2020届高考物理人教版一轮复习限时规范练：抛体运动(含解析)

1、2020 届高考物理人教版一轮复习限时规范练抛体运动选择题1、如图所示是研究平抛运动的实验装置，正方形白纸ABCD占在方木 板上，E、F、H是对应边的中点，P是EH的中点。金属小球从倾斜轨 道上由静止开始下滑，从F点开始做平抛运动，恰好从C点射出。以 下说法正确的是（）A.小球的运动轨迹经过 P 点B.小球的运动轨迹经过PH之间某点3C.若将小球在轨道上的释放高度降低 4,小球恰好由 E 点射出3D.若将小球在轨道上的释放高度降低；，小球恰好由BE中点射出4【答案】C【解析】小球从F点开始做平抛运动，其轨迹是抛物线，则过C点做 速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，

2、所以轨迹一定经过PE之间某点， 故 A B 错误； 设正方形白纸 的边长为 2h,则平抛运动的水平位移x= 2h,时间t=*，初速 度7= 2gh,若将小球在轨道上的释放高度降低 4 则到达F点的速 度变为原来的一半，即v=2gh，平抛运动时间不变，水平位移变 为x=h,小球恰好由E点射出，故 C 正确，D 错误。2、某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落 过程中，该弹射管保持水平，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【答案】B【解析】弹射管自由下落，两只小

3、球始终处于同一水平面，因此同时 落地。水平方向的分运动为匀速直线运动，且速度相等，但两只小球 弹出后在空中运动的时间不相等，所以水平位移不相等，落地点不同。3、如图所示，在同一平台上的0点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、C三点，则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.VaVbVctatbtcB.VaVbVcta=tb=tcC.VaVbtbtcD.VaVbVctatbhbhc,根据h=ggt2,知tatbtc.根据XaVXbVXc,x=vt知，a的水平位移最短，时间最长，则速度最小；c的水平位移最长，时间最短，则速度最大，所以有VaVVbVVc。

4、故 C正确，A B、D 错误。4、如图所示，一质点做平抛运动先后经过A B两点，到达A点时速度方向与竖直方向的夹角为 60，到达B点时速度方向与水平方向 的夹角为 45。质点运动到A点与质点运动到B的时间之比是（）1A.3B並B32C-3D.条件不够，无法求出【答案】B【解析】设初速度大小为V0,将A、B两点的速度分解，在A点：tan（90由以上两式可求得：tAtan 30 3tB=tan 45 =3，故选项B正确。在B点：tan 45VBygtBVoVo60 )VAygtAVoVo5、如图，斜面AC与水平方向的夹角为a，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，则CD

5、与DA的比为【答案】D【解析】设小球水平方向的速度为vo,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=一，设该过程用时为t，则DA间水平距离为vot, tana故 D 正确。6、根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方 位置。但实际上，赤道上方 200 m 处无初速下落的小球将落在正下方 位置偏东约6 cm 处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转， 下落过程小球还受到一个水平向东的“力”， 该“力”与竖直方向的 速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛， 考虑对称性， 上升 过程该“力”水平向西，则小球（）A.

6、 到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C. 落地点在抛出点东侧D. 落地点在抛出点西侧A._1tanC._1tan2aB.D.2ta n a12tan2aVot故 D* COST；CD间竖直距离为勞，故金 2sinV2t得CD1得DA2tan2a，【答案】D【解析】将小球的竖直上抛运动分解为水平方向和竖直方向的两个分 运动。上升阶段，随着小球竖直分速度的减小，其水平向西的“力” 逐渐减小，因此水平向西的加速度逐渐减小，到最高点时减小为零， 而水平向西的速度达到最大值，故 A、B 错误。下降阶段，随着小球 竖直分速度的变大，其水平向东的“力”逐

7、渐变大，水平向东的加速 度逐渐变大，小球的水平分运动是向西的变减速运动，根据对称性， 小球落地时水平向西的速度减小为零， 所以落地点在抛出点西侧，故 C 错误、D 正确。7.（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【答案】AD【解析】设小球落地瞬间速度的方向与竖直方向的夹角为a，根据的夹角越大，故 A 正确。根据P

8、=mgv=mg.2gH知，落地时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tan,初速度越大，小球落地瞬间速度与竖直方向a等的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8 （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MN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【答案】CD【解析】两球在空中的加速度都为重力加速度g,选项 A 错误；由于 两球运动的最大高度相同，则在空中飞行的时间相同，选项B

