2018版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天课时作业(十八)平抛运动、圆周运动热点问题分析解析
课时作业(十八) 平抛运动、圆周运动热点问题分析[基础训练]1．(2017·四川乐山调考)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动．有一质量为m 的小球A 紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R 和H ，小球A 所在的高度为筒高的一半，已知重力加速度为g ，则( )A ．小球A 做匀速圆周运动的角速度ω＝2gH RB ．小球A 受到重力、支持力和向心力三个力作用C ．小球A 受到的合力大小为mgR HD ．小球A 受到的合力方向垂直筒壁斜向上答案：A 解析：对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力两个力的作用，两个力的合力提供向心力，由向心力关系可得mg cot θ＝m ω2r ，其中cot θ＝H R ，r ＝R 2，解得ω＝2gH R，选项A 正确，B 错误；小球所受合力方向应指向圆周运动的圆心，提供向心力，所以合力大小为mg cot θ＝mgH R，选项C 、D 错误． 2．(2017·福建毕业班质检)如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L .重力加速度大小为g .现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( )A.3mgB.433mg C ．3mg D ．23mg答案：A 解析：当小球以速度v 通过最高点时，mg ＝m v 2R；当小球以2v 通过最高点时，设每根绳拉力大小为F ，则3F ＋mg ＝m 2v 2R ，解得F ＝3mg ，选项A 正确．3．(2017·湖南株洲二中月考)用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为T ，则T 随ω2变化的图象是下图中的( )答案：B 解析：设绳长为L ，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg 、支持力N 和绳的拉力T 而平衡，T ＝mg cos θ≠0，A 错误；ω增大时，T 增大，N 减小，当N ＝0时，角速度为ω0，当ω<ω0时，由牛顿第二定律得T sin θ－N cos θ＝m ω2L sin θ，T cos θ＋N sin θ＝mg ，解得T ＝m ω2L sin 2 θ＋mg cos θ，当ω>ω0时，小球离开锥面，绳与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得T sin β＝m ω2L sin β，所以T ＝mL ω2，可知T ω2图线的斜率变大，所以B 正确，C 、D 错误．4．(2017·河北三市七校联考)如图所示，用长为L 的轻绳把一个小铁球悬挂在离水平地面高为2L 的O 点，小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处．不计空气阻力，重力加速度为g .若运动到最高点轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为( )A.3gLB.6gLC.7gL D ．3gL答案：C 解析：小铁球恰能到达最高点，即在最高点只有重力提供向心力，设小铁球在最高点的速度为v 0，由向心力公式和牛顿第二定律可得mg ＝mv 20L；从B 点到落地，设小铁球落地的速度大小为v ，由动能定理可得3mgL ＝12mv 2－12mv 20，联立可得v ＝7gL ，故选项C正确，A 、B 、D 错误．5．(多选)如图所示，质量为m 的小球从斜轨道上高h 处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动．已知圆轨道的半径为R ，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．当h ＝2R 时，小球恰好能到达最高点MB ．当h ＝2R 时，小球在圆心等高处P 点时对轨道的压力为2mgC ．当h ≤R 时，小球在运动过程中不会脱离轨道D ．当h ＝R 时，小球在最低点N 时对轨道的压力为2mg答案：BC 解析：小球到达圆轨道最高点需满足关系式mg ≤mv 2R，即v ≥gR ，当h ＝2R 时，小球不能到达最高点M ，A 错误；当h ＝2R 时，小球在圆心等高处P 点时mgR ＝12mv 2，v ＝2gR ，F N ＝m v 2R＝2mg ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为2mg ，B 正确；同理，当h ＝R 时，小球在最低点N 时对轨道的压力为3mg ，D 错误；当h ≤R 时，小球在下面的半圆轨道上运动，不会脱离轨道，C 正确．6．(2017·云南昆明七校调研)如图所示，一长L ＝0.45 m 的轻绳一端固定在O 点，另一端连接一质量m ＝0.10 kg 的小球，悬点O 距离水平地面的高度H ＝0.90 m ．开始时小球处于A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，让小球从静止释放，当小球运动到B 点时，轻绳碰到悬点O 正下方一个固定的钉子P 时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)轻绳断裂后小球从B 点抛出并落在水平地面的C 点，求C 点与B 点之间的水平距离；(2)若OP ＝0.30 m ，轻绳碰到钉子P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力而断裂，求轻绳能承受的最大拉力．答案：(1)0.90 m (2)7 N解析：(1)设小球运动到B 点时的速度大小为v B ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝mgl解得小球运动到B 点时的速度大小v B ＝2gl ＝3.0 m/s小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得x ＝v B ty ＝H －l ＝12gt 2解得C 点与B 点之间的水平距离 x ＝v B ·2 H －l g＝0.90 m. (2)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m ，由牛顿运动定律得F m －mg ＝m v 2B rr ＝l －OP由以上各式解得F m ＝7 N.7．(2017·山东东营一中质检)如图所示，一水平光滑、距地面高为h 、边长为a 的正方形MNPQ 桌面上，用长为L 的不可伸长的轻绳连接质量分别为m A 、m B 的A 、B 两小球，两小球在绳子拉力的作用下，绕绳子上的某点O 以相同的角速度做匀速圆周运动，圆心O 与桌面中心重合，已知m A ＝0.5 kg ，L ＝1.2 m ，L AO ＝0.8 m ，a ＝2.1 m ，h ＝1.25 m ，A 球的速度大小v A ＝0.4 m/s ，重力加速度取g ＝10 m/s 2，求：(1)绳子上的拉力F 以及B 球的质量m B ；(2)若当绳子与MN 平行时突然断开，则经过1.5 s 两球的水平距离；(3)在(2)的情况下，两小球落至地面时，落点间的水平距离．