2018版高考物理一轮复习训练：课时跟踪检测(十二)抛体运动_(有解析)

课时跟踪检测（十二）抛体运动
对点训练：抛体运动的基本规律
1.(2016·江苏高考)有A、B两小球，B的质量为A的两倍。

现将它们以
相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力。

图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是()
A．①B．②
C．③D．④
解析：选A不计空气阻力的情况下，两球沿同一方向以相同速率抛出，其运动轨迹是相同的，选项A正确。

2．(多选)对做平抛运动的物体，在已知重力加速度g的条件下，给出下列4组条件，其中能求出平抛的初速度大小的是()
A．下落高度和水平位移
B．水平位移和落地时的速度大小和方向
C．位移大小和方向及水平位移
D．位移大小及落地时的速度大小
解析：选ABC由h＝1
2gt
2，x＝v
t得v0＝x
g
2h，可知知道下落高度和水平位移，可以确
定初速度，故A正确；已知落地时的速度大小和方向，根据平行四边形定则可以求出初速度。

故B正确；已知位移大小和方向及水平位移，能求出下落的高度，结合A项分析知能求出初速度，故C正确；已知位移大小，不能求出水平位移和下落的高度，已知落地时的速度大小，方向未知，不能求出初速度，故D错误。

3.(2017·呼伦贝尔一模)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v a、v b、v c和运动的时间t a、t b、t c的关系分别是()
A．v a>v b>v c t a>t b>t c B．v a<v b<v c t a＝t b＝t c
C．v a<v b<v c t a>t b>t c D．v a>v b>v c t a<t b<t c
解析：选C 三个物体落地的高度h a >h b >h c ，根据h ＝12gt 2
，知t a >t b >t c ，根据x a <x b <x c ，x ＝
v t 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v a <v b <v c 。

故C 正确，A 、B 、D 错误。

4．(2017·上海浦东新区一模)已知某种步枪将子弹以速度v 水平射出，射到正对面的竖直靶墙上，测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为θ，若不考虑空气阻力，则根据以上条件( )
A ．只能计算出枪口位置与弹孔位置的竖直距离
B ．只能计算出枪口位置与靶墙的水平距离
C ．只能计算出弹头在空中飞行的时间
D ．能计算出弹头在枪口与靶墙间的位移
解析：选D 测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为θ，根据平行四边形定则知，tan θ＝v v y ，解得竖直分速度为：v y ＝v tan θ，则弹头飞行的时间为：t ＝v y g ＝v g tan θ，枪口
位置与弹孔位置的竖直距离为：y ＝v y 22g ＝v 22g tan 2θ，枪口位置与靶墙的水平距离为：x ＝v t ＝v 2
g tan θ，
弹头在枪口与靶墙间的位移s ＝x 2
＋y 2
＝v 2
g tan θ
4tan 2θ＋1，故D 正确，A 、B 、C 错误。

5．(多选)质量为m 的物体以速度v 0水平抛出，经过一段时间速度大小变为2v 0，不计空气阻力，重力加速度为g ，以下说法正确的是( )
A ．该过程平均速度大小为
1＋2
2
v 0 B ．运动位移的大小为5v 02
2g
C ．速度大小变为2v 0时，重力的瞬时功率为mg v 0
D ．运动时间为
v 02g
解析：选BC 根据题述，经过一段时间速度大小变为2v 0，将该速度分解可得竖直速度等于v 0，重力的瞬时功率为P ＝mg v 0，选项C 正确；由v 0＝gt ，解得运动时间为t ＝v 0
g ，选项D 错
误；水平位移为x 1＝v 0t ＝v 02g ，竖直位移y ＝12gt 2＝v 022g ，运动位移的大小为x ＝x 12＋y 2＝5v 0
2
2g
，
选项B 正确；该过程平均速度大小为v ＝x
t ＝5v 02
，选项A 错误。

对点训练：平抛运动与斜面的结合
6.如图所示，斜面ABC 放在水平面上，斜边BC 长为l ，倾角为30°，在斜面的上端B 点沿水平方向抛出一小球，结果小球刚好落在斜面下端C 点，重
力加速度为g ，则小球初速度v 0的值为( )
A.1
2gl B.1
22gl C.1
2
3gl D.1
2
5gl 解析：选C 平抛运动的水平位移x ＝l cos θ＝v 0t ，竖直方向的位移y ＝l sin θ＝1
2gt 2，联立可
得v 0＝
1
2
3gl ，C 正确。

