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．(2024·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．(2024·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．(2024·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．(2024·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．(2024·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．(2024·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
2024版高考新课标一轮复习：课时跟踪检测(12)抛体运动
