2021年高考物理一轮复习微专题突破练专题4平抛运动的规律及应用含解析
高考物理一轮复习练习第四章平抛运动的规律及应用
板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．一个物体以初速度v0被水平抛出，落地时速度为v，那么物体运动的时间是()A.v－v0g B.v＋v0gC.v2－v20g D.v2＋v20g答案 C解析由v2＝v2x＋v2y＝v20＋(gt)2，得出t＝v2－v20g，故C正确。
2．[2017·江西联考]在空间某一点以大小相等的速度分别竖直向上、竖直向下、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过相等的时间(设小球均未落地)()A．做竖直下抛运动的小球加速度最大B．三个小球的速度变化相同C．做平抛运动的小球速度变化最小D．做竖直下抛的小球速度变化最小答案 B解析由于不计空气阻力，抛出的小球只受重力作用，因此它们的加速度相同，均为重力加速度g，A错误；加速度相同，相等时间内三个小球的速度变化相同，B正确，C、D错误。
3．物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角α的正切tanα随时间t变化的图象是图中的()答案 B解析根据几何关系：tanα＝v yv0＝gtv0，则tanα与t成正比例函数关系，B正确。
4．[2018·山西太原模拟]将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，如图所示。
不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短B．篮球两次抛出时速度的竖直分量第一次小于第二次C．篮球两次撞墙的速度可能相等D．抛出时的速度大小，第一次一定比第二次小答案 A解析由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的反向运动。
加速度都为g。
在竖直方向上，h＝12gt2，因为h1＞h2，则t1＞t2，因为水平位移相等，根据x＝v0t知，撞墙的速度v01＜v02。
即第二次撞墙的速度大。
由两次抛出时速度的竖直分量v y＝gt可知，第一次大于第二次，故A正确，B、C错误；根据平行四边形定则知，抛出时的速度v＝v20＋2gh，第一次的水平初速度小，而上升的高度大，则无法比较抛出时的速度大小，故D错误。
2021高考人教版物理一轮复习讲义：第4章第2讲平抛运动的规律及应用(含解析)
第2讲平抛运动的规律及应用主干梳理对点激活对应学生用书P076知识点1 抛体运动n1 .平抛运动⑴定义：将物体以一定的初速度沿口01水平方向抛出，物体只在m2重力作用下的运动。
(2) 性质：平抛运动是加速度为g的03匀变速曲线运动，运动轨迹是口04抛物线。
(3) 条件①V O M 0,且沿IP5水平方向。
②只受E6重力作用。
2. 斜抛运动(1) 定义：将物体以初速度V O沿□斜向上方或98斜向下方抛出，物体只在口09重力作用下的运动。
(2) 性质：斜抛运动是加速度为g的10匀变速曲线运动，运动轨迹是□ 11抛物线。
(3) 条件①V O M 0,且沿92斜向上方或斜向下方。
②只受93重力作用。
知识点2 抛体运动的基本规律n1. 平抛运动(1) 研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的口01匀速直线运动和竖直方向的□自由落体运动。
⑵基本规律(如图所示)①速度关系②位移关系水平样1:工=風赠卜|| I E tit. I T 大小l*=盟直方向:L囲扌gt1方向二tan cr=半=国器"③轨迹方程：y = 102g o x22. 斜抛运动(1)研究方法：斜抛运动可以分解为水平方向的口11匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛或竖直下抛运动。
⑵基本规律(以斜向上抛为例，如图所示)S.%—()3L①水平方向v ox = I2v o cos B, x=v o tcos B。
②竖直方向v oy = O v o sin a y=v o tsin 9- 2gt23. 类平抛运动的分析所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即受到一个恒定的外力且外力与初速度方向垂直，物体做匀变速曲线运动。
(1) 受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
(2) 运动特点：沿初速度v o方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。
双基夯实一堵点疏通1. 以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。
2021年新高考物理平抛运动一轮复习专题强化试题解析版(11页)
2021年新高考物理平抛运动一轮复习专题强化试题解析版专题（15）平抛运动（解析版）一、单项选择题（本题共13小题，每小题4分，满分52分）1．可以近似地认为：在地面附近，物体所受的重力是不变的．不计空气阻力，关于在地面附近的抛体运动，下列说法正确的是()A．所有的抛体运动都是直线运动B．所有的抛体运动都是曲线运动C．所有的抛体运动都是匀变速运动D．有一些抛体的运动是变加速运动【答案】C【解析】所有在地面附近做抛体运动的物体都只受重力，加速度恒定不变，选项C正确．2．从距离地面h处水平抛出一小球，落地时小球速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列结论中正确的是()A．小球初速度为2gh tan θB．小球着地速度大小为2gh sin θC．若小球初速度减为原来的一半，则平抛运动的时间变为原来的两倍D．若小球初速度减为原来的一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角变为2θ【答案】B3．农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选．在同一风力作用下，谷种和瘪谷(空壳)都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图1所示．若不计空气阻力，对这一现象，下列分析正确的是()图1A．谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间不相同B．谷种和瘪谷从洞口飞出时的速度大小相同C．M处是瘪谷，N处为谷种D．M处是谷种，N处为瘪谷【答案】D【解析】由h＝12gt2知落地时间相同，又x＝v0t得初速度不同，谷种从洞口飞出时的速度小，位移小，落在M处，瘪谷速度大，落在N处，故D正确．4.公园里，经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏——“套圈”，如图2所示是“套圈”游戏的场景．某小孩和大人分别水平抛出圆环，大人抛出圆环时的高度大于小孩抛出时的高度，结果恰好都套中前方同一物体，假设圆环的水平位移相同．如果不计空气阻力，圆环的运动可以视为平抛运动，则下列说法正确的是()图2A．大人和小孩抛出的圆环发生的位移相等B．大人抛出圆环的加速度小于小孩抛出圆环的加速度C．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间相等D．大人抛出圆环的初速度小于小孩抛出圆环的初速度【答案】D【解析】大人和小孩抛出的圆环发生的水平位移相等，竖直位移不同，所以大人和小孩抛出的圆环发生的位移不相等，故A错误；圆环做平抛运动，加速度a＝g，所以大人、小孩抛出的圆环的加速度相等，故B错误；平抛运动的时间由下落高度决定，可知大人抛出的圆环运动时间较长，故C错误；大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的圆环的水平位移相等，则大人要以较小的初速度抛出圆环，故D正确．5．从离地面高为h处以水平速度v0抛出一个物体，不计空气阻力，要使物体落地时速度方向与水平地面的夹角最大，则h与v0的取值应为下列的()A．h＝15 m，v0＝5 m/s B．h＝15 m，v0＝8 m/sC．h＝30 m，v0＝10 m/s D．h＝40 m，v0＝10 m/s【答案】A【解析】被抛出后物体在水平方向上做匀速直线运动：v＝v0，竖直方向上做自由落体运动：vy 2＝2gh，落地时速度方向与地面夹角的正切值为tan α＝v yv0＝2ghv0，所以h越大，初速度v0越小，物体落地时速度方向与地面的夹角越大，故A正确，B、C、D错误．6．某同学将一篮球斜向上抛出，篮球恰好垂直击中篮板反弹后进入篮筐，忽略空气阻力，若抛射点远离篮板方向水平移动一小段距离，仍使篮球垂直击中篮板相同位置，且球击中篮板前不会与篮筐相撞，则下列方案可行的是()A．增大抛射速度，同时减小抛射角B．减小抛射速度，同时减小抛射角C．增大抛射角，同时减小抛出速度D．增大抛射角，同时增大抛出速度【答案】A【解析】应用逆向思维，把篮球的运动看成平抛运动，由于竖直高度不变，水平位移增大，篮球从抛射点到篮板的时间t＝2hg不变，竖直分速度v y＝2gh不变，水平方向由x＝v x t知x增大，v x增大，抛射速度v＝v x2＋v y2增大，与水平方向的夹角的正切值tan θ＝v yv x减小，故θ减小，可知A正确．7．“楚秀园”是淮安市一座旅游综合性公园，园内娱乐设施齐全，2017年6月1日，某同学在公园内玩掷飞镖游戏时，从同一位置先后以速度v A和v B将飞镖水平掷出，依次落在靶盘上的A、B两点，如图3乙所示，飞镖在空中运动的时间分别为t A和t B.忽略阻力作用，则()图3A．v A<v B，t A<t B B．v A<v B，t A>t B C．v A>v B，t A<t B D．v A>v B，t A>t B【答案】C8.在同一竖直线上的不同高度分别沿同一方向水平抛出两个小球A和B，两球在空中相遇，其运动轨迹如图4所示，不计空气阻力，下列说法正确的是()图4A．相遇时A球速度一定大于B球B．相遇时A球速度一定小于B球C ．相遇时A 球速度的水平分量一定等于B 球速度的水平分量D ．相遇时A 球速度的竖直分量一定大于B 球速度的竖直分量 【答案】D 【解析】根据t ＝2hg ，v y ＝gt ，h A >h B ，x ＝v x t ，知t A >t B ，v yA >v yB ，v xA <v xB ，选项D 正确．9.在2016年11月27日的杭州大火中，消防人员为挽回人民财产做出了巨大贡献，如图5所示，一消防员站在屋顶利用高压水枪向大楼的竖直墙面喷水，假设高压水枪水平放置，不计空气阻力，若水经过高压水枪喷口时的速度加倍，则( )图5A ．水到达竖直墙面的速度不变B ．水在墙面上的落点与高压水枪口的高度差减半C ．水在墙面上的落点和高压水枪口的连线与竖直方向的夹角的正切值加倍D ．