7．(2017·邯郸一中调研)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.1
tan α B.1
2tan α
C.1
tan 2α
D.1
2tan 2α
解析：选D 设小球水平方向的速度为v 0，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v 2＝v 0
tan α
，设该过程用时为t ，则DA 间水平距离为v 0t ，故DA ＝v 0t cos α；CD 间竖直距离为v 2t 2，故CD ＝v 2t 2sin α，得CD DA ＝1
2tan 2α
，故选D 。

8．(2017·淄博实验中学月考)在斜面顶端的A 点以速度v 平抛一小球，经t 1时间落到斜面上B 点处，若在A 点将此小球以速度0.5v 水平抛出，经t 2时间落
到斜面上的C 点处，以下判断正确的是( )
A ．A
B ∶A
C ＝2∶1 B.AB ∶AC ＝4∶1 C ．t 1∶t 2＝4∶1
D ．t 1∶t 2＝2∶1
解析：选B 平抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移关系为tan θ＝y x ＝12gt 2
v 0t ＝gt
2v 0
，
则t ＝
2v 0tan θ
g
，可知运动的时间与初速度成正比，所以t 1∶t 2＝2∶1。

竖直方向上下落的高度h ＝12gt 2，可得竖直方向上的位移之比为4∶1。

斜面上的距离s ＝h
sin θ
，知AB ∶AC ＝4∶1。

故选B 。

9．(多选)如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A 从斜面顶端以速率v 0水平向右抛出，击中了斜面上的P 点。

将小球B 从空中某点以相同速率v 0水平向左抛出，恰好垂直斜面击中Q 点。

不计空气阻力，重力加速度为g ，下
列说法正确的是( )
A ．若小球A 在击中P 点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan θ＝2tan φ
B ．若小球A 在击中P 点时速度方向与水平方向所夹锐角为φ，则tan φ＝2tan θ
C ．小球A 、B 在空中运动的时间之比为2tan 2θ∶1
D ．小球A 、B 在空中运动的时间之比为tan 2θ∶1
解析：选BC 对于小球A ，有tan θ＝y x ＝12gt
2v 0t ＝gt
2v 0，得t ＝2v 0tan θg ，tan φ＝v y v 0＝gt v 0
，则有tan φ＝2tan θ，故A 错误，B 正确；对于小球B ，tan θ＝
v 0v y ′＝v 0gt ′
，得t ′＝v 0
g tan θ，所以小球A 、
B 在空中运动的时间之比为t ∶t ′＝2tan 2 θ∶1，故
C 正确，
D 错误。

10．(多选)如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上。

其中有三次的落点分别是a 、b 、c ，不计空气阻力，则下列判断正
确的是( )
A ．落点b 、c 比较，小球落在c 点的飞行时间短
B ．小球落在a 点和b 点的飞行时间均与初速度v 0成正比
C ．三个落点比较，小球落在c 点，飞行过程中速度变化最快
D ．三个落点比较，小球落在c 点，飞行过程中速度变化最大 解析：选AB 由平抛运动规律h ＝1
2
gt 2得t ＝
2h
g ，可知，落点为b 时，小球的竖直位移
较大，故飞行时间较长，A 正确；落点为a 、b 时，两次位移方向相同，故tan θ＝
gt
2v 0
，可见飞行时间t 与v 0成正比，B 项正确；小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度，均为g ，C 项错误；小球在飞行过程中，水平方向上速度不变，速度变化Δv ＝gt ，由t ＝ 2h
g 可知，小球落在b 点
时速度变化最大，D 项错误。

考点综合训练
11.(2017·宝鸡一检)如图所示，在水平放置的半径为R 的圆柱体的正上方的P 点将一个小球以水平速度v 0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q 点沿切线飞过，测得O 、Q 连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是( )
A ．t ＝v 0g tan θ
B.t ＝
g tan θ
v 0 C ．t ＝R sin θ
v 0
D ．t ＝
R cos θ
v 0
解析：选C 小球做平抛运动，tan θ＝v y v 0＝gt v 0
，则时间t ＝v 0tan θ
g ，选项A 、B 错误；在水平
方向上有R sin θ＝v 0t ，则t ＝
R sin θ
v 0
，选项C 正确，D 错误。