答案：(1)0.1 N 1 kg (2)1.5 m (3)2.68 m解析：(1)F ＝m A v 2A L AO ＝0.5×0.420.8N ＝0.1 N ， 由F ＝m A ω2L OA ＝m B ω2L OB ，得m B ＝m A L OA L OB＝1 kg. (2)绳子断裂后，两球在水平方向上一直做匀速直线运动，v B ＝v A 2＝0.2 m/s ，沿运动方向位移之和x ＝(v A ＋v B )t 1＝0.6×1.5 m＝0.9 m ，则水平距离为s ＝x 2＋L 2＝0.92＋1.22m ＝1.5 m.(3)两球离开桌面后做平抛运动，运动时间t 2＝2hg ＝2×1.2510s ＝0.5 s ， 沿运动方向水平位移之和x ′＝(v A ＋v B )t 2＋a ＝0.6×0.5 m＋2.1 m ＝2.4 m. 则落地点间水平距离为s ′＝x ′2＋L 2＝ 2.42＋1.22 m ＝655m ＝2.68 m. [能力提升]8．如图甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间的弹力大小为F ，小球在最高点的速度大小为v ，其F v 2图象如图乙所示．则( )甲 乙A ．小球的质量为aR bB ．当地的重力加速度大小为R bC ．v 2＝c 时，小球受到的弹力方向向上D ．v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小不相等答案：A 解析：小球在最高点时对其进行受力分析：速度为零时，mg －F ＝0，结合图象可知mg －a ＝0；当F ＝0时，由向心力公式可得mg ＝mv 2R ，结合图象可知，mg ＝mb R，解得g ＝b R ，m ＝aR b ，选项A 正确，B 错误．由图象可知b <c ，当v 2＝c 时小球所受弹力方向向下，选项C 错误．当v 2＝2b 时，由向心力公式可得mg ＋F ＝m ·2b R，解得F ＝mg ，选项D 错误． 9．(多选)如图所示，ab 为竖直平面内的半圆环acb 的水平直径，c 为环的最低点，环的半径为R .将一个小球从a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出，设重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．当小球的初速度v 0＝2gR 2时，与环相撞时的竖直分速度最大B ．当小球的初速度v 0<2gR 2时，将与环上的圆弧ac 段相撞 C ．当v 0取适当值，小球可以垂直撞击圆环D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环答案：ABD 解析：由平抛运动规律可知，下落高度越大，竖直分速度越大，所以竖直分速度最大时平抛落点为c 点，由运动规律可得，此时小球的初速度为v 0＝2gR 2，若小球的初速度小于该速度，小球将与环上的ac 段相撞，选项A 、B 正确；由平抛运动规律可知，速度的反向延长线一定过水平位移的中点，若小球垂直撞击圆环，则速度的反向延长线就会过O 点，所以是不可能的，因此选项C 错误，D 正确．10．在高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108 km/h.汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍．(1)如果汽车在这种高速公路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？(2)如果高速公路上设计了圆弧拱形立交桥，要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱桥，这个圆弧拱形立交桥的半径至少是多少？(取g ＝10 m/s 2)答案：(1)150 m (2) 90 m解析：(1)汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有F max ＝0.6mg ＝m v 2r min，由速度v ＝108 km/h ＝30 m/s 得，弯道半径r min ＝150 m. (2)汽车过圆弧拱桥，可看做在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，根据向心力公式有mg －F N ＝m v 2R .为了保证安全通过，车与路面间的弹力F N 必须大于等于零，有mg ≥m v 2R ，则R ≥90 m.11．(2017·黑龙江实验中学月考)如图所示，BC 为半径r ＝0.4 2 m 竖直放置的用光滑细圆管制成的圆弧形轨道，O 为轨道的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5 kg 的小球从O 点正上方某处A 点以速度v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F ＝5 N 的作用，当小球运动到圆管的末端C 时作用力F 立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面(取g ＝10 m/s 2)求：(1)小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0为多少？OA 的距离为多少？(2)小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？(3)小球在CD 斜面上运动的最大位移是多少？答案：(1)2 m/s 0.6 m (2)52 N (3)24m 解析：(1)小球从A 运动到B 为平抛运动，有r sin 45°＝v 0t ，在B 点，有tan 45°＝gt v 0， 解以上两式得v 0＝2 m/s ，t ＝0.2 s ，则AB 竖直方向的距离为h ＝12gt 2＝0.2 m ， OB 竖直方向距离为h ′＝r sin 45°＝0.4 m ，则OA ＝h ＋h ′＝0.2 m ＋0.4 m ＝0.6 m.(2)在B 点据平抛运动的速度规律有v B ＝v 0sin 45°＝2 2 m/s ， 小球在管中的受力为三个力：由于重力与外加的力F 平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动，由圆周运动的规律得细管对小球的作用力为F N ＝mv 2B r ＝5 2 N ， 根据牛顿第三定律得小球对细管的压力为5 2 N.(3)在CD 上滑行到最高点的过程，根据牛顿第二定律得mg sin 45°＋μmg cos 45°＝ma ，解得a ＝g sin 45°＋μg cos 45°＝8 2 m/s 2， 根据速度—位移关系公式，有x ＝v 2B 2a ＝24m.。
(新课标)2018年高考物理一轮复习 第四章 曲线运动万有引力与航天 第二节 抛体运动随堂达标巩固落实讲义
A．石块被抛出瞬间速度大小为 12 m/s B．石块被抛出瞬间速度大小为 16 m/s C．石块落地瞬间速度大小为 20 m/s D．石块落地瞬间速度大小为 16 m/s
解析：选 BC.石块被抛出后做平抛运动，水平方向 s＝v0t， 竖直方向 h＝12gt2，抛出点到地面的高度 h＝L＋L·sin α，解 得 v0＝16 m/s，选项 B 正确；石块落地时，竖直方向的速度 vy＝gt＝12 m/s，落地速度 vt＝ v02＋v2y＝20 m/s，选项 C 正 确．
h2＝h－12gL－v s2＝1.0 m
两弹孔之间的距离Δ h＝h2－h1＝0.45 m.