水在空中的运动时间减半 【答案】D【解析】根据x ＝v 0t ，v 0加倍，水平位移不变，水在空中的运动时间减半，故D 正确；v 0加倍前后，水到达竖直墙壁的速度与水平方向的夹角分别为α、β，则tan α＝v yv 0，tan β＝12v y 2v 0＝v y 4v 0，故A 错误；根据h ＝12gt 2知，水在墙面上的落点与高压水枪口的高度差为原来的14，故B 错误；设水在墙面上的落点和高压水枪口的连线与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝xy ，x 不变，y 减为原来的14，则tan θ为原来的4倍，故C 错误．10.如图6为利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置．已知圆柱形饮料瓶的底面积为S ，每秒钟瓶中水位下降Δh ，形成的部分水柱末端P 离出水口的水平距离为x 时，竖直距离为h ，重力加速度为g ，则(所有物理量均用国际单位)( )图6A．为防止漏水，A处管口应该堵住B．为保证水柱稳定，瓶中的水应少一些C．出水口的截面积数值大小约为SΔhx2hgD．出水口的截面积数值大小约为S Δh g【答案】C【解析】左侧竖直管上端与空气相通，A处水的压强始终等于大气压，不受瓶内水面高低的影响，因此，在水面降到A处以前的一段时间内，可以得到稳定的细水柱，故A、B错误；根据题意可知水流离开管口做平抛运动，设初速度为v，竖直方向下落的时间为：t＝2hg，则有：v＝xt＝xg2h，圆柱形饮料瓶的底面积为S，每秒钟瓶中水位下降Δh，则有：SΔh＝vS′，解得出水口的截面积数值大小约为SΔhx2hg，故C正确，D错误．11.如图7所示，薄半球壳ACB的水平直径为AB，C为最低点，半径为R.一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是()图7A．只要v0足够大，小球可以击中B点B．v0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同C．v0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上【答案】D【解析】小球做平抛运动，竖直方向有位移，v0再大也不可能击中B点，A错误；v0不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和A点的连线与AB的夹角φ不同，由推论tan θ＝2tan φ可知，小球落在半球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与AB的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，故B、C错误，D正确．12.如图8所示，一长为2L的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，从与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为(不计空气阻力)()图8A.12L B.13L C.14L D.15L【答案】D【解析】由于小球释放位置与木板上端等高，设小球释放位置距木板上端的水平距离为x，小球与木板碰撞前有v2＝2gx，小球与木板碰撞后做平抛运动，则水平方向上有L－x＝vt，竖直方向上有L－x＝12gt2，由以上三式联立解得x＝15L，故D正确．13.如图9所示，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高AB为 2 m，倾角为θ＝37°，且D 是斜面的中点，在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C点的水平距离为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()图9A.34m B.23m C.22m D.43m【答案】D【解析】设斜面的高AB 为h ，落地点到C 点的距离为x ，则由几何关系及平抛运动规律有htan θ＋x2h g ＝h2tan θ＋x h g，解得x ＝43 m ，选项D 正确．二、多项选择题（本题共2小题，每小题6分，满分12分。
2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练：探究平抛运动的特点(解析版)
2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练探究平抛运动的特点【含答案】一、选择题1、如图，在探究平抛运动的水平分运动的规律的实验中，下列哪些因素对探究规律没有影响( )A．弧形轨道末端不水平B．弧形轨道不光滑C．实验小球为轻质小球D．水平轨道不光滑答案 B解析弧形轨道末端不水平，小球抛出后不做平抛运动，对实验有影响，故A错误；只要每次释放小球的位置相同，轨道末端水平，弧形轨道是否光滑对实验没有影响，故B正确；实验小球为轻质小球，空气阻力对小球影响较大，故C错误；水平轨道不光滑，沿水平轨道运动的小球做减速直线运动，对实验有影响，故D错误。
2、用如图所示的装置研究平抛运动。
小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落。
关于该实验，下列说法中不正确的是( )A．两球同时落地B．应改变装置的高度，多次实验C．实验能说明A球在竖直方向上做自由落体运动D．实验能说明A球在水平方向上做匀速直线运动答案 D解析根据装置图可以知道，两球由相同高度同时运动，A做平抛运动，B做自由落体运动，因此将同时落地，所以A正确；要多次实验，观察现象，则应改变装置的高度，多次实验，所以B正确；因为两球同时落地，因此说明A、B在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可以知道，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以C正确，D错误。
3、为了探究平抛运动的规律，将小球A和B置于同一高度，在小球A做平抛运动的同时静止释放小球B。
同学甲直接观察两小球是否同时落地，同学乙拍摄频闪照片进行测量、分析。
通过多次实验( )A．只有同学甲能证明平抛运动在水平方向是匀速运动B．两位同学都能证明平抛运动在水平方向是匀速运动C．只有同学甲能证明平抛运动在竖直方向是自由落体运动D．两位同学都能证明平抛运动在竖直方向是自由落体运动答案 D解析在图甲的实验中，改变高度和平抛小球的初速度大小，发现两球同时落地，说明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，不能得出水平方向上的运动规律。
2021年高考物理一轮复习 4.2平抛运动的规律及应用课时提升作业 沪科版必修2
2021年高考物理一轮复习 4.2平抛运动的规律及应用课时提升作业沪科版必修2一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分。
多选题已在题号后标出)1.(多选)(xx·温州模拟)如图所示,水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练,飞机沿水平方向做匀加速直线运动。
当飞机飞过观察点B点正上方A点时投放一颗炸弹,经时间T炸弹落在观察点B正前方L1处的C点,与此同时飞机投放出第二颗炸弹,最终落在距观察点B正前方L2处的D点,且L2=3L1,空气阻力不计。
以下说法正确的有( )A.飞机第一次投弹的速度为B.飞机第二次投弹时的速度为C.飞机水平飞行的加速度为D.两次投弹时间间隔T内飞机飞行距离为2.(xx·青岛模拟)跳台滑雪运动员的动作惊险而优美,其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。
如图所示,设可视为质点的滑雪运动员从倾角为θ的斜坡顶端P处,以初速度v水平飞出,运动员最后又落到斜坡上A点处,AP之间距离为L,在空中运动时间为t,改变初速度v的大小,L和t都随之改变。
关于L、t与v的关系,下列说法中正确的是( )A.L与v0成正比 B.L与v成反比C.t与v0成正比D.t与成正比3.(多选)如图所示,A、B两质点以相同的水平速度v0抛出,A在竖直面内运动,落地点为P1,B沿光滑斜面运动,落地点为P2,不计空气阻力,比较P1、P2在x轴方向上距抛出点的远近关系及落地瞬时速度的大小关系,则( )A.P1较近B.P1、P2一样远C.A落地时速率大D.A、B落地时速率一样大4.(多选)(xx·江苏高考)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在落地时的速度比A在落地时的大5.(xx·济南模拟)如图所示,一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出,球刚好过网落在图中位置(不计空气阻力),数据如图所示,则下列说法中正确的是( )A.击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1=2h2B.若保持击球高度不变,球的初速度v0只要不大于,就一定落在对方界内C.任意降低击球高度(仍大于h2),只要击球初速度合适,球一定能落在对方界内D.任意增加击球高度,只要击球初速度合适,球一定能落在对方界内二、计算题(本题15分。
2021届新高考物理一轮：专题四 第2讲 抛体运动
中国的首批隐形战斗机现已在一线部队全面投入使用，演习时，
在某一高度匀速飞行的战机在离目标的水平距离为 s 时投弹，
可以准确命中目标，现战机飞行高度减半，速度大小减为原来
的23，要仍能命中目标，则战机投弹时离目标的水平距离应为(不
考虑空气阻力)( )
A.13s
B.23s
C. 32s
D.2 3 2s
解析：设原来的速度大小为 v，高度为 h，根据平抛运动的 规律可得 s＝vt＝v 2gh，现战斗机高度减半，速度大小减为原 来的23，要仍能命中目标，则 s′＝23vt′，12h＝12gt′2，解得 s′＝ 32s，C 正确.
【基础自测】
1.关于做平抛运动的物体，说法正确的是( ) A.速度始终不变 B.加速度始终不变 C.受力始终与运动方向垂直 D.受力始终与运动方向平行 解析：物体做平抛运动的条件是物体只受重力作用，且初
速度沿水平方向，故物体的加速度始终不变，大小为 g，B 正 确；物体的平抛运动可以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，其合运动是曲线运动，速度的大小和
方向时刻变化，A 错误；运动过程中，物体所受的力与运动方 向既不垂直也不平行，C、D 错误.
答案：B
2.质点从同一高度水平抛出，不计空气阻力，下列说法正 确的是( )
A.质量越大，水平位移越大 B.初速度越大，落地时竖直方向速度越大 C.初速度越大，空中运动时间越长 D.初速度越大，落地速度越大
解析：物体做平抛运动时，y＝12gt2，x＝v0t，则 t＝ 2gy， 所以 x＝v0 2gy，A、C 错误.由 vy＝gt＝ 2gy，B 错误.由 v＝
2.平抛运动的研究方法和基本规律 (1)研究方法：用运动的合成和分解的方法研究平抛运动. 水平方向：__匀__速__直__线____运动. 竖直方向：___自__由__落__体___运动. (2)基本规律(如图 4-2-1 所示).