12．(多选)如图所示，在距地面高为H ＝45 m 处，有一小球A 以初速度v 0＝10 m/s 水平抛出，与此同时，在A 的正下方有一物块B 也以相同的初速度同方向滑出，B 与水平地面间的动摩擦因数为μ
＝0.4，A 、B 均可
视为质点，空气阻力不计(取g ＝10 m/s 2)。

下列说法正确的是( )
A ．小球A 落地时间为3 s
B ．物块B 运动时间为3 s
C ．物块B 运动12.5 m 后停止
D ．A 球落地时，A 、B 相距17.5 m 解析：选ACD 根据H ＝1
2
gt 2得，t ＝
2H g ＝
2×45
10
s ＝3 s ，故A 正确；物块B 匀减速直线运动的加速度大小a ＝μg ＝0.4×10 m/s 2
＝4 m/s 2
，则B 速度减为零的时间t 0＝v 0a ＝10
4 s ＝2.
5 s ，
滑行的距离x ＝v 02t 0＝10
2×2.5 m ＝12.5 m ，故B 错误，C 正确；A 落地时，A 的水平位移x A ＝v 0t
＝10×3 m ＝30 m ，B 的位移x B ＝x ＝12.5 m ，则A 、B 相距Δx ＝(30－12.5) m ＝17.5 m ，故D 正确。

13．(2017·重庆江北区联考)如图所示，倾角为37°的斜面长l ＝1.9 m ，在斜面底端正上方的O 点将一小球以v 0＝3 m/s 的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以
垂直于斜面的速
度在斜面P 点处击中滑块。

(小球和滑块均可视为质点，重力加速度g 取9.8 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
(1)抛出点O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。

解析：(1)设小球击中滑块时的速度为v ，竖直速度为v y ，如图所示，由
几何关系得
v 0
v y ＝tan 37°
设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得v y ＝gt ，y ＝1
2gt 2，x
＝v 0t
设抛出点到斜面底端的高度为h ，由几何关系得 h ＝y ＋x tan 37° 联立解得h ＝1.7 m 。

(2)设在时间t 内，滑块的位移为s ，由几何关系得 s ＝l －x
cos 37°
设滑块的加速度为a ，由运动学公式得s ＝1
2
at 2
对滑块，由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 联立解得μ＝0.125。

答案：(1)1.7 m (2)0.125
14．(2017·潍坊统考)如图所示，小车的质量M ＝5 kg ，底板距地面高h ＝0.8 m ，小车与水平
地面间的动摩擦因数μ＝0.1，车内装有质量m ＝0.5 kg 的水(不考虑水的深度)。

今给小车一初速度，使其沿地面向右自由滑行，当小车
速度为v ＝10
m/s 时，车底部的前方突然出现一条与运动方向垂直的裂缝，水从裂缝中连续渗出，形成不间断的水滴，设每秒钟滴出的水的质量为0.1 kg ，并由此时开始计时，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，令k ＝0.1 kg/s ，求：
(1)t ＝4 s 时，小车的加速度；
(2)到小车停止运动，水平地面上水滴洒落的长度。

解析：(1)取小车和水为研究对象，设t ＝4 s 时的加速度为a ，则μ(M ＋m －kt )g ＝(M ＋m －kt )a 解得a ＝1 m/s 2。

(2)设小车滴水的总时间为t 1，则t 1＝m
k ＝5 s 设小车运动的总时间为t 2，则t 2＝v
a ＝10 s 因t 1<t 2，故滴水过程中小车一直运动 在滴水时间内小车的位移为x ＝v t 1－1
2
at 12
设每滴水下落到地面的时间为t3，则h＝1
2gt3
2
第1滴水滴的水平位移为x1＝v t3＝4 m
最后一滴水滴下落时的初速度为v2＝v－at1
水平位移为x2＝v2t3＝2 m
水平地面上水滴洒落的长度为L＝x＋x2－x1＝35.5 m。

答案：(1)1 m/s2(2)35.5 m。