(3)若第一发子弹打到靶的下沿(第二发打到靶上)，装甲车枪 口离靶的距离为 L1 L1＝(v0＋v) 2gh＝492 m 若第二发子弹打到靶的下沿(第一发打到地上)，装甲车枪口 离靶的距离为 L2
L2＝v 2gh＋s＝570 m 故 L 的范围为 492 m<L≤570 m. 答案：(1)290 m/s2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L≤570 m
D．cos α· cos α
解析：选 C.根据平抛运动得甲小球水平方向的位移为 xA＝ Rsin α＝v1t1，竖直方向的位移为 yA＝Rcos α＝12gt21，解得 v1
＝
1 2gR
sin α ；乙小球水平方向的位移为 cos α
xB＝Rcos
α＝
v2t2，竖直方向的位移为 yB＝Rsin α＝12gt22，解得 v2＝ 12gR csoisnαα，所以有vv12＝tan α· tan α.选项 C 正确．
加速度的大小 g＝10 m/s2.可求得 h 等于( )
A．1.25 m
B．2.25 m
(新课标)2018年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天突破全国卷试题
第四章曲线运动万有引力与航天天体运动问题是牛顿运动定律、匀速圆周运动规律及万有引力定律的综合应用，由于天体运动贴近科技前沿，且蕴含丰富的物理知识，因此是高考命题的热点．近几年在全国卷中都有题目进行考查，2016年全国甲、乙、丙三卷中都有涉及天体运动的题目．预计高考可能会结合我国最新航天成果考查卫星运动中基本参量的求解和比较以及变轨等问题．【重难解读】本部分要重点理解解决天体运动的两条基本思路，天体质量和密度的计算方法，卫星运行参量的求解及比较等．其中卫星变轨问题和双星系统模型是天体运动中的难点．【典题例证】2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月15日发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验．“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴．“神舟十一号”从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ，与在圆轨道Ⅲ运行的“天宫二号”实施对接．下列描述正确的是( )A．“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变B．可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接C．“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大D．“神舟十一号”在椭圆轨道上运行的周期与“天宫二号”运行周期相等[解析] “神舟十一号”飞船变轨过程中轨道升高，机械能增加，A选项错误；若飞船在进入圆轨道Ⅲ后再加速，则将进入更高的轨道飞行，不能实现对接，选项B错误；飞船轨道越低，速率越大，轨道Ⅱ比轨道Ⅲ的平均高度低，因此平均速率要大，选项C正确；由开普勒第三定律可知，椭圆轨道Ⅱ上的运行周期比圆轨道Ⅲ上的运行周期要小，D项错误．[答案] C题目涉及飞船变轨的机械能、速度和周期等，以考查学生对人造天体运动原理的理解、天体运动规律的掌握及综合分析能力．在轨飞行的人造天体，加速后轨道半径增大，机械能增加，平均速率减小，减速后则相反，轨道半径减小，机械能减小，平均速率增大．【突破训练】1．中国月球探测工程首席科学家欧阳自远在第22届国际天文馆学会大会上透露，我国即将开展深空探测，计划将在2020年实现火星的着陆巡视，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响)，宇航员测出飞行N 圈所用时间为t ，已知地球质量为M ，地球半径为R ，地球表面重力加速度为g .仅利用以上数据，可以计算出的物理量有( )A ．火星的质量B ．火星的密度C ．火星探测器的质量D ．火星表面的重力加速度解析：选B.由题意可知火星探测器绕火星表面运行的周期T ＝tN，由GM ＝gR 2和G M 火m r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，可得火星的质量为M 火＝4N 2π2r 3M gR 2t 2，由于火星半径未知，所以火星质量不可求，故选项A 错误；由M 火＝ρ·43πr 3及火星质量表达式可得ρ＝3πN 2MgR 2t 2，则密度可求出，选项B 正确；天体运动问题中，在一定条件下只能计算出中心天体的质量(本题中无法求出)，不能计算出环绕天体的质量，故选项C 错误；根据g 火＝a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝4π2N 2r t 2，由于火星半径未知，所以火星表面重力加速度不可求，选项D 错误．2．(高考全国卷Ⅱ)假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( )A.3πGT 2g 0－gg 0B ．3πGT 2g 0g 0－gC.3πGT2D ．3πGT 2g 0g解析：选B.在地球两极重力等于万有引力，即有mg 0＝G Mm R 2＝43πρmGR ，在赤道上重力等于万有引力与向心力的差值，即mg ＋m 4π2T2R ＝GMm R 2＝43πρmGR ，联立解得：ρ＝3πg 0GT 2（g 0－g ），B 项正确．3．我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大量图片和信息．若该月球车在地球表面的重力为G 1，在月球表面的重力为G 2.已知地球半径为R 1，月球半径为R 2，地球表面处的重力加速度为g ，则( )A ．“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为 G 1G 2B ．地球的质量与月球的质量之比为 G 1R 22G 2R 21C ．地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为 G 2G 1D ．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为G 1R 1G 2R 2解析：选D.质量与引力无关，故“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1∶1，A 错误；重力加速度g ＝G 重m，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G 1∶G 2，C 错误；根据g ＝GM R 2，有M ＝gR 2G ，故地球的质量与月球的质量之比为M 地M 月＝G 1R 21G 2R 22，B 错误；因第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，且v ＝gR ，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为v 1v 2＝G 1R 1G 2R 2，D 正确． 4．(2015·高考福建卷)如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )A.v 1v 2＝r 2r 1 B.v 1v 2＝r 1r 2 C.v 1v 2＝(r 2r 1)2D ．