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/s,则成龙起跳速度大小约为 ( ) A.6 m/s B.8 m/s C.11 m/s

D.13 m/s

2

【解析】选B。根据h=gt得平抛运动的时间为t=

2

= s≈0.8 s

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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a乙 C.v甲>v乙,t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 s C.2 s

B.2.8 s

D.4 s

=μg=0.1×10 m/s=1 m/s,木块加速到与

2

2

【解析】选A。对木块,由牛顿第二定律得:a=

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- 8 -

= 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

2

平桌面的高度依次调为h、2h、3h,据h=gt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∶线运动,故D项错误。

∶知,钢球在水平方向不是做匀速直

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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/s,要使得小球正好落在A点,则 ( )

2

A.小球平抛的初速度一定是2.5 m/s B.小球平抛的初速度可能是2.5 m/s C.圆盘转动的角速度一定是p rad/s D.圆盘转动的角速度可能是p rad/s

2

【解析】选A、D。小球做平抛运动,在竖直方向,有h= gt,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=rad/s(k=0,1,2…),所以D项正确。

=kπ

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～tP段,水平方向:vx=v0恒定不变,竖直方向:vy=gt;tP～tQ段, 水平方向:vx=v0+a水平t,

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竖直方向:vy=vPy+a竖直t (a竖直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vB=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:vy==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 α

B.cos α

C.tan α D.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:yA=Rcos α,小球B下降的竖直高度为:yB=Rsin α;由平抛运动规律可知:

yA=g,yB=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:xA=Rsin α;xB=Rcos α;由平抛运动规律可知:xA=vAtA,xB=vBtB;由此可

得:==tan α,故选C。

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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∶1 B.AB∶AC=4∶1

C.t1∶t2=4∶1 D.t1∶t2=∶1

【解析】选B。由平抛运动规律有x=v0t,y=gt,则tan θ==

2

,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yB∶yC=

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=mv,

2

v=,碰撞后做平抛运动,竖直高度为L-h=gt,L-h=vt,由三个公式联立可知h=,则可

2

知小球释放点距木板上端的水平距离为。

答案:

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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:FA-mg=解得vA=11 m/s。

,

(2)滑块在B点:mg-FB=解得FB=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/s。

2

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,

2

2R=gt。

代入数据得到滑块落点C与A的距离 x=-v+v+4,

当v=0.5 m/s时,xmax=4.25 m。

答案:(1)11 m/s (2)4.2 N,方向竖直向下

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2

(3) 4.25 m

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