2020年高考物理一轮复习专题11抛体运动限时训练.doc

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1、专题11 抛体运动 (限时：45min)一、 选择题（本大题共12小题）1(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M、N点。两球运动的最大高度相同，空气阻力不计，则()AB的加速度比A的大 BB的飞行时间比A的长CB在最高点的速度比A在最高点的大 DB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

2、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【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，根据tan 知，初速度越大，小球落地瞬间速度与竖直方向的夹角越大，故A正确。根据Pmgvymg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，

3、与初速度无关，故C错误，D正确。3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。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

4、()Avavbvctatbtc BvavbvctatbtcCvavbtbtc Dvavbvctatbhbhc，根据hgt2，知tatbtc，根据xaxbxc，xvt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vavbvc。故C正确，A、B、D错误。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() A. B. C. D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

5、点：tan(9060)，在B点：tan 45，由以上两式可求得：，故选项B正确。6如图，斜面AC与水平方向的夹角为，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与DA的比为()A. B. C. D.【答案】D【解析】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，设该过程用时为t，则DA间水平距离为v0t，故DA；CD间竖直距离为，故CD，得，故D正确。7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

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【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

7、，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。8(2018全国卷)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()A2倍 B4倍 C6倍 D8倍【答案】A【解析】画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：xvt，xtan gt2则xv2，即xv2甲、乙两球抛出速度为v和，则相应水平位移之比为41，由相似三角形知，下落高度之比也为41，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之

8、比为21，由落至斜面时的速率v斜可得落至斜面时速率之比为21。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【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，所以轨迹一定经过PE之间某点，故A

9、、B错误；设正方形白纸的边长为2h，则平抛运动的水平位移x2h，时间t ，初速度v，若将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，水平位移变为xh，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12。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用时间之比为1。若两球的初速度大小的比值k，则k应满足的条件是() Ak Bk Ck Dk【答案】A【解析】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xvAt

10、，ygt2，x2y2l2，解得vA，同理对B球有vB，求得k，A正确。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，运动员可视为质点，不计空气阻力，则有()Atan 2 Btan 1 Ctan Dtan 【答案】B【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，Lgt2，解得：t ，运动员在空中最高点的速度即为运动员起跳时水平方向的分速度，根据分运动与合运动的等时性，则水平方向的分速度为：vx，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

11、直分速度为：vygt，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：tan 1，故B正确，A、C、D错误。13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AOB为此跑道纵截面示意图，其中AO段水平，OB为抛物线，O点为抛物线的顶点，抛物线过O点的切线水平，OB的水平距离为x，竖直高度为y。某次训练中，观察战机(视为质点)通过OB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() A. B. C. D.【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，

12、竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则战机到达B点时的水平分速度大小vx，竖直分速度大小vy，合速度大小为v，选项D正确。二、计算题（本大题共3小题）13(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

13、字)【答案】0.25 m【解析】根据牛顿第二定律，在OP段有Fmgma，又2asvP2，由平抛运动规律和几何关系有物块的水平射程xvPt，物块的竖直位移ygt2，由几何关系有yxtan ，联立以上各式可以得到x，解得F xmg。由题图乙知mg5，10，代入数据解得s0.25 m。14(2019长沙模拟)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m0.5 kg的小球以初速度v00.40 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F10.20 N的风力作用；小球运动2.0 s后风力方向变

14、为沿y轴负方向、大小变为F20.10 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/s1.1 m(2)4.0 s【解析】(1)设在02.0 s内小球运动的加速度为a1，则F1ma120 s末小球在y轴方向的速度v1a1t1代入数据解得v10.8 m/s沿x轴方向运动的位移x1v0t1沿y轴方向运动的位移y1a1t1220 s内运动的位移s1 代入数据解得s10.8 m1.1 m。(2)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

15、速度相同，则F2ma20v1a2t2代入数据解得t24.0 s。15(2019郑州三模)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h3 m的竖直峭壁，AB是以O点为圆心的弧形坡，AOB60，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，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。图10(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；(2)若选手以速度v14 m/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间。【答案】 (1) m/s(2)0.6 s【解析】(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则hsin 60v0thcos 60gt2解得：v0 m/s。(2)若选手以速度v14 m/s水平跳出，因v1v0，人将落在弧形坡上。下降高度ygt2水平前进距离xv1t且x2y2h2解得t0.6 s。