2。(1)求运动员在空中运动的最长时间tm。(2)若运动员要落在AB段,求其在A处飞出时的最大速度vm大小。(3)运动员在A处飞出的速度为v,当其落到BC段时,速度方向与竖直方向的夹角为,试通过计算在图乙中画出tan - v图象。【解析】(1)运动员在空中运动的最长时间对应运动员下落的高度H=5 m,根据H=g得,tm= s=1 s。(2)若运动员落在斜面上,速度最大时恰好落在B点,由于=45,则运动员的水平位移:x=H=5 m运动员飞出的最大初速度:vm= m/s=5 m/s。(3)运动员到达BC段时,下落的时间是1 s,则落地时竖直方向的分速度:vy=gtm=101 m/s=10 m/s运动员到达BC的过程中水平方向的分速度不变,到达B点的水平方向的分速度为5 m/s,所以到达B点时速度方向与竖直方向的夹角满足:tan=在BC段:tan=v所以画出tan-v图象如图。答案:(1)1 s(2)5 m/s(3)见解析【补偿训练】(2018乐山高一检测)如图所示,一小球从平台上水平拋出,恰好落在临近平台的一倾角为=53的固定斜面顶端,并刚好沿斜面下滑,小球与斜面间摩擦因数=0.5,已知斜面顶端与平台的髙度差h=0.8 m,g取10 m/s2,sin53= 0.8,cos53=0.6,则:(1)小球水平拋出的初速度是多大?(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少?(3)若平台与斜面底端高度差H=6.8 m,则