2020高考物理一輪總復習 第四章 曲線運動 萬有引力與航天 基礎課2 拋體運動練習（含解析）新人教版

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1、基礎課2 拋體運動 一、選擇題 1．(2018年江蘇卷)某彈射管每次彈出的小球速度相等．在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球．忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的(　　) A．時刻相同，地點相同　　　 B．時刻相同，地點不同 C．時刻不同，地點相同 D．時刻不同，地點不同 解析：選B　小球不論是在管內(nèi)還是在管外，它們豎直方向的加速度都等于g，因此，落地時間與離開彈射管的先后無關，所以落地時刻相同．先彈出的小球做平拋運動的時間長，后彈出的小球做平拋運動的時間短，因此，兩球的水平位移不同，落地點不同，故選項B正確． 2．一水平固定的水管，水從管口以不變

2、的速度源源不斷地噴出．水管距地面高h＝1.8 m，水落地的位置到管口的水平距離x＝1.2 m．不計空氣及摩擦阻力，水從管口噴出的初速度大小是(　　) A．1.2 m/s B．2.0 m/s C．3.0 m/s D．4.0 m/s 解析：選B　水平噴出的水，運動規(guī)律為平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律h＝gt2可知，水在空中的時間為0,6 s，根據(jù)x＝v0t可知水平速度為v0＝2 m/s，因此選項B正確． 3．(2019屆北京四中練習)如圖所示，一名運動員在參加跳遠比賽，他騰空過程中離地面的最大高度為L，成績?yōu)?L，假設跳遠運動員落入沙坑瞬間速度方向與水平面的夾角為α，運動員可視為質(zhì)點，

3、不計空氣阻力，則有(　　) A．tanα＝2 B．tanα＝1 C．tanα＝ D．tanα＝ 解析：選B　騰空過程中離地面的最大高度為L，落地過程中，做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律，L＝gt2，解得t＝ ，運動員在空中最高點的速度即為運動員起跳時水平方向的分速度，根據(jù)分運動與合運動的等時性，則水平方向的分速度為：vx＝＝，根據(jù)運動學公式，在最高點豎直方向速度為零，那么運動員落到地面時的豎直分速度為：vy＝gt＝，運動員落入沙坑瞬間速度方向與水平面的夾角的正切值為：tanα＝＝＝1，故B正確，A、C、D錯誤． 4．如圖所示，斜面體ABC固定在水平地面上，斜面的高AB為 m，傾

4、角為θ＝37°，且D是斜面的中點，在A點和D點分別以相同的初速度水平拋出一個小球，結(jié)果兩個小球恰能落在地面上的同一點，則落地點到C點的水平距離為(　　) A. m B. m C. m D. m 解析：選D　設斜面的高AB為h，落地點到C點的距離為x，則由幾何關系及平拋運動規(guī)律有＝，求得x＝ m，選項D正確． 5．(2018屆山東煙臺一中月考)如圖所示，從地面上同一位置同時拋出兩小球A、B分別落在地面上的M、N點，兩球運動的最大高度相同．空氣阻力不計，則下列說法正確的是(　　) A．在運動過程中的任意時刻有vB>vA B．B的飛行時間比A的長 C．B的加速度比A的大

5、 D．在落地時的水平速度與合速度的夾角，B比A大 解析：選A　由題可知，A、B兩小球均做斜拋運動，由運動的分解可知：水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，由兩球運動的最大高度相同，可知兩球的豎直方向速度相同，由圖可知B球水平位移大，則B球水平速度大，在運動過程中的任意時刻有vB>vA，選項A正確；兩球的加速度均為重力加速度，選項C錯誤；設上升的最大高度為h，在下落過程，由h＝gt2，可知兩球飛行時間相同，選項B錯誤；落地時，豎直方向的速度vyA＝vyB，在落地時的水平速度與合速度的夾角θ，tanθ＝，因為vxA小于vxB，所以在落地時的水平速度與合速度的夾角，A比B大，選項D錯誤

6、． 6．(2017年江蘇卷)如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經(jīng)過時間t在空中相遇．若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經(jīng)過的時間為(　　) A．t B.t C. D. 解析：選C　設兩球間的水平距離為L，第一次拋出的速度分別為v1、v2，由于小球拋出后在水平方向上做勻速直線運動，則從拋出到相遇經(jīng)過的時間t＝，若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則從拋出到相遇經(jīng)過的時間為t′＝＝，C項正確． 7．(2018屆黑龍江哈爾濱第一中學期中)如圖所示，斜面AC與水平方向的夾角為α，在A點正上方與C等高處水平拋出一小球，其速度垂直落到斜面上D點，則CD與D

7、A的比值為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　設小球水平方向的速度為v0，將D點的速度進行分解，水平方向的速度等于平拋運動的初速度，通過角度關系求得豎直方向的末速度為v2＝，設該過程用時為t，則D、A間水平距離為x＝v0t，故DA＝＝；C、D間豎直距離為h＝，故CD＝＝，得＝，故選項D正確． 8．(2018屆商丘一中押題卷)如圖所示，一小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動(小球可視為質(zhì)點)，飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點．O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向夾角為60°，重力加速度為g，則小球拋出時的初速度為(　　) A.