平抛运动的基本规律2021年高考物理一轮复习曲线运动与万有引力版块全攻略(解析版)
专题5 平抛运动的基本规律一、单选题1.乒乓球发球机是很多球馆和球友家庭的必备娱乐和训练工具.可上下调整出球俯仰角度，贴近真人实战.某一次利用该兵乓球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)，关于这两个乒乓球在空中运动的情形的描述正确的是（ ）A.速度较小的球落到桌面所用的时间较少B.速度较小的球落到桌面时在竖直方向上的速度较小C.速度较大的球通过相同水平距离所用的时间较少D.速度较大的球的加速度较小【答案】C【解析】发球机发出的球做平抛运动，高度相同，根据t =A 错误；根据v y =gt 可知，时间相同，则两球落到桌面上的竖直速度相同，选项B 错误；根据x=vt 可知速度较大的球通过相同水平距离所用的时间较少，选项C 正确；两球的加速度均为g ，选项D 错误；故选C. 点睛：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移.2.半圆柱体左端点A 的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B 点.过B 点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60︒，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为2g 10m /s =）（ ）A.3 m /sB./sC.m /sD.2m /s 【答案】C【解析】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有tan30tan 2θ︒== 因为3tan 2y y x R θ===则竖直位移为3m 4y =y v == 所以0tan30yv v ︒=联立以上各式解得0v =故选C 。
3.如图所示，某同学用一个小球在O 点对准前方的一块竖直放置的挡板，O 与A 在同一高度，小球的水平初速度分别是v v v 123、、，不计空气阻力。
打在挡板上的位置分别是B 、C 、D ，且::1:3:5AB BC CD =。
2021年高考物理一轮复习学与练4.2 抛体运动(精讲)(解析版)
专题4.2抛体运动【考情分析】1.掌握平抛运动的特点和性质。
2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题。
【重点知识梳理】知识点一平抛运动的基本规律1．定义将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下所做的运动。
2．性质加速度为重力加速度的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线。
3．条件：v0≠0，沿水平方向；只受重力作用。
4．研究方法平抛运动可以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。
5．基本规律(1)位移关系(2)速度关系6. 平抛运动的两个主要推论(1)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图所示，即x B ＝x A2。
推导：⎭⎬⎫tan θ＝y A x A －x Btan θ＝v yv 0＝2yAxA→x B＝x A2 (2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α。
推导：⎭⎬⎫tan θ＝v y v 0＝gt v 0tan α＝y x ＝gt 2v→tan θ＝2tan α知识点二、斜拋运动1．定义：将物体以初速度v 0沿斜向上方或斜向下方拋出，物体只在重力作用下的运动。
2．性质：加速度为重力加速度g 的匀变速运动，轨迹是拋物线。
3．研究方法：斜拋运动可以看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上拋运动的合运动。
4．与斜面有关的平拋运动常见的两种模型斜面规律方法总结水平：v x ＝v 0竖直：v y ＝gt合速度：v ＝v 2x ＋v 2y分解 速度 分解速度，构建速度三角形．利用斜面倾角为θ这个约束条件可得tan θ＝v 0v y水平：x＝v0t竖直：y＝12gt2合位移：s ＝x2＋y2分解位移分解位移，构建位移三角形．利用斜面倾角为θ这个约束条件可得tan θ＝yx，可求得t、x、y【典型题分析】高频考点一平抛运动的基本规律【例1】（2020·新课标Ⅱ）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。
2021年人教版高三物理复习小专题练习 4.2平抛运动的规律及应用
4.2平抛运动的规律及应用(45分钟100分)一、单项选择题(每小题7分，共35分。
每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的)1.一个物体以初速度v0水平抛出，落地时速度为v，则运动时间为()A.v−v0g B.v+v0gC.√v2−v02gD.√v2+v02g【解析】选C2.物体做平抛运动时，描述物体在竖直方向的分速度v y(取向下为正)随时间变化的图线是()【解析】选D3.如图所示，在足够长的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t1；若将此球改用2v0抛出，落到斜面上所用时间为t2，则t1与t2之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶4【解析】选B4.如图所示，AB为竖直面内半圆的水平直径。
从A点水平抛出两个小球，小球1的抛出速度为v1，小球2的抛出速度为v2。
小球1落在C点，小球2落在D点，C、D两点距水平直径分别为圆半径的0.8倍和1倍。
小球1的飞行时间为t1，小球2的飞行时间为t2，则()A.t1>t2B.t1=t2C.v1∶v2=4∶√5D.v1∶v2=3∶√5【解析】选C5.如图所示为足球球门，球门宽为L。
一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。
球员顶球点的高度为h。
足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则()A.足球位移的大小x=√L24+s2B.足球初速度的大小v0=√g2h (L24+s2)C.足球末速度的大小v=√g2h (L24+s2)+4ghD.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ=L2s【解析】选B二、不定项选择题(每小题7分，共35分。
每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的)6.如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)。
将A向B水平抛出的同时，B自由下落。
A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。
2021高考浙江(选考)物理一轮复习讲义：第4章 第2节 平抛运动
第2节平抛运动考点一| 平抛运动的根本规律1．性质加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．2．根本规律以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，那么：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度v x＝v0，位移x＝v0t.(2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y＝gt，位移y＝12gt2.(3)合速度：v＝v2x＋v2y，方向与水平方向的夹角为θ，那么tan θ＝v yv x＝gtv0.(4)合位移：x＝x2＋y2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝yx＝gt2v0.3．对规律的理解(加试要求)(1)飞行时间：由t＝2hg知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．(2)水平射程：x＝v0t＝v02hg，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．(3)落地速度：v t＝v2x＋v2y＝v20＋2gh，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝v yv x＝2ghv0，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．(2021·浙江4月学考)某卡车在公路上与路旁障碍物相撞．处理事故的警察在泥地中发现了一个小的金属物体，经判断，它是相撞瞬间车顶上一个松脱的零件被抛出而陷在泥里的．为了判断卡车是否超速．需要测量的量是() A．车的长度，车的重量B．车的高度，车的重量C．车的长度，零件脱落点与陷落点的水平距离D．车的高度，零件脱落点与陷落点的水平距离D[根据题意和实际情景分析，零件在卡车撞停时，由于惯性向前飞出，不计空气阻力，视为做平抛运动，测出水平位移和高度，由h＝12gt2，x＝v0t，得v0＝x g2h，故D正确．](2021 ·浙江10月学考)如图4-2-1甲所示，饲养员对着长l＝1.0 m的水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量m＝0.02 kg的注射器射到动物身上．注射器飞离长管末端的速度大小v＝20 m/s.可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离开长管后做平抛运动，如图乙所示．假设动物与长管末端的水平距离x＝4.0 m，求注射器下降的高度h.图4-2-1【解析】由平抛运动规律有x＝v t得t＝x v＝0.2 s由h＝12gt2得h＝0.2 m.【答案】0.2 m1．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬间速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图4-2-2中A点和B点所示．图4-2-2(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，那么tan α＝2tan θ.2．平抛运动的求解方略——运动分解(1)思路→运动的合成与分解→水平方向：匀速运动竖直方向：自由落体→在两个方向上列方程求解.(2)时间相等是联系两个分运动的桥梁．(3)注意速度、位移的合成与分解．1．关于做平抛运动的物体，说法正确的选项是()A．速度始终不变B．加速度始终不变C．受力始终与运动方向垂直D．受力始终与运动方向平行B[物体做平抛运动的条件是物体只受重力作用，且初速度沿水平方向，故物体的加速度始终不变，大小为g，B正确；物体的平抛运动可以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，其合运动是曲线运动，速度的大小和方向时刻变化，A错误；运动过程中，物体所受的力与运动方向既不垂直也不平行，C、D错误．]