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/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。