8、 B. C. D. 解析：選B　飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點，則知速度與水平方向的夾角為30°，則有vy＝v0tan30°， 又vy＝gt，則得v0tan30°＝gt，t＝① 水平方向上小球做勻速直線運動，則有 R＋Rcos60°＝v0t② 聯(lián)立①②解得v0＝ . 9.如圖所示，兩小球a、b從直角三角形斜面的頂端以相同大小的水平速度v0向左、向右水平拋出，分別落在兩個斜面上，三角形的兩底角分別為30°和60°，則兩小球a、b運動時間之比為(　　) A．1∶ B．1∶3 C.∶1 D．3∶1 解析：選B　設a、b兩球運動的時間分別為ta和tb，則t

9、an30°＝＝，tan60°＝＝，兩式相除得：＝＝. 10．(多選) (2018屆鄭州一中模擬)如圖所示，小球a從傾角為θ＝60°的固定粗糙斜面頂端以速度v1沿斜面恰好勻速下滑，同時將另一小球b在斜面底端正上方與a球等高處以速度v2水平拋出，兩球恰在斜面中點P相遇，則下列說法正確的是(　　) A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶1 C．若小球b以2v2水平拋出，則兩小球仍能相遇 D．若小球b以2v2水平拋出，則b球落在斜面上時，a球在b球的下方 解析：選AD　小球在P點相遇，知兩球的水平位移相等，有：v1tsin30°＝v2t，解得v1∶v2＝2∶1，A正確，B錯誤；若

10、小球b以2v2水平拋出，如圖所示，若沒有斜面，將落在B點，與P點等高，可知將落在斜面上的A點，由于a球、b球在水平方向上做勻速直線運動，可知a球落在A點的時間小于b球落在A點的時間，所以b球落在斜面上時，a球在b球的下方，C錯誤，D正確． 二、非選擇題 11. (2019屆重慶江北區(qū)聯(lián)考)如圖所示，傾角為37°的斜面長l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O點將一小球以v0＝3 m/s的速度水平拋出，與此同時由靜止釋放斜面頂端的滑塊，經(jīng)過一段時間后，小球恰好能夠以垂直于斜面的速度在斜面P點處擊中滑塊(小球和滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝

11、0.8)．求： (1)拋出點O離斜面底端的高度； (2)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ. 解析： (1)設小球擊中滑塊時的速度為v，豎直速度為vy，如圖所示，由幾何關系得＝tan37° 設小球下落的時間為t，豎直位移為y，水平位移為x，由運動學規(guī)律得vy＝gt＝gt2，x＝v0t設拋出點到斜面底端的高度為h，由幾何關系得 h＝y(tǒng)＋xtan37° 聯(lián)立解得h＝1.7 m. (2)設在時間t內(nèi)，滑塊的位移為s，由幾何關系得 s＝l－ 設滑塊的加速度為a，由運動學公式得s＝at2 對滑塊，由牛頓第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma 聯(lián)立解得μ＝0.125

12、. 答案：(1)1.7 m　(2)0.125 12．(2018屆遼寧鞍山一中模擬)用如圖甲所示的水平一斜面裝置研究平拋運動，一物塊(可視為質(zhì)點)置于粗糙水平面上的O點，O點與斜面頂端P點的距離為s.每次用水平拉力F，將物塊由O點從靜止開始拉動，當物塊運動到P點時撤去拉力F.實驗時獲得物塊在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如圖乙所示的圖象，若物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面與水平地面之間的夾角θ＝45°，g取10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．則O、P間的距離s是多少？ 解析：根據(jù)牛頓第二定律，在OP段有F－μmg＝ma， 又2as＝vP2 由平拋運動規(guī)律和幾何關系有 物塊的水平射程x＝vPt 物塊的豎直位移y＝gt2 由幾何關系有y＝xtanθ 聯(lián)立以上各式可以得到x＝ 解得F＝x＋μmg 由題圖乙知μmg＝5，＝10 代入數(shù)據(jù)解得s＝0.25 m. 答案：0.25 m 7