2．(2021·嘉兴高三检测)关于从同一高度以不同初速度水平抛出的物体，比拟它们落到水平地面上的时间(不计空气阻力)，以下说法正确的选项是()【导学号：81370145】A．速度大的时间长B ．速度小的时间长C ．一样长D ．质量大的时间长C [水平抛出的物体做平抛运动，由y ＝12gt 2得t ＝2yg ，其下落的时间由下落的高度决定，从同一高度以不同初速度水平抛出的物体，落到水平地面上的时间一样，A 、B 、D 错误，C 正确．]3．(2021·浙江10月学考)一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出，水管距地面高h ＝1.8 m ，水落地的位置到管口的水平距离x ＝1.2 m ，不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是( )A ．1.2 m/sB ． m/sC ．3.0 m/sD ．4.0 m/sB [水从管口喷出后做平抛运动，此时运动时间由竖直方向上的h 决定，根据h ＝12gt 2得t ＝2hg ＝0.6 s ，水平方向做匀速直线运动，由x ＝v 0t 得初速度v 0＝2.0 m/s ，B 选项正确．]4．如图4-2-3所示，滑板运发动以速度v 0从离地高度为h 的平台末端水平飞出，落在水平地面上．忽略空气阻力，运发动和滑板可视为质点，以下表述正确的选项是( )【导学号：81370146】图4-2-3A ．v 0越大，运发动在空中运动时间越长B ．v 0越大，运发动落地瞬间速度越大C ．运发动落地瞬间速度方向与高度h 无关D ．运发动落地位置与v 0大小无关B[运发动在竖直方向上做自由落体运动，运发动做平抛运动的时间t＝2hg，只与高度有关，与速度无关，A项错误；运发动的末速度是由初速度和竖直方向上的速度合成的，合速度v＝v20＋v2y，初速度越大，合速度越大，B 项正确；物体在竖直方向上的速度v y＝2gh，高度越高，落地时竖直方向上的速度越大，故合速度方向与高度h有关，C项错误；运发动在水平方向上做匀速直线运动，落地的水平位移x＝v0t＝v02hg，故落地的位置与初速度有关，D项错误．]5．(加试要求)(多项选择)如图4-2-4所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.以下说法正确的选项是()图4-2-4A．小球水平抛出时的初速度大小gt tan θB．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2 C．假设小球初速度增大，那么平抛运动的时间变长D．假设小球初速度增大，那么θ减小AD[由tan θ＝gtv0可得小球平抛的初速度大小v0＝gttan θ，A正确；由tan α＝h x ＝12gt2v0t＝gt2v0＝12tan θ可知，α≠θ2，B错误；小球平抛运动的时间t＝2hg，与小球初速度无关，C错误；由tan θ＝gt v可知，v0越大，θ越小，D正确．]考点二| 与斜面有关的平抛运动问题1．从斜面上平抛(如图4-2-5)图4-2-5 位移方向，方法：分解位移x＝v0ty＝12gt2tan θ＝yx可求得t＝2v0tan θg2．对着斜面平抛(如图4-2-6)图4-2-6 速度的大小或方向，方法：分解速度v x＝v0v y＝gttan θ＝v0v y＝v0gt可求得t＝v0 g tan θ物体从斜面平抛又落在斜面上问题的五条规律1．物体的竖直位移与水平位移之比是同一个常数，这个常数等于斜面倾角的正切值；2．物体的运动时间与初速度成正比；3．物体落在斜面上，位移方向一样，都沿斜面方向；4．物体落在斜面上时的速度方向平行；5．当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面的距离最远．1．如图4-2-7所示，以10 m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为θ＝30°的斜面上，g取10 m/s2，这段飞行所用的时间为()【导学号：81370147】图4-2-7A.23s B.233s C. 3 s D．2 sC[如下图，把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度v y，那么有v yv0＝cot 30°，又v y＝gt将数值代入以上两式得t＝ 3 s．应选C.]2.如图4-2-8所示，在足够长的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t1；假设将此球改用2v0抛出，落到斜面上所用时间为t2，那么t1与t2之比为()图4-2-8A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4B[因小球落在斜面上，所以两次位移与水平方向的夹角相等，由平抛运动规律知tan θ＝12gt21v 0t1＝12gt222v0t2，所以t1t2＝12.应选B.]3．(2021·台州模拟)如图4-2-9所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，那么v1、v2之比为()图4-2-9【导学号：81370148】A．1∶1 B．2∶1C．3∶2 D．2∶3C[小球A、B从同一高度平抛，到斜面上的C点经历的时间相等，设为t，由题意可得：tan 30°＝12gt2v1t，tan 30°＝v2gt，解得：v1∶v2＝3∶2，C正确．]4．(加试要求)如图4-2-10所示，两个相对的斜面，倾角分别为α＝37°和β＝53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上．假设不计空气阻力，那么a、b两个小球的运动时间之比为()图4-2-10A．1∶1 B．4∶3C．16∶9 D．9∶16D[对a有12gt2av0t a＝tan α，得t a ＝2v 0tan αg ① 对b 有12gt 2bv 0t b ＝tan β，得t b ＝2v 0tan βg ② 将数值代入①②得 t a ∶t b ＝9∶16.应选D.]5．(加试要求)如图4-2-11所示，一名跳台滑雪运发动经过一段时间的加速滑行后从O 点水平飞出，经过3 s 落到斜坡上的A 点．O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运发动的质量m ＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g 取10 m/s 2)．求：图4-2-11(1)A 点与O 点的距离L ； (2)运发动离开O 点时的速度大小；(3)运发动从O 点飞出开场到离斜坡距离最远所用的时间.【导学号：81370149】【解析】 (1)运发动在竖直方向做自由落体运动，有 L sin 37°＝12gt 2 L ＝gt 22sin 37°＝75 m.(2)设运发动离开O 点时的速度为v 0，运发动在水平方向的分运动为匀速直线运动，有L cos 37°＝v 0t ，即v 0＝L cos 37°t＝20 m/s.(3)运发动的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos 37°、加速度为g sin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin 37°、加速度为g cos 37°)．当垂直斜面方向的速度减为零时，运发动离斜坡最远，有v0sin 37°＝g cos 37°·t，解得t＝1.5 s.【答案】(1)75 m(2)20 m/s(3)1.5 s。
2021高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第2讲平抛运动的规律及应用课时作业含解析新人教版
第2讲平抛运动的规律及应用时间：70分钟满分：100分一、选择题(本题共12小题，每小题6分，共72分。
其中1～8题为单选，9～12题为多选)1．从同一高度同时将a、b两不完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛，它们的初速度大小相同；若不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )A．在空中运动的过程中，两球的加速度相同B．两球触地时的瞬时速率不同C．两球在空中运动的时间相同D．两球运动的位移相同答案 A解析两球在空中都只受重力作用，两球的加速度都为重力加速度g，A项正确。
因两球都只受重力，则机械能均守恒，据机械能守恒定律有12mv20＋mgh＝12mv2t，可知两球触地时的速率相同，B项错误。
因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上抛，则知两球在空中运动的时间不同，C项错误。
因两球初始时运动方向不同，则它们发生的位移不同，D项错误。
2．(2019·福建厦门高三上学期期末)中国首批隐形战斗机已经全面投入使用。
演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离为L时投弹(投弹瞬间炸弹相对战斗机的速度为零)，可以准确命中目标。
若战斗机水平飞行高度加倍，飞行速度大小减半，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为(不考虑空气阻力)( )A.12L B.22LC．L D.2L答案 B解析炸弹被投下后做平抛运动，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，所以在竖直方向上h＝12gt2，解得t＝2hg，在水平方向上L＝v0t＝v02hg，则知，当轰炸机飞行的高度加倍，飞行速度减半时，炸弹的水平位移变为原来的22，所以战斗机投弹时距离目标的水平距离应为22L，B正确。
3. 如图所示，以与竖直墙面垂直、大小为v0＝7.5 m/s的速度抛出一个弹性小球A，抛出点离水平地面的高度为h＝3.2 m，与墙壁的水平距离为s。
小球与墙壁发生碰撞后，竖直分速度不变，水平速度大小不变，方向反向，落在水平地面上，落地点到墙壁的水平距离为2s 。
高考物理轮精细复习 (压轴题)平抛运动(含解析)
避躲市安闲阳光实验学校平抛运动（基础知识夯实+综合考点应用+名师分步奏详解压轴题，含精细解析）平抛运动及其规律[想一想]如图4－2－1所示，甲、乙、丙三小球分别位于如图所示的竖直平面内，甲、乙在同一条竖直线上，甲、丙在同一条水平线上，P点在丙球正下方。
某时刻，甲、乙、丙同时开始运动，甲以水平速度v0平抛，乙以水平速度v0沿水平面向右做匀速直线运动，丙做自由落体运动，若甲、乙、丙三球同时到达P 点，试说明甲球所做的平抛运动在水平方向和竖直方向的分运动各是什么运动？图4－2－1提示：若甲、乙、丙三球同时到达P点，则说明甲在水平方向的运动与乙的运动相同，为匀速直线运动，甲在竖直方向的运动与丙的运动相同，为自由落体运动。
[记一记]1．特点(1)运动特点：初速度方向水平。
(2)受力特点：只受重力作用。
2．性质平抛运动是加速度恒为重力加速度的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线。