v 1v 2＝(r 1r 2)2解析：选A.对人造卫星，根据万有引力提供向心力GMm r 2＝m v 2r，可得v ＝GMr.所以对于a 、b 两颗人造卫星有v 1v 2＝r 2r 1，故选项A 正确．5.2015年4月，科学家通过欧航局天文望远镜在一个河外星系中，发现了一对相互环绕旋转的超大质量双黑洞系统，如图所示．这也是天文学家首次在正常星系中发现超大质量双黑洞．这对验证宇宙学与星系演化模型、广义相对论在极端条件下的适应性等都具有十分重要的意义．若图中双黑洞的质量分别为M 1和M 2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．根据所学知识，下列选项正确的是( )A ．双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M 2∶M 1B ．双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1C ．双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝M 1∶M 2D ．双黑洞的向心加速度之比a 1∶a 2＝M 1∶M 2解析：选B.双黑洞绕连线上的某点做匀速圆周运动的周期相等，角速度也相等，选项A错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，向心力大小相等，设双黑洞间的距离为L ，由GM 1M 2L＝M 1r 1ω2＝M 2r 2ω2，得双黑洞的轨道半径之比r 1∶r 2＝M 2∶M 1，选项B 正确；双黑洞的线速度之比v 1∶v 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，选项C 错误；双黑洞的向心加速度之比为a 1∶a 2＝r 1∶r 2＝M 2∶M 1，选项D 错误．6．在天体运动中，将两颗彼此相距较近的行星称为双星．它们在相互的万有引力作用下间距保持不变，并沿半径不同的同心圆轨道做匀速圆周运动．如果双星间距为L ，质量分别为M 1和M 2，试计算：(1)双星的轨道半径； (2)双星的运行周期； (3)双星的线速度的大小．解析：因为双星受到同样大小的万有引力作用，且保持距离不变，绕同一圆心做匀速圆周运动，如图所示，所以具有周期、频率和角速度均相同，而轨道半径、线速度不同的特点．(1)由于两星受到的向心力相等， 则M 1ω2R 1＝M 2ω2R 2，L ＝R 1＋R 2. 由此得：R 1＝M 2M 1＋M 2L ，R 2＝M 1M 1＋M 2L . (2)由万有引力提供向心力得 G M 1M 2L 2＝M 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 1＝M 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 2.所以，周期为T ＝2πL L G （M 1＋M 2）. (3)线速度v 1＝2πR 1T ＝M 2GL （M 1＋M 2），v 2＝2πR 2T＝M 1G L （M 1＋M 2）.答案：(1)R 1＝M 2M 1＋M 2L R 2＝M 1M 1＋M 2L (2)2πL LG （M 1＋M 2）(3)v 1＝M 2GL （M 1＋M 2）v 2＝M 1G L （M 1＋M 2）。
(新课标)2018版高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 课时作业(十六)抛体运动
课时作业(十六) 抛体运动[基础训练]1．(2017·河北邯郸摸底)如图所示，在同一竖直线上不同高度处同时平抛a 、b 两小球，两者的运动轨迹相交于P 点．以a 、b 两小球平抛的初速度分别为v 1、v 2，a 、b 两小球运动到P 点的时间分别为t 1、t 2.不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．t 1<t 2，v 1<v 2B ．t 1<t 2，v 1>v 2C ．t 1>t 2，v 1>v 2D ．t 1>t 2，v 1<v 2答案：D 解析：a 球下落的高度比b 球下落的高度大，根据h ＝12gt 2，得t ＝2hg，可知t 1>t 2；在水平方向上，由v 0＝x t，又知x 相等，则有v 1<v 2.故只有选项D 正确．2．如图所示为高度差h 1＝0.2 m 的AB 、CD 两个水平面，在AB 平面的上方与竖直面BC 距离x ＝1.0 m 处，小物体以水平速度v ＝2.0 m/s 抛出，抛出点的高度h 2＝2.0 m ，不计空气阻力，重力加速度取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球落在平面AB 上 B ．小球落在平面CD 上C ．小球落在竖直面BC 上D ．小球落在C 点答案：B 解析：小物体在下落(h 2－h 1)过程中，做平抛运动，竖直方向上有：h 2－h 1＝12gt 2，解得t ＝0.6 s ；相应时间内水平位移s ＝vt ＝1.2 m>x ，所以物体落在了CD 平面上，B项正确．3．游乐场内两支玩具枪在同一位置同时沿水平方向各射出一颗子弹，打在远处的同一个靶上，A 为甲枪子弹留下的弹孔，B 为乙枪子弹留下的弹孔，两弹孔在竖直方向上相距高度为h ，如图所示，不计空气阻力．关于两枪射出的子弹的初速度大小，下列判断正确的是( )A ．甲枪射出的子弹初速度较大B ．乙枪射出的子弹初速度较大C ．甲、乙两枪射出的子弹初速度一样大D ．无法比较甲、乙两枪射出的子弹初速度的大小答案：A 解析：平抛运动的时间由下落的高度决定，由h ＝12gt 2，可知甲枪射出的子弹的运动时间小于乙枪射出的子弹的运动时间，又水平位移相等，根据v 0＝x t，可知甲枪射出的子弹初速度较大．故A 正确．4．水平抛出的小球，t 秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1，(t ＋t 0)秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ2，忽略空气阻力，则小球初速度的大小为( )A ．gt 0(cos θ1－cos θ2) B.gt 0tan θ2－tan θ1C ．gt 0(tan θ1－tan θ2)D.gt 0cos θ1－cos θ2答案：B 解析：设水平方向的初速度为v 0，t 秒末速度方向与水平方向的夹角为θ1，则竖直方向的分速度v y 1＝v 0tan θ1；(t ＋t 0)秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ2，则竖直方向的分速度v y 2＝v 0tan θ2，又v y 2－v y 1＝gt 0，解得v 0＝gt 0tan θ2－tan θ1，B 正确．5．(2017·辽宁沈阳高三质检)如图所示，斜面固定在水平面上，两个小球分别从斜面底端O 点正上方A 、B 两点向右水平抛出，B 为AO 连线的中点，最后两球都垂直落在斜面上，A 、B 两球击中斜面位置到O 点的距离之比为( )A.2∶1 B ．2∶1 C ．4∶ 2D ．4∶1答案：B 解析：设落到斜面上的位置分别为P 、Q ，由题意知，落到斜面上时两小球的速度与水平面夹角相等，根据平抛运动的推论知，位移AP 、BQ 与水平面夹角也相等，则△POA 与△QOB 相似，对应边成比例，B 正确．