全国版2019版高考物理一轮复习第4章曲线运动15平抛运动的规律及应用能力训练

15 平抛运动的规律及应用
1．(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 答案 ABC
解析 由h ＝12
gt 2
，x ＝v 0t 得v 0＝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x ＝v 0t ，tan α＝gt v 0
，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。

2. (2018·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.AB ∶AC ＝2∶1
B.AB ∶AC ＝4∶1 C ．t 1∶t 2＝4∶1 D ．t 1∶t 2＝2∶1 答案 B
解析 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 2v 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 ＝12
gt 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 。

3．(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
2v 0
B ．运动位移的大小为5v 2
2g
C ．速度大小变为2v 0时，重力的瞬时功率为mgv 0
D ．运动时间为v 0
2g
答案 BC
解析 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 ＝mgv 0，C 正确；由v 0＝gt ，解得运动时间为t ＝v 0
g
，D 错误；水平位移
为x 1＝v 0t ＝v 20g ，竖直位移y ＝12gt 2＝v 202g ，运动位移的大小为x ＝x 21＋y 2
＝5v 2
02g
，B 正确；该过
程平均速度大小为v ＝x t ＝
5v 0
2
，A 错误。

4. (多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度v 0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t ，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )
A ．若小球以最小位移到达斜面，则t ＝2v 0
g tan θ
B ．若小球垂直击中斜面，则t ＝
v 0
g tan θ
C ．若小球能击中斜面中点，则t ＝
2v 0
g tan θ
D ．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t ＝2v 0tan θ
g
答案 AB
解析 小球以最小位移到达斜面时，位移与水平方向的夹角为π2－θ，则tan ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－θ＝
gt 2v 0，即t ＝2v 0g tan θ，A 正确；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向夹角为π
2
－θ，则
tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝gt
v 0
，即t ＝v 0g tan θ，B 正确，D 错误；小球击中斜面中点时，设斜面长为2L ，
则水平射程为L cos θ＝v 0t ，下落高度为L sin θ＝12gt 2，联立两式得t ＝2v 0tan θ
g
，C 错误。

5. (2018·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.
1tan α B.12tan α C.1tan 2α D.1
2tan 2
α
答案 D
解析 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 。

6. (2017·河北承德实验中学期中)(多选)如图所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t 到达一竖直墙面时，速度与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是(
)
A ．小球水平抛出时的初速度大小为gt tan θ
B ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ
2
C ．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变短
D ．若小球初速度增大，则tan θ减小 答案 AC
解析 小球到达竖直墙面时沿竖直方向和水平方向上的分速度大小分别为v y ＝gt ，v x ＝
v y tan θ＝gt tan θ，所以水平抛出时的初速度为gt tan θ，A 项正确；设小球在t 时间内的位
移方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝y x ，y x
＝
12
gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝v y 2v x ＝12tan θ
，B 项错误；由于
小球到墙的距离一定，初速度增大，运动的时间变短，C 项正确；若小球初速度增大，由小球到墙的时间变短，由tan θ＝v 0
gt
可知，tan θ增大，D 项错误。

7．如图所示，虚线是小球由空中某点水平抛出的运动轨迹，A 、B 为其运动轨迹上的两点。

小球经过A 点时，速度大小为10 m/s 、与竖直方向夹角为60°；它运动到B 点时，速度方向与竖直方向夹角为30°，不计空气阻力、取重力加速度g ＝10 m/s 2。

下列说法中正确的是( )
A ．小球通过
B 点的速度为12 m/s B ．小球的抛出速度为5 m/s
C ．小球从A 点运动到B 点的时间为1 s
D ．A 、B 之间的距离为67 m 答案 C
解析 由平抛运动规律知v 0＝v A sin60°，v 0＝v B sin30°，解得v 0＝5 3 m/s ，v B ＝10 3 m/s ，故A 、B 错误；竖直速度v Ay ＝v A cos60°，v By ＝v B cos30°，v By ＝v Ay ＋gt ，解得t ＝1 s ，故C 正确；由v 2
By －v 2
Ay ＝2gh ，解得h ＝10 m ，A 、B 间距s ＝h 2
＋v 0t 2
＝100＋75 m ＝57
m ，故D 错误。

8．(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 θv 0D ．t ＝R cos θ
v 0
答案 C
解析 小球做平抛运动，tan θ＝v y v 0＝gt
v 0
，则时间t ＝v 0tan θ
g
，A 、B 错误；在水平方向上有R sin θ＝v 0t ，则t ＝
R sin θ
v 0
，C 正确，D 错误。