3．研究方法用运动的合成与分解方法研究平抛运动。
水平方向：匀速直线运动竖直方向：自由落体运动。
4．运动规律(如下表所示)水平方向v x＝v0x＝v0t竖直方向v y＝gt，y＝12gt2合速度大小v＝v2x＋v2y＝v20＋g2t2方向与水平方向的夹角tan α＝v yv x＝gtv0合位移大小s＝x2＋y2方向与水平方向的夹角tan θ＝yx＝gt2v0轨迹方程y＝g2v20x2[1．从高度为h处以水平速度v0抛出一个物体，要使该物体的落地速度与水平地面的夹角较大，则h与v0的取值应为下列四组中的哪一组( ) A．h＝30 m，v0＝10 m/sB ．h ＝30 m ，v 0＝30 m/sC ．h ＝50 m ，v 0＝30 m/sD ．h ＝50 m ，v 0＝10 m/s解析：选D 要使落地速度与水平方向夹角较大，应使tan θ＝v y v 0＝2ghv 0中θ较大，应使自由下落的高度h 较大，同时使水平速度v 0较小，故选项D 正确。
2021年高考物理一轮复习 4.2抛体运动的规律及应用知能检测
2021年高考物理一轮复习 4.2抛体运动的规律及应用知能检测1．(xx 年高考新课标全国卷改编)如图，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向．图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的．不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．a 的飞行时间比b 的长B ．b 的飞行时间比c 的长C ．a 的水平初速度比b 的小D ．b 的水平初速度比c 的大解析：根据平抛运动的规律h ＝12gt 2，得t ＝2hg，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为h b ＝h c >h a ，所以b 与c 的飞行时间相同，大于a 的飞行时间，因此选项A 、B 错误；又因为x a >x b ，而t a <t b ，所以a 的水平初速度比b 的大，选项C 错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b 的水平位移大于c ，而t b ＝t c ，所以v b >v c ，即b 的水平初速度比c 的大，选项D 正确．答案：D2．如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两小球初速度之比v 1v 2为( )A ．tan αB ．cos αC ．tan αtan αD ．cos αcos α解析：两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2，对A 球：R sin α＝v 1t 1，R cos α＝12gt 21；对B 球：R cos α＝v 2t 2，R sin α＝12gt 22，解四式可得：v 1v 2＝tan αtan α，C 项正确．答案：C3．如图所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8 m ，水平距离为8 m ，则运动员跨越壕沟的初速度至少为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．0.5 m/sB ．2 m/sC ．10 m/sD ．20 m/s解析：运动员做平抛运动的时间t ＝2Δh g ＝0.4 s ，v ＝x t ＝80.4m/s ＝20 m/s. 答案：D4．(xx 年高考江苏卷改编)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 ．A 、B 在最高点的速度相同D ．B 在落地时的速度比A 在落地时的大解析：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 小球的射程大，则水平方向的分速度大，在最高点的速度大，选项C 错误；两球的最大高度相同，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．答案：D[限时检测](时间：45分钟，满分：100分) [命题报告·教师用书独具]一、选择题(本题共确选项前的字母填在题后的括号内)1．(xx 年亳州模拟)如图所示，三个小球从同一高度处的O 点分别以水平初速度v 1、v 2、v 3抛出，落在水平面上的位置分别是A 、B 、C ，O ′是O 在水平面上的射影点，且O ′A ∶O ′B ∶O ′C ＝1∶3∶5.若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝1∶2∶3B ．三个小球下落的时间相同C ．三个小球落地的速度相同D ．三个小球落地的动能相同解析：由于三个小球从同一高度处抛出，所以做平抛运动的时间相同，由x ＝v 0t 可知选项A 错误，B 正确；由于初速度不相同，但三种情况重力做功相同，由动能定理可得落地的动能不相同，速度也不相同，故选项C 、D 错误．答案：B2．如图，从半径为R ＝1 m 的半圆AB 上的A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t ＝0.4 s 小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，则小球的初速度v 0可能为( )A ．1 m/s 或2 m/sB ．2 m/s 或3 m/sC ．3 m/s 或4 m/sD ．1 m/s 或4 m/s解析：由于小球经0.4 s 落到半圆上，下落的高度h ＝12gt 2＝0.8 m ，位置可能有两处，如图所示．第一种可能：小球落在半圆左侧，v 0t ＝R －R 2－h 2＝0.4 m ，v 0＝1 m/s第二种可能：小球落在半圆右侧，v 0t ＝R ＋R 2－h 2，v 0＝4 m/s ，选项D 正确．答案：D3．一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )A.1tan θB.12tan θC ．tan θD ．2tan θ解析：如图，平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，则有tan θ＝v 0gt.则下落高度与水平距离之比为y x ＝gt 22v 0t ＝gt 2v 0＝12tan θ，B 项正确．答案：B4．a 、b 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，a 在竖直平面内运动，落地点为P 1，b 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，如图所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )A ．a 、b 的运动时间相同B ．a 、b 沿x 轴方向的位移相同C ．a 、b 落地时的速度大小相同D ．a 、b 落地时的速度相同解析：质点a 在竖直平面内做平抛运动，质点b 在斜面上运动时，只受沿斜面方向垂直于斜面底边的重力的分力mg sin θ的作用，如图所示，质点b 做类平抛运动．分析如下：对a ，运动时间t a ＝2h /g ；对b ，h sin θ＝12g sin θt 2b ，所以运动时间t b ＝2h /g sin 2θ≠t a ，则A 项错误；对a ，沿x 轴方向位移x a ＝v 0t a ，对b ，沿x 轴方向位移x b ＝v 0t b ≠x a ，则B 项错误；由动能定理知：mgh ＝12mv 2－12mv 20，所以v 的大小相等，则C 项正确；a 、b 落地时速度的方向不同，不能说速度相同，则D 项错误．答案：C5．以速度v 0水平抛出一小球后，不计空气阻力，某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，以下判断正确的是( )A ．此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小B ．此时小球速度的方向与位移的方向相同C ．此时小球速度的方向与水平方向成45°角D ．从抛出到此时，小球运动的时间为2v 0g解析：将平抛运动分解，水平方向的匀速直线运动：x ＝v 0t .竖直方向的自由落体运动：y ＝12gt 2，v y ＝gt ，tan α＝y x ，tan θ＝v y v 0，联立得：tan θ＝2tan α；t ＝2v 0g .所以v y ＝2v 0，故A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D7．(xx 年高考上海卷改编)如图，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 点高度为h ，山坡倾角为θ，由此不能算出( )A ．轰炸机的飞行高度B ．轰炸机的飞行速度C ．炸弹的飞行时间D ．炸弹投出时的动能解析：炸弹的末速度与水平方向的夹角为90°－θ，又tan θ＝v 0gt ，tan θ＝h x，tan α＝y x ，而cot θ＝gt v 0＝2tan α，由此可以求出高度y ＋h .若g 已知，则可以求出时间t 和水平速度v 0，由于质量未知，故无法求动能，选D.答案：D7．如图所示，斜面上a 、b 、c 、d 四个点，ab ＝bc ＝cd ，从a 点以初动能E 0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b 点，若小球从a 点以初动能2E 0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )A ．小球可能落在d 点与c 点之间B ．小球一定落在d 点C ．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定增大D ．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定相同 解析：设第一次平抛的初速度为v 0，v 0与斜面的夹角为θ 则有a b sin θ＝12gt 21，v 0t 1＝a b cos θ.当初速度变为2E 0时，速度变为2v 0.设此时小球在斜面上的落点到a 点的距离为x ，则有x cos θ＝2v 0t 2，x sin θ＝12gt 22，解得x ＝2a b ，即小球一定落在c 点，A 、B 项错误．由tan α＝2tan θ知，斜面倾角一定时，α也一定，C 项错误，D 项正确．答案：D8．一演员表演飞刀绝技，由O 点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M 、N 、P 三点，如图所示．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O 、M 、N 、P 四点距水平地面高度分别为h 、4h 、3h 、2h ，以下说法正确的是( )A ．三把刀在击中木板时动能相同B ．三次飞行时间之比为1∶2∶ 3C ．三次初速度的竖直分量之比为3∶2∶1D ．