课时跟踪检测(十二) 抛体运动
[A级——基础小题练熟练快]
1.(多选)如图所示,从地面上同一位置抛出两小球A、B,分的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
解析:选CD 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。
2.(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
v0v0
解析:选AD 设小球落地瞬间速度的方向与竖直方向的夹角为α,根据tan α==知,初速
vy2gH度越大,小球落地瞬间速度与竖直方向的夹角越大,故A正确。根据P=mgvy=mg2gH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正确。
3.(2018·江苏高考)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 C.时刻不同,地点相同
B.时刻相同,地点不同 D.时刻不同,地点不同
别落在地面上
解析:选B 弹射管自由下落,两只小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平位移不相等,落地点不同。
4.如图所示,在同一平台上的O点水平抛出的三个物体,分别落
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.va>vb>vc ta>tb>tc
B.va 到a、b、c三相等,所以水 C.va 12 解析:选C 三个物体下落的高度ha>hb>hc,根据h=gt,知ta>tb>tc,根据xa 2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va 5.(2019·周口七校联考)如图所示,一质点做平抛运动先后经过A、B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质点运动到A点与质点运动到B的时间之比是( ) 1A. 32C. 3 B.3 3 两点,到达A夹角为45°。 D.条件不够,无法求出 vAygtA 解析:选B 设初速度大小为v0,将A、B两点的速度分解,在A点:tan(90°-60°)==, v0v0vBygtB 在B点:tan 45°==, v0v0 tAtan 30°3 由以上两式可求得:==,故选项B正确。 tBtan 45°36.如图,斜面AC与水平方向的夹角为α,在A点正上方与C等高小球,其速度垂直于斜面落到D点,则CD与DA的比为( ) A.C. 1 tan α1 2 tanα B.D.1 2tan α1 2 2tanα 处水平抛出一 解析:选D 设小球水平方向的速度为v0,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= v0 ,设该过程用时为t,则DA间水平距离为tan α v0tv2tv2tCD1 v0t,故DA=;CD间竖直距离为,故CD=,得=,故D正确。 2 cos α22sin αDA2tanα [B级——保分题目练通抓牢] 7.(2018·北京高考)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.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 解析:选D 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。 v 8.(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出,两2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 C.6倍 B.4倍 D.8倍 解析:选A 画出小球在斜面上运动轨迹,如图所示,可知: x=vt, 12 x·tan θ=gt 22tan θ2 则x=·v, g即x∝v v 甲、乙两球抛出速度为v和,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∶ 21,由自由落体运动规律得,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=vx+vy可得落至斜面时速率之比为2∶1。 9.如图所示是研究平抛运动的实验装置,正方形白纸ABCD贴在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 3 C.若将小球在轨道上的释放高度降低,小球恰好由E点射出 43 D.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 解析:选C 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,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= 2h ,初速度vg =2gh,若将方木板上,E、止开始下滑, 222 32gh 小球在轨道上的释放高度降低,则到达F点的速度变为原来的一半,即v′=,平抛运动时间不变, 42水平位移变为x′=h,小球恰好由E点射出,故C正确,D错误。 10.(2019·广州调研)如图所示,A、B两球用两段不可伸长的细绳连接于悬点O,两段细绳的长度之比为1∶2。现让两球同时从悬点O处以一定的初速度分别向左、向右水平抛出,至连接两球的细绳伸直所vA 用时间之比为1∶2。若两球的初速度大小的比值=k,则k应满足的条件是( ) vB A.k= 2 2 B.k> 2 22 4 1C.k= 2 D.k> 解析:选A 设与A、B两球相连的绳的长度分别为l和2l,当与A球相连的绳绷直时,有x=vAt,y12 =gt, 2 x+y=l,解得vA= 222 ?gt?2 l-?? ?2? 2 2 t2l 2 , 2t2 2 同理对B球有vB= vA2 求得k==,A正确。 vB2 ?g-?? 2t ?2?? , 11.(2018·济宁二模)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θ=45°,g取10 m/s,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) 2 解析:根据牛顿第二定律,在OP段有F-μmg=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, 12 物块的竖直位移y=gt, 2由几何关系有y=xtan θ, 2vPtan θ 联立以上各式可以得到x=, gmg 解得F= x+μmg。 4stan θmg 由题图乙知μmg=5,=10, 4stan θ代入数据解得s=0.25 m。 答案:0.25 m [C级——难度题目适情选做] 12.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α,运动员可视为质点,不计空气阻力,则有( ) 2 2
2020版高考新课标一轮复习:课时跟踪检测(12)抛体运动
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