6．如图所示，网球运动员在左边底线正上方距地面高H 处，将网球以速度v 沿垂直球网的方向水平击出，球恰好不触网且最终落到右边底线上．球的运动可视作平抛运动，则( )A ．网球做变加速曲线运动B ．网球在网的两侧场地内运动时间相等C ．H 是网高的2倍D ．若用大于v 的速度沿垂直球网的方向将球水平击出，球将触网落地答案：B 解析：网球做匀变速曲线运动，A 错误；球在水平方向做匀速直线运动，在网两侧场地内运动的水平位移相等，所以运动时间相等，B 正确；球在竖直方向做自由落体运动，在网两侧场地内下落的高度之比为1∶3，所以H 是网高的43倍，C 错误；若用大于v的速度沿垂直球网的方向将球水平击出，球将出界，D 错误．7．(多选)如图所示，在水平地面上M 点的正上方某一高度处，将S 1球以初速度v 1水平向右抛出，同时在M 点右方地面上N 点处将S 2球以初速度v 2斜向左上方抛出，两球恰在M 、N 连线中点的正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中( )A ．初速度大小关系为v 1＝v 2B ．速度变化量相等C ．水平位移大小相等D ．都不是匀变速运动答案：BC 解析：由题意可知，两球的水平位移相等，C 正确；由于两球在运动过程中只受重力的作用，故都是匀变速运动，且相同时间内速度变化量相等，B 正确，D 错误；又由v 1t ＝v 2t 可得A 错误．8．(2017·湖南长郡中学调研)(多选)如图所示，在正方形ABCD 区域内有平行于AB 边的匀强电场，E 、F 、H 是对应边的中点．P 点是EH 的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F 点沿FH 方向射入电场后恰好从C 点射出，以下说法正确的是( )A ．粒子的运动轨迹经过P 点B ．粒子的运动轨迹经过PE 之间某点C ．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EHD ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E 点从BC 边射出答案：BD 解析：粒子从F 点沿FH 方向射入电场后恰好从C 点射出，其轨迹是抛物线，根据推论知，过C 点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH 的中点，而延长线又经过P 点，所以粒子轨迹一定经过PE 之间某点，故A 错误，B 正确；由上述知，粒子从C 点射出时速度反向延长线与EH 垂直，若增大初速度，粒子轨迹可能经过PH 之间某点，根据速度的反向延长线交于水平位移中点，可知粒子不可能垂直穿过EH ，故C 错误；由平抛知识类比可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由E 点射出BC ，故D 正确．故选B 、D.[能力提升]9．有一种射水鱼能将嘴探出至水面处向空中射水，射出的水在空中画出一条优美的大弧线后落在距射出点0.4 m 处，水能上升的最大高度为1.0 m ．射水鱼在寻找食物时发现在距水面1.0 m 的树叶上有一小昆虫，它选择适当位置射水后恰好射中．若忽略水在空气中所受的阻力，取g ＝10 m/s 2，则下列有关描述正确的是( )A ．它射水的速度约为110 5 m/sB ．它射水的速度约为233 m/sC ．它射水方向与水平面夹角的正切值为10D ．它射水方向与水平面夹角的正切值为5答案：C 解析：射出的水在空中只受重力做斜上抛运动，从最高点截断可视为反向的平抛运动，故有h ＝12gt 2和s 2＝v 0t ，得t ＝55 s ，v 0＝55m/s ，因此射水的速度为v ＝v 20＋gt 2≈2 5 m/s ，即A 、B 项错误；平抛运动位移方向与水平方向夹角的正切值为tan α＝h s2＝5，因此速度方向与水平方向的夹角满足tan θ＝2tan α＝10，即C 项正确，D 项错误．10．(2017·贵州三校联考)如图所示，在竖直面内有一个以AB 为水平直径的半圆，O 为圆心，D 为最低点．圆上有一点C ，且∠COD ＝60°.现在在A 点以速率v 1沿AB 方向抛出一小球，小球能击中D 点；若在C 点以某速率v 2沿BA 方向抛出小球也能击中D 点．重力加速度为g ，不计空气阻力．下列说法正确的是()A ．圆的半径为R ＝2v 21gB ．圆的半径为R ＝4v 213gC ．速率v 2＝32v 1 D ．速率v 2＝33v 1 答案：A 解析：从A 点抛出的小球做平抛运动，它运动到D 点时R ＝12gt 21，R ＝v 1t 1，故R ＝2v 21g ，选项A 正确，B 错误；从C 点抛出的小球R sin 60°＝v 2t 2 ，R (1－cos 60°)＝12gt 22，解得v 2＝62v 1，选项C 、D 错误． 11．(2017·福建泉州一模)如图所示，竖直平面内有一段圆弧MN ，小球从圆心O 处水平抛出．若初速度为v a ，将落在圆弧上的a 点；若初速度为v b ，将落在圆弧上的b 点，已知Oa 、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则( )A.v a v b ＝sin αsin βB.v a v b ＝cos βcos αC.v a v b ＝cos βcos α·sin αsin β D.v a v b ＝sin αsin β·cos βcos α答案：D 解析：两小球平抛的位移x ＝R sin θ，h ＝R cos θ，x ＝vt ，h ＝gt 22，联立可知D 正确．12．(2017·河南南阳模拟)如图所示为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图．参与游戏的选手会遇到一个人造山谷OAB ，OA 是高h ＝3 m 的竖直峭壁，AB 是以O 点为圆心的弧形坡，∠AOB ＝60°，B 点右侧是一段水平跑道．选手可以自O 点借助绳索降到A 点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A 点直接跃上跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取g ＝10 m/s 2.(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v 0的最小值； (2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，求该选手在空中的运动时间． 答案：(1)3102m/s (2)0.6 s解析：(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则有h sin 60°≤v 0t h cos 60°＝12gt 2解得v 0≥3102m/s.(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，因v 1<v 0，人将落在弧形坡上 下降高度y ＝12gt 2水平前进距离x ＝v 1t 且x 2＋y 2＝h 2联立解得t ＝0.6 s.13．如图所示，小球自楼梯顶的平台上以水平速度v 0做平抛运动，所有阶梯的高度为0.20 m ，宽度为0.40 m ，重力加速度取g ＝10 m/s 2.(1)求小球抛出后能直接打到第1级阶梯上v 0的范围； (2)求小球抛出后能直接打到第2级阶梯上v 0的范围；(3)若小球以10.4 m/s 的速度抛出，则小球直接打到第几级阶梯上？答案：(1)0<v 0≤2 m/s (2)2 m/s<v 0≤2 2 m/s (3)28解析：(1)运动情况如图所示，根据题意及平抛运动规律有0.2 m ＝gt 212，0.4 m ＝v 0t 1，可得v 0＝2 m/s ，故直接打到第1级阶梯上v 0的范围是0<v 0≤2 m/s.(2)运动情况如图所示，根据题意及平抛运动规律有0.2 m×2＝gt 222，0.4 m×2＝v 0t 2，可得v 0＝2 2 m/s ，故直接打到第2级阶梯上v 0的范围是2 m/s<v 0≤2 2 m/s.(3)同理推知，直接打到第3级阶梯上的速度范围是2 2 m/s<v 0≤2 3 m/s 直接打到第n 级阶梯上的速度范围是2n －1 m/s<v 0≤2n m/s 设能直接打到第n 级阶梯上，代入数据得 2n －1<10.4≤2n解得27.04≤n <28.04.故能直接打到第28级阶梯上．。