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1>θ2>θ3 解析：初速度为零的匀变速直线运动推论：(1)静止起通过连续相等位移所用时间之比t 1∶t 2∶t 3∶…＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…(2)前h 、前2h 、前3h …所用的时间之比为1∶2∶3∶…，对末速度为零的匀变速直线运动，也可以运用这些规律倒推．三把刀在击中木板时速度不等，动能不相同，选项A 错误；飞刀击中M 点所用时间长一些，选项B 错误；三次初速度的竖直分量之比等于3∶ 2 ∶1，选项C 错误．只有选项D 正确．答案：D9．(xx 年高考安徽卷)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m 3/min ，水离开喷口时的速度大小为16 3 m/s ，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．28.8 m 1.12×10－2m 3B ．28.8 m 0.672 m 3C ．38.4 m 1.29×10－2m 3D ．38.4 m 0.776 m 3解析：水沿竖直方向的速度v ⊥＝v sin 60°＝24 m/s ，由v 2⊥＝2gh 可得h ＝v 2⊥2g＝28.8 m ，运动时间t ＝v ⊥g ＝2.4 s ，所以空中水柱的水量V ＝Qt ＝0.28×2.4 m 360＝1.12×10－2 m 3.A 项正确．答案：A10．(xx 年安庆模拟)如图所示，一长为2L 的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落在木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为( )A.12LB.13LC.14L D.15L 解析：由图可知，x 2＝v 0·t 2，y 2＝12gt 22，tan 45°＝y 2x 2，则t 2＝2v 0g ，x 2＝2v 20g ，s 2＝2x 2＝22v 2g，s 1＝2L －s 2＝2L －22v 20g.x 1＝s 1sin 45°＝L －2v 20gv 20＝2gy 1＝2gx 1，则x 1＝L －4x 1. x 1＝15L .故D 项正确．答案：D二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，水平屋顶高H ＝5 m ，围墙高h ＝3.2 m ，围墙到房子的水平距离L ＝3 m ，围墙外马路宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度v 的大小范围．(g 取10 m/s 2)解析：若v 太大，小球落在马路外边，因此，要使球落在马路上，v 的最大值v max 为球落在马路最右侧A 点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t 1.则小球的水平位移：L ＋x ＝v max t 1， 小球的竖直位移：H ＝12gt 21解以上两式得v max ＝(L ＋x )g2H＝13 m/s. 若v 太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在马路上，v 的最小值v min 为球恰好越过围墙的最高点P 落在马路上B 点时的平抛初速度，设小球运动到P 点所需时间为t 2，则此过程中小球的水平位移：L ＝v min t 2 小球的竖直方向位移：H －h ＝12gt 22解以上两式得v min ＝Lg2H －h＝5 m/s因此v 0的范围是v min ≤v ≤v max ， 即5 m/s≤v ≤13 m/s. 答案：5 m/s≤v ≤13 m/s12．(15分)《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图甲所示，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示，若h 1＝0.8 m ，l 1＝2 m ，h 2＝2.4 m ，l 2＝1 m ，小鸟飞出后能否直接打中肥猪的堡垒？(取重力加速度g ＝10 m/s 2)解析：(1)设小鸟以v 0弹出后能直接击中堡垒，则 ⎩⎪⎨⎪⎧h 1＋h 2＝12gt 2l 1＋l 2＝v 0tt ＝2h 1＋h 2g＝2×0.8＋2.410s ＝0.8 s所以v 0＝l 1＋l 2t ＝2＋10.8m/s ＝3.75 m/s 设在台面的草地上的水平射程为x ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t 1h 1＝12gt 21所以x＝v02h1g＝1.5 m<l1可见小鸟不能直接击中堡垒．答案：不能40482 9E22 鸢j32445 7EBD 纽 25470 637E 捾36995 9083 邃 29489 7331 猱 Tq R25748 6494 撔V。
(浙江专)2021高考物理一轮复习第四章曲线运动第2讲平抛运动的规律其应用练习(含解析)
第2讲平抛运动的规律及其应用考点1平抛运动的基本规律(d)【典例1】(2019·余姚模拟)以以下图是网球发球机,某次室内训练时将发球机放在距地面必定的高度,而后向竖直墙面发射网球。
假设网球水平射出,某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为30°和60°,若不考虑网球在空中遇到的阻力,则( )A.两次发射的初速度之比为3∶1B.碰到墙眼前空中运动时间之比为1∶3C.降落高度之比为1∶3D.碰到墙面时动能之比为3∶1【解题思路】可按以下思路进行分析:【分析】选C。
在平抛运动过程中,h=gt 2 ,x=v0t,位移与水平方向夹角的正切值tanα==,速度与水平方向夹角的正切值tanβ==,则tanβ=2tanα。
在平抛运动中,h=x。
因此==,由h=gt 2可知,==,速度v0=,可得=;因为v t=可0=,可得=;因为v t=可知,==,因此动能之比==。
综上分析,C正确。
1.(易错专练:逆向分析)甲、乙两位同学进行投篮竞赛,因为两同学身高和体能的差异,他们分别站在不一样的两处将篮球从A、B两点投出(以以下图),两人投出的篮球都能垂直打中篮板1的同一点并落入篮框,不计空气阻力,则以下说法中正确的选项是( )A.甲、乙抛出的篮球从抛出到垂直打中篮板的运动时间相等B.甲、乙抛出的篮球初速度的大小可能相等C.甲、乙抛出的篮球初速度的竖直重量大小相等D.甲、乙抛出的篮球垂直打中篮板时的速度相等【分析】选B。
篮球做反方向的平抛运动,竖直方向上做自由落体运动,高度不等,则运动时间不等;故A错误。
反向分析,甲同学抛出的篮球,运动时间长,竖直分速度大,水均分速度小,依据矢量乞降可知,合速度可能与乙同学抛出的篮球的合速度相等,即甲、乙抛出的篮球初速度的大小可能相等,故B正确。
甲、乙抛出的篮球,竖直方向上高度不等,故初速度的竖直分量大小不等;故C错误。
反向分析,甲同学抛出的篮球,运动时间长,水平位移小,故篮球垂直打中篮板时的速度小,故D错误。
物理一轮复习专题4第2讲平抛运动的规律及应用题型突破练含解析
第2讲平抛运动的规律及应用考点一平抛运动的规律单个物体的平抛运动【典例1】（多选）一位同学玩投掷飞镖游戏时，将飞镖水平抛出后击中目标.当飞镖在飞行过程中速度的方向平行于抛出点与目标间的连线时，其大小为v。
不考虑空气阻力，已知连线与水平面间的夹角为θ，则飞镖（）A.初速度v0=vcos θB.飞行时间t=C.飞行的水平距离x=D。
飞行的竖直距离y=【一题多解】选A、C。
方法一：将运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,飞镖的初速度v0=vcos θ，选项A正确；根据平抛运动的规律有x=v0t，y=gt2，tan θ=,解得t=,x=,y=，选项C正确，B、D错误。
方法二：求飞行时间还可以沿抛出点与目标间的连线和垂直连线方向建立平面直角坐标系，则沿连线方向上，飞镖做初速度为v0cos θ,加速度为gsin θ的匀加速直线运动；垂直连线方向上做初速度为v0sin θ，加速度为-gcos θ的类竖直上抛运动，故由题意可知飞镖飞到速度为v时,垂直连线方向的速度减为0，所用时间为,再次回到连线所用的时间也为（竖直上抛运动的对称性)，故飞行时间为。
多个物体的平抛运动【典例2】（2019·潮州模拟)甲、乙两位同学在不同位置沿水平各射出一枝箭,箭落地时，插入泥土中的形状如图所示，已知两支箭的质量、水平射程均相等，若不计空气阻力及箭长对问题的影响,则甲、乙两支箭（）A。
空中运动时间之比为1∶B.射出的初速度大小之比为1∶C。
下降高度之比为1∶3D。
落地时动能之比为3∶1【通型通法】1。
题型特征：两个物体水平抛出。
2。
思维导引：【解析】选B.根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2水平射程:x=v0t可得：x=v0由于水平射程相等，则:v甲=v乙①末速度的方向与水平方向之间的夹角的正切值：tan θ==可得：2gh甲=3，6gh乙=②联立①②可得:h甲=3h乙，即下落的高度之比为3∶1；根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2，可知运动时间之比为∶1，故A、C错误；射出的初速度大小之比为1∶，故B 正确；它们下落的高度之比为3∶1；但射出的初速度大小之比为1∶，所以落地的动能之比不等于3∶1，故D错误。
2021版高考物理一轮复习考点集训(十六)第2节平抛物体的运动规律及其应用(含解析)
考点集训(十六) 第2节 平抛物体的运动规律及其应用A 组1．从同一高度、同时水平抛出五个质量不同的小球，它们初速度分别为v 、2v 、3v 、4v 、5v.不计空气阻力，在小球落地前的某个时刻，小球在空中的位置关系是( )A ．五个小球的连线为一条直线，且连线与水平地面平行B ．五个小球的连线为一条直线，且连线与水平地面垂直C ．五个小球的连线为一条直线，且连线与水平地面既不平行，也不垂直D ．五个小球的连线为一条曲线[解析] 五个小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，从同一高度抛出，则竖直方向运动情况完全相同，即每个时刻都处于同一高度，水平方向做匀速运动，间距Δx ＝Δvt ，随着时间不断变大，所以两球的连线为水平线，连线与水平地面平行，故A 正确；BCD 错误．[答案] A2．(多选)如图所示，从水平地面上A 、B 两点同时抛出两个物体，初速度分别为v 1和v 2，与水平方向所成角度分别为30°和60°.某时刻两物体恰好在AB 连线上一点O(图中未画出)的正上方相遇，且此时两物体速度均沿水平方向(不计空气阻力)．则( )A ．v 1＞v 2B ．v 1＝v 2C ．OA ＞OBD ．OA ＜OB[解析] 两物体做斜抛运动，在竖直方向减速，在水平方向匀速，对A 球v 1x ＝v 1cos 30°＝32v 1，v 1y ＝v 1sin 30°＝12v 1，竖直方向通过的位移为：h ＝v 21y 2g ＝v 218g，对B 球v 2x ＝v 2cos 60°＝v 22，v 2y ＝v 2sin 60°＝32v 2，竖直方向通过的位移为：h′＝v 22y 2g ＝3v 228g，因h ＝h′，联立解得：v 1＝3v 2，v 1>v 2，故A 正确，B 错误；由于v 1x ＝32v 1，v 2x ＝36v 1，则有A 在水平方向的速度大于B 水平方向的速度，所以A 在水平方向通过的位移大于B 的位移，即OA>OB ，故C 正确，D 错误．