9.(江苏高考)(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( )
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 落地时的速度比A 落地时的大 答案 CD
解析 做抛体运动的物体只有重力作用，加速度都是重力加速度，A 项错误；由于两球上升时在竖直方向做的是竖直上抛运动，上升的高度相等，因此运动的时间相等，B 项错误；由于水平方向都做匀速直线运动，且在相等时间内B 运动的水平位移大，因此B 在水平方向的分速度大，在最高点时竖直分速度为零，因此最高点的速度等于水平分速度，C 项正确；两小球回到地面时在竖直方向的分速度相等，而B 的水平分速度大，因此落回地面时B 的合速度大，D 项正确。

10．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。

速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。

其原因是( )
A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 答案 C
解析 将乒乓球的平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据在竖直方向h ＝12gt 2
、v y ＝gt ，知在竖直方向下降相同的高度时，两球所用时间相同、
竖直方向上的速度相同，故A 、B 、D 错误；乒乓球在水平方向做匀速直线运动，有x ＝v 0t ，则速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少，C 正确。

11．(2018·云南曲靖一中月考)(多选)如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A 。

已知A 点高度h ＝360 m ，山坡倾角θ＝37°，g 取10 m/s 2
，由此可算出( )
A ．炸弹的飞行时间为0.8 s
B ．炸弹飞行的水平位移为480 m
C ．轰炸机的飞行高度为680 m
D ．炸弹的落地速度为80 m/s 答案 BC
解析 已知A 点高度为h ＝360 m ，山坡倾角为37°，可计算出炸 弹飞行的水平位移为x ＝
h
tan37°
＝480 m ，故B 正确；炸弹垂直击中目标A ，可知炸弹的速度
偏转角满足φ＝π
2－θ＝53°，由平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方
向夹角正切值的2倍可知tan φ＝gt v 0＝
2H
x
，解得H ＝320 m ，所以轰炸机的飞行高度H 总＝H ＋h ＝680 m ，故C 正确；炸弹的飞行时间 t ＝
2H g ＝8 s ，故A 错误；炸弹的初速度为v 0＝x t
＝
60 m/s ，炸弹的落地速度v ＝
v 0
cos φ
＝100 m/s ，故D 错误。

12．(2017·湖南娄底五校联考)如图所示，P 是水平面上的圆弧凹槽。

从高台边B 点以某速度v 0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道。

O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角。

则( )
A.
tan θ2
tan θ1
＝2 B ．tan θ1tan θ2＝2
C.
1tan θ1tan θ2＝2 D.tan θ1
tan θ2
＝2
答案 B
解析 平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动为自由落体运动。

小球沿圆弧切线方向进入轨道时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gt
v 0
，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y ＝
v 0t 12
gt
2＝2v 0
gt
，则tan θ1tan θ2＝2，故B 正确，A 、C 、
D 错误。

13. (2017·四川资阳诊断)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m ＝1 kg 的带有凹槽的小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25。

现让小滑块以某一初速度v 从斜面底端上滑，同时在斜面底端正上方有一小球以初速度v 0水平抛出，经过0.4 s ，小球恰好垂直斜面方向落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中。

已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10 m/s 2
，求：
(1)小球水平抛出的速度v 0； (2)小滑块的初速度v 。

答案 (1)3 m/s (2)5.35 m/s
解析 (1)设小球落入凹槽时竖直速度为v y ，则有
v y ＝gt ＝10×0.4 m/s＝4 m/s
因此有v 0＝v y tan37°＝3 m/s 。

(2)小球落入凹槽时的水平位移
x ＝v 0t ＝3×0.4 m＝1.2 m 。

则小滑块的位移为s ＝x cos37°＝1.2
0.8
m ＝1.5 m
根据牛顿第二定律，小滑块上滑的加速度为
a ＝g sin37°＋μg cos37°＝8 m/s 2
根据公式s ＝vt －12
at 2
，解得v ＝5.35 m/s 。

14．(2014·浙江高考)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m 。

在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触。

枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s 。

在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下。

装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。

(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2
)
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；
(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶 上两个弹孔之间的距离；
(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围。

答案 (1)209 m/s 2
(2)0.55 m0.45 m
(3)492 m<L ≤570 m
解析 (1)装甲车匀减速运动时的加速度大小
a ＝v 20
2s ＝209
m/s 2。

(2)第一发子弹飞行时间t 1＝
L
v ＋v 0
＝0.5 s
弹孔离地高度h 1＝h －12gt 2
1＝0.55 m
第二发子弹的弹孔离地的高度
h 2＝h －12g ⎝
⎛⎭
⎪⎫L －s v 2
＝1.0 m
两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m 。

(3)若第一发子弹打到靶的下沿，则射出第一发子弹时，枪口与靶的距离为
L 1＝(v 0＋v )
2h
g
＝492 m
若第二发子弹打到靶的下沿，则射出第一发子弹时，枪口与靶的距离为
L 2＝v
2h
g
＋s ＝570 m
L 的范围为492 m<L ≤570 m。