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第四章曲线运动万有引力与航天第2讲含答案
第2讲平抛运动一、平抛运动1。
定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动.2.性质：平抛运动是加速度为g的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。
3.平抛运动的条件（1)v0≠0，沿水平方向；（2)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匀变速直线运动.5。
基本规律（如图1所示)图1水平方向v x＝v0，x＝v0t竖直方向v y＝gt，y＝错误!gt2合速度大小v＝错误!＝错误!方向与水平方向夹角的正切tan θ＝错误!＝错误!合位移大小s＝错误!方向与水平方向夹角的正切tan α＝错误!＝错误!轨迹方程y＝错误!x2［深度思考] 从离水平地面某一高度的地方平抛的物体，其落地的时间由哪些因素决定？其水平射程由哪些因素决定?平抛的初速度越大，水平射程越大吗?答案运动时间t＝错误!,取决于高度h和当地的重力加速度g。
水平射程x＝v0t＝v0错误!，取决于初速度v0、高度h和当地的重力加速度g。
当高度、重力加速度一定时，初速度越大,水平射程越大。
二、斜抛运动(说明:斜抛运动只作定性要求）1。
定义将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出,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的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线.3.研究方法斜抛运动可以看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动的合运动。
1。
判断下列说法是否正确.（1)平抛运动的轨迹是抛物线,速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化。
(×）(2）无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动。
(√）（3）做平抛运动的物体质量越大,水平位移越大.(×）(4）做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大。
（×) (5)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力,初速度大的落地速度大.(√)2。
(人教版必修2P10做一做改编）(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图2所示的装置进行实验.小锤打击弹性金属片后,A球水平抛出，同时B球被松开,自由下落，关于该实验,下列说法中正确的有（)图2A.两球的质量应相等B。
精选全程复习构想2018高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天2平抛运动课时作业新人教版
平抛运动一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～8题有多个选项符合题目要求)1．游乐场内两支玩具枪在同一位置先后沿水平方向各射出一颗子弹，打在远处的同一个靶上，A 为甲枪子弹留下的弹孔，B 为乙枪子弹留下的弹孔，两弹孔在竖直方向上相距高度为h ，如图所示，不计空气阻力，关于两枪射出的子弹初速度大小，下列判断正确的是( )A ．甲枪射出的子弹初速度较大B ．乙枪射出的子弹初速度较大C ．甲、乙两枪射出的子弹初速度一样大D ．无法比较甲、乙两枪射出的子弹初速度的大小解析：平抛运动的高度决定时间，由h ＝12gt 2知，乙的运动时间大于甲的运动时间，水平位移相等，根据v 0＝x t知，甲枪射出的子弹初速度较大．故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A 2.如图所示，P 是水平地面上的一点，A 、B 、C 、D 在同一条竖直线上，且AB ＝BC ＝CD .从A 、B 、C 三点分别水平抛出一个物体，这三个物体都落在水平地面上的P 点．则三个物体抛出时的速度大小之比v A v B v C 为( )A.2：3： 6 B ．：2： 3 C ．：：3 D ．：：1解析：由平抛运动的规律可知竖直方向上：h ＝12gt 2，水平方向上：x ＝v 0t ，两式联立解得v 0＝xg 2h ，知v 0∝1h.由于h A ＝3h ，h B ＝2h ，h C ＝h ，代入上式可知选项A 正确． 答案：A3.如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处以速度v 0水平向左抛出一个小球，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t 1.小球B 从同一点Q 处自由下落，下落至P 点的时间为t 2.不计空气阻力，则t 1：t 2等于( )A ．：2B ．： 2C ．：3D ．： 3 解析：小球垂直打在斜坡上，将该速度进行分解，由图中几何关系，可知：；对小球B，由自由落体运动的规律可得正确．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平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速( ))如图所示，蜘蛛在地面与竖直墙壁之间结网，蛛丝AB．已知重力加速度取10 m/s2，空气的阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上跳出，要到达蛛丝，水平速度0.2 m，由图可知x ＝v 0t ② y ＝12gt 2③且由几何关系知，蜘蛛在即将到达蛛丝时速度与网平行，水平速度最小，有gt v 0＝tan45°④联立①②③④式解得v 0＝2 m/s ，故B 正确． 答案：B 6.(2017·湖南长郡中学高三月考)如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v 1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v 2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则( )A ．