[答案] AC3．如图所示，B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A 点以速度v 0平抛，恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g ，则AB 之间的水平距离为( )A .2v 20tan αgB .v 20tan αgC .v 20g tan αD .2v 20g tan α[解析] 小球抛出后做平抛运动，小球恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿着B 点切线方向，将平抛末速度进行分解，根据几何关系得：tan α＝v y v 0，v y ＝gt ，t ＝v 0tan αg ；x AB ＝v 0t ＝v 20tan αg；故B 对． [答案] B4．(多选)“套圈”是一项老少皆宜的体育运动项目．如图所示，水平地面上固定着3根直杆1、2、3，直杆的粗细不计，高度均为0.1 m ，相邻两直杆之间的距离为0.3 m ．比赛时，运动员将内圆直径为0.2 m 的环沿水平方向抛出，刚抛出时环平面距地面的高度为1.35 m ，环的中心与直杆1的水平距离为1 m ．假设直杆与环的中心位于同一竖直面，且运动中环心始终在该平面上，环面在空中保持水平，忽略空气阻力的影响，g 取10 m /s2.以下说法正确的是( )A ．如果能够套中直杆，环抛出时的水平初速度不能小于1.8 m /sB ．如果能够套中第2根直杆，环抛出时的水平初速度范围在2.4 m /s 到2.8 m /s 之间C ．如以2.3 m /s 的水平初速度将环抛出，就可以套中第1根直杆D ．如环抛出的水平速度大于3.3 m /s ，就不能套中第3根直杆[解析] 由平抛运动可得h ＝12gt 2、L －r ＝vt ，解得v ＝1.8 m /s ，故选项A 正确；如果能够套中第2根直杆，水平位移在1.2～1.4 m 之间，水平初速度范围在2.4 m /s 到2.8 m /s 之间，故选项B 正确；如果能够套中第1根直杆，水平位移在0.9～1.1 m 之间，水平初速度范围在1.8 m /s 到2.2 m /s 之间，故选项C 错误；如果能够套中第3根直杆，水平位移在1.5～1.7 m 之间，水平初速度范围在3 m /s 到3.4 m /s 之间，故选项D 错误．[答案] AB5．两个物体A 、B ，以相同的速率v 0在同一位置向相反的方向水平抛出，经时间t ，A 的速度方向与B 的位移方向相互垂直，则t 为( )A .v 0gB .2v 0gC .v 02gD .2v 0g[解析] 两球以相同的初速度向相反方向做平抛运动，两球在同一时刻，速度方向与水平方向的夹角相等，位移方向与水平方向的夹角也相等，某时刻速度方向与水平方向的夹角α的正切值是位移与水平方向夹角β的正切值的2倍，因为α＋β＝90°，tan α＝2tan β＝2tan (90°－α)，即：tan α＝2，根据tan α＝gt v 0＝2得：t ＝2v 0g，故D 正确． [答案] D6．(多选)如图所示，在水平地面上的A 点以速度v 1与地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v 2垂直穿入竖直壁上的小孔B ，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )A ．在B 点以与v 2大小相等的速度，与v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A 点 B ．在B 点以与v 1大小相等的速度，与v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A 点C ．在B 点以与v 1大小相等的速度，与v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A 点的左侧D ．在B 点以与v 1大小相等的速度，与v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A 点的右侧[解析] 以速度v 1与地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v 2垂直穿入竖直壁上的小孔B ，说明弹丸在B 点的竖直速度为零，v 2＝v 1cos θ，根据“逆向”思维：在B 点以与v 2大小相等方向相反的速度射出弹丸，它必落在地面上的A 点，A 正确；在B 点以与v 1大小相等的速度，与v 2方向相反射出弹丸，由于v 1＞v 2，弹丸在空中运动的时间不变，所以它必定落在地面上A 点的左侧，C 正确，B 、D 错误．[答案] AC7．如图所示，小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角一定、足够长的斜面上．不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比B ．小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关C ．当用一束平行光垂直照射斜面，小球在斜面上的投影做匀速运动D ．初速度越大，小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角越大[解析] 小球落在斜面上竖直分速度为：v y ＝gt ＝2v 0tan θ，根据平行四边形定则知，可知落在斜面上的速度：v ＝v 01＋4tan 2 θ，可知小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比，故A 正确；当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远；将速度和重力加速度分解成平行与垂直斜面方向，垂直斜面方向先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；当小球的速度方向与斜面平行时垂直斜面方向的分速度等于0，设斜面的倾角为θ，则时间：t ＝v 0tan θg，所用的时间与初速度的大小有关，故B 错误；平行斜面方向的运动是匀加速直线运动，可知小球在斜面上的投影加速移动，故C 错误；因为平抛运动某时刻速度方向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，小球落在斜面上位移的方向相同，则速度方向相同，故D 错误．[答案] A8．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．[解析] (1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a ＝v 202s ＝209m /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 21＝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 .B 组9．(多选)如图所示，斜面与水平面的夹角为θ，在斜面上空A 点水平抛出两个小球a 、b ，初速度分别为v a 、v b ，a 球恰好垂直打到斜面上M 点，而b 球落在斜面上的N 点，而AN 恰好垂直于斜面，则( )A ．a 、b 两球水平位移之比为v 2a ∶2v 2bB ．a 、b 两球水平位移之比为v a ∶2v bC ．a 、b 两球下落的高度之比为v 2a ∶4v 2bD ．a 、b 两球下落的高度之比为v 2a ∶2v 2b[解析] b 球落在N 点，位移与斜面垂直，则位移与水平方向的夹角为90°－θ，设此时的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝2tan (90°－θ)，a 球速度方向与斜面垂直，速度与水平方向的夹角为90°－θ，可得：v yb v b ＝2v ya v a ，解得：v yb v ya ＝2v b v a ，根据h ＝v 2y 2g，则a 、b 两球下落的高度之比为v 2a ∶4v 2b ，故C 正确，D 错误；根据t ＝v y g，知，a 、b 两球的运动时间之比为v a ∶2v b ，根据x ＝v 0t ，则水平位移之比为：x a ∶x b ＝v 2a ∶2v 2b ，故A 正确，B 错误．【答案】AC10．如图所示，AB 为斜面，BC 为水平面，从A 点以水平速度v 0抛出一小球，其第一次落点到A 的水平距离为s 1；从A 点以水平速度3v 0抛出小球，其第一次落点到A 的水平距离为s 2，不计空气阻力，则s 1︰s 2不可能等于( )A ．1︰3B ．1︰6C ．1︰9D ．1︰12[解析] 小球做平抛运动的落点分为3种情况，有可能两次都落在斜面上，有可能水平速度较大的落在斜面以外，速度较小的落在斜面上，也有可能两次都落在水平面上；情况1、如图所示，小球均落在斜面上；如果小球落在斜面上，可以确定小球的位移一定是沿斜面方向的；分解位移可得：tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ；求得t ＝2v 0tan θg；可见如果小球落在斜面上，影响小球飞行时间的因素是斜面的倾角与小球抛出时的初速度；所以t 1t 2＝13；x 1x 2＝v 0t 13v 0t 3＝19；情况2：如果两次小球均落在水平面上，则小球下落的高度相同，t ＝2h g，所以小球在空中飞行的时间相同即t 1＝t 2＝t ；x 1x 2＝v 0t 3v 0t ＝13； 情况3：如果小球一次落在水平面上一次落在斜面上则小球产生的水平位移之比必然介于二者之间；所以本题只有D 选项不可能．[答案] D11．风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力．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．如图所示，质量m ＝0.5 kg 的小球以初速度v 0＝0.40 m /s 从O 点沿x 轴正方向运动，在0～2.0 s 内受到一个沿y 轴正方向、大小F 1＝0.20 N 的风力作用；小球运动2.0 s 后风力方向变为y 轴负方向、大小变为F 2＝0.10 N (图中未画出)．试求：(1)2.0 s 末小球在y 方向的速度大小和2.0 s 内运动的位移大小；(2)风力F 2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同．[解析] (1)设在0～2.0 s 内小球运动的加速度为a 1，则F 1＝ma 1，2．0 s 末小球在y 方向的速度v 1＝a 1t 1，代入数据解得v 1＝0.8 m /s ，沿x 轴方向运动的位移x 1＝v 0t 1，沿y 轴方向运动的位移y 1＝12a 1t 21， 2．0 s 内运动的位移s 1＝ x 21＋y 21，代入数据解得s 1＝0.8 2 m ＝1.1 m .(2)设2.0 s 后小球运动的加速度为a 2，F 2的作用时间为t 2时小球的速度变为与初速度相同．则F 2＝ma 2，0＝v 1－a 2t 2，代入数据解得t 2＝4.0 s .12．