9、 错误；B球的射程大，则水平方向的分速度大，在最高点的速度大，选项C正确；两球运动的最大高度相同，则竖直分速度相同，由于B球的水 平分速度大，则B球抛出时的速度大，落地时的速度也大，选项 D 正 确。9、在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和V的速度沿同一方向 水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至 斜面时速率的（ ）A. 2 倍B. 4 倍C. 6 倍D . 8 倍【答案】A【解析】画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知:x=vt,x tan即XXv2甲、乙两球抛出速度为v和V，则相应水平位移之比为 4： 1,由相似三角形知，下落高度之比也为 4： 1,由自由落体运

10、动规律得，落在 斜面上竖直方向速度之比为 2 : 1,由落至斜面时的速率v斜=-vx2+ V；可得落至斜面时速率之比为 2 ： 1。10、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a,运动员可视为质点，不计空气阻力，则有（）1A. tana= 2 B . tana= 1 C . tana= 21D. tana=4【答案】B则x=2ta ng【解析】腾空过程中离地面的最大高度为L,从最高点到落地过程中,做平抛运动，根据平抛运动规律，L=2gt :解得：t=g，运动员在空中最高点的速度即为运动员起跳时水

11、平方向的分速度，根据分2L ._运动与合运动的等时性，则水平方向的分速度为：vx= = 2gL,根据运动学公式，在最高点竖直方向速度为零，那么运动员落到地面时的竖直分速度为：Vy=gth2gL,运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角的正切值为：Vy/2gL门一tanah沪石h1,故 B 正确，ACD错误11.据悉，我国已在陕西省西安市的阎良机场建立了一座航空母舰所 使用的滑跳式甲板跑道，用来让飞行员练习在航空母舰上的滑跳式甲 板起飞。如图所示的A0助此跑道纵截面示意图，其中A0段水平，0B为抛物线，0点为抛物线的顶点，抛物线过0点的切线水平，0B的水平距离为x,竖直高度为y。某次训练中，观察

12、战机（视为质点）通过0B段时，得知战机在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t,则战机离开B点的速率为（）xA.-B.C.D.x2+ 4y2tat【答案】D【解析】战机的运动轨迹是抛物线，当水平方向做匀速直线运动时， 竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，贝 U 战机到达 B 点时的水平 分速度大小Vx=X，竖直分速度大小Vy= ，合速度大小为v=V：+Vy2=X：4y，选项 D 正确。二、计算题12、用如图甲所示的水平一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0点，0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0点从静止开始拉动，当物块运动到P点 时撤去拉力F

13、。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像。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e= 45,g取 10 m/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）【答案】0.25 m【解析】根据牛顿第二定律，在OP段有F-卩mg= ma又 2as=VP,由平抛运动规律和几何关系有物块的水平射程X=Vpt,1物块的竖直位移y=2gt2, 由几何关系有y=xtan22vpta n6x=解得F= 4Sx+代入数据解得s= 0.25 m。13、风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力。如图所示，在风 洞实验

14、室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量 m= 0.5 kg 的小球以初速度vo= 0.40 m/s 从O点沿x轴正 方向运动， 在 02.0 s 内受到一个沿y轴正方向、 大小Fi= 0.20 N 的风力作用；小球运动 2.0 s 后风力方向变为沿y轴负方向、大小变 为F2= 0.10 N(图中未画出)。试求：(1) 2.0 s 末小球在y轴方向的速度大小和 2.0 s 内运动的位移大小；(2) 风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。【答案】(1)0.8 m/s 1.1 m (2)4.0 s【解析】(1)设在 02.0 s 内小球运动的加速度为a1,联立以上

15、各式可以得到由题图乙知卩mg=5,鸣=10,4stan6贝卩F1=ma2. 0 s 末小球在y轴方向的速度V1= at代入数据解得Vi= 0.8 m/s沿x轴方向运动的位移Xi=Voti1沿y轴方向运动的位移yi= 2aiti22. 0 s 内运动的位移si= - xi2+yi2代入数据解得si= 0.8 - 2 m 1.1 m。设 2.0 s 后小球运动的加速度为a2,F2的作用时间为t2时小球的 速度变为与初速度相同，则F2=ma0=Via2t2代入数据解得12= 4.0 s。14、图 10 为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图。参与游戏的 选手会遇到一个人造山谷OAB OA是高h= 3 m 的竖直峭壁，AB是以O点为圆心的弧形坡，/AO= 60,B点右侧是一段水平跑道。选手 可以自O点借助绳索降到A点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会 选择自A点直接跃上跑道。 选手可视为质点，