当v 1>v 2时，α1>α2B ．当v 1>v 2时，α1<α2C ．无论v 1、v 2关系如何，均有α1＝α2D ．α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关解析：从斜面上抛出，又落到斜面上，设位移偏向角为θ，速度偏向角为φ，根据速度偏向角和位移偏向角的关系tan φ＝2tan θ，故无论v 1、v 2关系如何，一定有φ相等，根据α＝φ－θ，均有α1＝α2，且大小与斜面倾角θ有关，选项A 、B 错误，C 、D 正确．答案：CD 7.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．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )A ．A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度 B ．A 、B 在第一次落地前若不相碰，此后也可能会相碰C ．A 、B 不可能运动到最高处相碰D ．A 、B 一定能相碰解析：A 、B 两球在第一次落地前竖直方向均做自由落体运动，若在落地时相遇，此时A球水平抛出的初速度v 0＝l t ，h ＝12gt 2，则v 0＝l g2h，只要A 的水平初速度大于v 0，A 、B两球就可在第一次落地前相碰，A 正确；若A 、B 在第一次落地前不能相碰，则落地反弹后的过程中，由于A 向右的水平速度保持不变，所以当A 的水平位移为l 时，即在t ＝lv 0时，A 、B 一定相碰，在t ＝lv 0时，A 、B 可能在最高点，也可能在竖直高度h 中的任何位置，所以B 、C 错误，D 正确．答案：AD 8.处以水平速度v0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒．堤坝截面倾角为10 m/s2，不计空气阻力(sin53°＝，则鱼铒颗粒不会落在斜面上的木块静止在高h＝1.8 mμ＝0.2.用F＝20 N不计空气阻力，g取10 m/s2，求：。
2018版高考物理一轮总复习 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
4-2平抛运动的规律及应用时间：45分钟满分：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．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，不计空气阻力，则三个物体运动的初速度v a、v b、v c的关系和三个物体运动的时间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 cC．v a<v b<v c；t a>t b>t c D．v a>v b>v c；t a<t b<t c2．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v0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.tanθ2tanθ1＝2 B．tanθ1·tanθ2＝2C.1tanθ1·tanθ2＝2 D.tanθ1tanθ2＝23．如图为四分之一圆柱体OAB的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为60°，则C点到B点的距离为( )A.R4B.3R4C.R2D．R4．如图所示，水平固定的半球形容器，其球心为O点，最低点为B点，A点在左边的内壁上，C点在右边的内壁上，从容器的边缘向着球心以初速度v0平抛一个小球，抛出点及O、A、B、C点在同一个竖直面内，则( )A．v0大小适当时可以垂直打在A点B．v0大小适应时可以垂直打在B点C．v0大小适当时可以垂直打在C点D．一定不能垂直打在容器内任何一个位置5．如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力，若抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是( )A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v06．如图所示，两个足够大的倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等，有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于斜面同一高度处，其中b小球在两斜面之间。
高考物理大一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 基础课4 万有引力与航天课时达标练 新人教版(
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基础课4 万有引力与航天一、选择题(1～7题为单项选择题,8～14题为多项选择题)1．（2017·湖南衡阳五校联考）在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献.关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是( ）A．伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来B．笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献C．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量答案D2．假设有一星球的密度与地球相同,但它表面处的重力加速度是地球表面重力加速度的4倍，则该星球的质量是地球质量的（)A.错误! B．4倍C．16倍 D．64倍解析由错误!＝mg得M＝错误!，所以ρ＝错误!＝错误!＝错误!，ρ＝ρ地，即错误!＝错误!,得R＝4R地,故错误!＝错误!·错误!＝64。
选项D正确.答案D3．火星成为我国深空探测的第二颗星球，假设火星探测器在着陆前,绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响），宇航员测出飞行N圈用时t，已知地球质量为M，地球半径为R，火星半径为r,地球表面重力加速度为g。
(新课标)高考物理一轮复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 课时作业(十八)平抛运动、圆周运动热点