如图所示，从A 点以v 0＝4 m /s 的水平速度抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C 端切线水平，已知长木板的质量M ＝2 kg ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，圆弧轨道半径R ＝2.75 m ，OB 与竖直方向OC 间的夹角θ＝37°，(g ＝10 m /s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)小物块运动至B 点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C 点时对圆弧轨道C 点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．[解析] (1)v ＝v 0cos θ，解得v ＝5 m /s ，与水平方向夹角37°.(2)设轨道对C 点的支持力为N ，B 到C 由动能定理mgR(1－cos θ)＝12mv 2C －12mv 2B ，得vC ＝6 m /sN －mg ＝m v 2C R ，解得N ＝23.1 N ，根据牛顿第三定律，小物块对C 点的压力大小为23.1 N .(3)小物块在木板上运动的加速度大小a 1＝μ1mg m ＝5 m /s 2，木板在地面上运动的加速度大小a 2＝μ1mg －μ2（M ＋m ）M ＝1 m /s 2，设小物块与木板达到共速时的速度为v′，v ′＝v －a 1t ，v ′＝a 2t ，解得t ＝1 s ，x 1＝v′t－12a 1t 2＝3.5 m ，x 2＝12a 2t 2＝0.5 m ，L ＝x 1－x 2＝3 m .。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高考物理一轮复习微专题突破练:专题4 平抛运动的规律及应用(建议用时40分钟)1.(2019·温州模拟)小王将手中没有喝完的大半罐可乐水平扔向某垃圾桶,可乐罐的轨迹如图。
为了能把可乐罐扔进垃圾桶,小王可以( )A.只减小扔可乐罐的水平初速度B.只增加水平扔出可乐罐时的高度C.只减小水平扔出可乐罐时人与垃圾桶的水平距离D.以上说法均不可能实现【解析】选A。
设可乐罐平抛运动的初速度为v0,抛出点离桶的高度为h,水平位移为x,则平抛运动的时间:t=,水平位移 x=v0t=v0。
减小初速度,抛出点位置不变,可减小水平位移,从而能把可乐罐扔进垃圾桶中,故A正确。
增加抛出时的高度时,下落时间更长,则水平位移更大,故B错误。
只减小水平扔出可乐罐时人与垃圾桶的水平距离时,由于可乐罐水平位移不变,故可乐罐无法落到桶中,故C错误。
因A可以实现,故D错误。
2.在影片《红番区》中,成龙在右边楼顶上遭遇围攻,情急之下向左急奔后跳出,落在左侧大楼顶层的阳台上,得以逃生。
假设右边楼顶与左侧大楼顶层的阳台的高度差为3 m,水平距离为6.24 m,将上述“跳出”动作看成水平跳出,不考虑空气阻力,g取10 m/s2,则成龙起跳速度大小约为( )A.6 m/sB.8 m/sC.11 m/sD.13 m/s【解析】选B。
根据h=gt2得平抛运动的时间为t== s≈0.8 s则起跳的速度为v0== m/s=7.8 m/s≈8 m/s,故B正确。
3.网球是一项比较流行的体育运动。
两位运动员分别从同一高度同一方向水平发出甲乙两只网球,甲球出界了,乙球恰好越过球网落在界内,不计空气阻力,对于两球的初速度v甲和v乙,飞行时间t甲和t乙,下落过程中的加速度a甲和a乙比较正确的是( )A.v甲<v乙,a甲=a乙B.t甲=t乙,a甲>a乙C.v甲>v乙,t甲<t乙D.v甲>v乙,t甲=t乙【解析】选D。
两球均做平抛运动,则加速度均为g;抛出的高度相同,根据t=可知,飞行的时间相同;因甲出界,乙落在界内,可知甲的水平位移较大,根据v=可知,甲的初速度比乙大;故选D。
4.(2019·绍兴模拟)如图所示,传送带水平部分长L=2 m,传动速率v=1 m/s,在其左端无初速度释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,传送带离地面的高度h=3.2 m,则木块从左端开始运动至落到地面经过的时间是( )A.3.3 sB.2.8 sC.2 sD.4 s【解析】选A。
对木块,由牛顿第二定律得:a==μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2,木块加速到与传送带速度相等需要的时间:t1== s=1 s,此过程木块的位移:x1== m=0.5 m<L=2 m,然后木块与传送带一起做匀速直线运动,运动时间:t2== s=1.5 s,木块离开传送带后做平抛运动,在竖直方向:h=g,t3== s=0.8 s,木块的运动时间:t=t1+t2+t3=(1+1.5+0.8) s=3.3 s;故选A。
5.某同学用如图所示的装置研究平抛运动。
在实验中,钢球每次都从斜面上的同一高度下落,而放有复写纸和白纸的木板离水平桌面的高度依次调为h、2h、3h,根据钢球撞击木板时在白纸上留下的点迹,可得钢球平抛时的水平位移分别为x1、x2、x3,则( )A.若x1∶x2∶x3=1∶2∶3,则能说明钢球在水平方向做匀速直线运动B.若x1∶x2∶x3=1∶∶,则能说明钢球在水平方向做匀速直线运动C.若x1∶x2∶x3=1∶4∶9,则能说明钢球在水平方向做匀速直线运动D.若x3-x2=x2-x1,则能说明钢球在水平方向做匀速直线运动【解析】选B。
钢球离开桌面后在竖直方向上做自由落体运动,放有复写纸和白纸的木板离水平桌面的高度依次调为h、2h、3h,据h=gt2可得,钢球三次在空中运动时间t1∶t2∶t3=1∶∶。
若x1∶x2∶x3=1∶2∶3,据t1∶t2∶t3=1∶∶知,钢球在水平方向不是做匀速直线运动,故A项错误。
若x1∶x2∶x3=1∶∶,据t1∶t2∶t3=1∶∶知,钢球在水平方向做匀速直线运动,故B项正确。
若x1∶x2∶x3=1∶4∶9,据t1∶t2∶t3=1∶∶知,钢球在水平方向不是做匀速直线运动,故C项错误。
若x3-x2=x2-x1,据t1∶t2∶t3=1∶∶知,钢球在水平方向不是做匀速直线运动,故D项错误。
6.(多选)(2019·台州模拟)如图所示为一个半径为5 m的圆盘,正绕其圆心做匀速转动,当圆盘边缘上的一点A处在如图所示位置的时候,在其圆心正上方20 m的高度有一小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出,g取10 m/s2,要使得小球正好落在A点,则( )A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/sB.小球平抛的初速度可能是2.5 m/sC.圆盘转动的角速度一定是p rad/sD.圆盘转动的角速度可能是p rad/s【解析】选A、D。
小球做平抛运动,在竖直方向,有h= gt2,解得t=2 s,在水平方向,有R=v0t,解得v0=2.5 m/s。
所以A项正确。
圆盘上的A点应转过整数圈,有ωt=2kπ,解得ω==kπrad/s(k=0,1,2…),所以D项正确。
7.如图所示,从O点水平抛出的物体,抵达斜面上端P处时其速度方向恰好沿斜面方向,然后沿斜面无摩擦滑下,下列选项中的图象分别描述的是物体从O点抛出至到达斜面底端Q点过程中沿x方向和y方向运动的速度—时间图象,其中正确的是( )【解析】选C。
0～t P段,水平方向:v x=v0恒定不变,竖直方向:v y=gt;t P～t Q段,水平方向:v x=v0+a水平t,竖直方向:v y=v Py+a竖直t (a竖直<g),选项C正确。
8.如图所示,小球从斜面的顶端A处以大小为v0的初速度水平抛出,恰好落到斜面底部的B点,且此时的速度大小v B=v0,空气阻力不计,该斜面的倾角为( )A.60°B.45°C.37°D.30°【解析】选B。
根据平行四边形定则知,落到底端时竖直分速度为:v y==2v0,则运动的时间为:t==,设斜面的倾角为θ,则有tan θ===1,解得θ=45°,B正确。
9.如图所示,在竖直放置的半球形容器的圆心O点分别以水平速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点),最终它们分别落在圆弧上的A点和B点,已知OA与OB相互垂直,OA与竖直方向成α角,则两小球初速度之比v1∶v2为( )A.tan αB.cos αC.tan αD.cos α【解析】选C。
设容器的半径为R。
由几何关系可知:小球A下降的竖直高度为:y A=Rcos α,小球B下降的竖直高度为:y B=Rsin α;由平抛运动规律可知:y A=g,y B=g;由以上各式可得:=;由几何关系可知:两小球水平运动的位移分别为:x A=Rsin α;x B=Rcos α;由平抛运动规律可知:x A=v A t A,x B=v B t B;由此可得:==tan α,故选C。
10.如图所示,在斜面顶端的A点以速度v0平抛一小球,经t1时间落到斜面上B点处,若在A点将此小球以速度0.5v0水平抛出,经t2时间落到斜面上的C点处,以下判断正确的是( )A.AB∶AC=2∶1B.AB∶AC=4∶1C.t1∶t2=4∶1D.t1∶t2=∶1【解析】选B。
由平抛运动规律有x=v0t,y=gt2,则tan θ==,将v0、0.5v0分别代入上式,联立解得t1∶t2=2∶1,C、D均错误;它们的竖直位移之比y B∶y C=g∶g=4∶1,所以AB∶AC=∶=4∶1,故A错误,B正确。
11.如图所示,长L的木板倾斜放置,倾角为45°。
将一弹性小球自与木板上端等高的某处自由释放,不计空气阻力,小球与木板碰撞前后无机械能的损失。
欲使小球经过一次碰撞后恰好落到木板下端,问小球释放点距木板上端的水平距离为多少?【解析】设释放的位置距离木板上端的水平距离为h,由重力做功为mgh=mv2,v=,碰撞后做平抛运动,竖直高度为L-h=gt2,L-h=vt,由三个公式联立可知h=,则可知小球释放点距木板上端的水平距离为。
答案:12.(2019·金华模拟)在水平地面上竖直放置一个半径为R=2.5 m的半圆形管道,在管道上端出口处B点与一块水平木板相切,管道半径比管道内径大得多。
现有一个比管道内径略小的可视为质点的滑块从管道最低点A进入管道,从B点离开管道滑上水平木板。
已知滑块质量为0.5 kg,滑块与水平木板间动摩擦因数为0.05。
(1)若滑块进入管道时,在A点对管道的压力为29.2 N,求滑块在A点时的速度大小;(2)若滑块在B点的速度为2 m/s,求滑块在B点对管道的压力;(3)滑块仍以(2)问中的速度滑上水平木板,若水平木板长度可以调节,滑块落在水平地面上的落点C(C点图中未画出)的位置发生变化,求落点C与A点的最大距离。
【解析】(1)滑块在A点:F A-mg=,解得v A=11 m/s。
(2)滑块在B点:mg-F B=,解得F B=4.2 N。
根据牛顿第三定律可知,滑块在B点对管道的压力为4.2 N。
(3)设滑块从水平木板飞出的速度为v,在水平木板上滑块的加速度大小为a=μg=0.5 m/s2。
在水平木板上滑块的位移x1=。
滑块飞出木板后做平抛运动,x2=vt,2R=gt2。
代入数据得到滑块落点C与A的距离x=-v2+v+4,当v=0.5 m/s时,x max=4.25 m。
答案:(1)11 m/s (2)4.2 N,方向竖直向下(3) 4.25 m。