（新课标）2018版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天课时作业（十八）平抛运动、圆周运动热点问题分析编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2018版高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天课时作业（十八）平抛运动、圆周运动热点问题分析）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时作业（十八) 平抛运动、圆周运动热点问题分析［基础训练］1．（2017·四川乐山调考)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动．有一质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半，已知重力加速度为g，则( )A．小球A做匀速圆周运动的角速度ω＝错误!B．小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用C．小球A受到的合力大小为错误!D．小球A受到的合力方向垂直筒壁斜向上答案：A 解析：对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力两个力的作用，两个力的合力提供向心力，由向心力关系可得mg cot θ＝mω2r，其中cot θ＝错误!,r＝错误!，解得ω＝错误!，选项A正确，B错误；小球所受合力方向应指向圆周运动的圆心，提供向心力，所以合力大小为mg cot θ＝错误!，选项C、D错误．2．（2017·福建毕业班质检）如图所示,长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L.重力加速度大小为g。
全程复习构想近年高考物理复习 第四章 曲线运动 万有引力与航天 4 万有引力与航天课时作业 新人教
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万有引力与航天一、选择题(1~7题只有一个选项符合题目要求，8～11题有多个选项符合题目要求）1．设太阳质量为M，某行星绕太阳公转周期为T，轨道可视为半径为r的圆．已知引力常量为G，则描述该行星运动的上述物理量满足( )A．GM＝错误! B．GM＝错误!C．GM＝错误! D．GM＝错误!解析:由G Mmr2＝mr错误!2，可得GM＝错误!，选项A正确．答案：A2．(2015·福建卷)如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则( ）A。
错误!＝错误!B.错误!＝错误!C.错误!＝错误!2D.错误!＝错误!2解析：本题考查万有引力定律和天体的运动,意在考查考生的分析推理能力．根据万有引力定律可得G错误!＝m错误!,即v＝错误!，所以有错误!＝错误!,所以A项正确．答案：A3．（2017·陕西安康二调）某行星的质量约为地球质量的错误!，半径约为地球半径的错误!，那么在此行星上的“第一宇宙速度"与地球上的第一宇宙速度之比为( )A．2：1 B．1:2C．1：4 D．4：1解析：设地球质量为M,地球半径为R，由错误!＝m错误!，可知地球上的第一宇宙速度v地＝错误!，同理，得行星上的第一宇宙速度v行＝错误!＝2错误!,所以v行：v地＝2：1，则A 正确，B、C、D错误．答案：A4．（2017·湖北襄阳四校期中）在太空中,两颗靠得很近的星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下,绕球心连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动．则下列说法不正确的是（)A．两颗星有相同的角速度B．两颗星的旋转半径与质量成反比C．两颗星的加速度与质量成反比D．两颗星的线速度与质量成正比解析：双星运动的角速度相同，选项A说法正确；由F＝m1ω2r1＝m2ω2r2，可得m1r1＝m2r2，即两颗星的旋转半径与质量成反比，选项B说法正确；F＝m1a1＝m2a2，可知两颗星的加速度与质量成反比,选项C说法正确；F＝m1错误!＝m2错误!，故可知两颗星的线速度与质量不是成正比关系，选项D说法错误,故选D。
(新课标)2018年高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力与航天第二节抛体运动试题
第二节 抛体运动一、平抛运动1．性质：平抛运动是加速度恒为重力加速度g 的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线． 2．规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，以竖直向下的方向为y 轴建立平面直角坐标系，则(1)水平方向：做匀速直线运动，速度：v x ＝v 0，位移：x ＝v 0t ． (2)竖直方向：做自由落体运动，速度：v y ＝gt ，位移：y ＝12gt 2．(3)合运动①合速度：v ＝v 2x ＋v 2y ，方向与水平方向夹角为θ，则 tan θ＝v y v 0＝gtv 0． ②合位移：x 合＝x 2＋y 2，方向与水平方向夹角为α，则 tan α＝y x ＝gt2v 0．1.判断正误(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动．( )(2)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化．( ) (3)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大．( )(4)做平抛运动的物体在任一相等时间间隔内的速度增量相等．( ) (5)做平抛运动的物体初速度越大，在空中运动的时间越长．( )(6)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大．( ) 提示：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)√ 二、斜抛运动1．性质：加速度为g 的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线． 2．规律(以斜向上抛为例说明，如图所示)(1)水平方向：做匀速直线运动，v x ＝v 0cos θ. (2)竖直方向：做竖直上抛运动，v y ＝v 0sin θ－gt .2.(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在落地时的速度比A在落地时的大提示：选CD.两球加速度都是重力加速度g，A错误；飞行时间t＝2 2hg，因h相同，则t相同，B错误；水平位移x＝v x t，在t相同情况下，x越大说明v x越大，C正确；落地速度v＝v2x＋v2y，两球落地时竖直速度v y相同，可见v x越大，落地速度v越大，D正确．平抛(类平抛)运动的基本规律与应用【知识提炼】1．平抛(类平抛)运动所涉物理量的特点(1)做平抛(或类平抛)运动的物体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，如图中A 点和B 点所示，即x B ＝x A2.(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任意位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.【典题例析】如图所示，从倾角为θ的斜面上的A 点以初速度v 0水平抛出一个物体，物体落在斜面上的B 点，不计空气阻力．求：(1)抛出后经多长时间物体与斜面间距离最大？ (2)A 、B 间的距离为多少？[解析] 法一：(1)以抛出点为坐标原点，沿斜面方向为x 轴，垂直于斜面方向为y 轴，建立坐标系，(如图1所示)v x ＝v 0cos θ，v y ＝v 0sin θ， a x ＝g sin θ，a y ＝g cos θ.物体沿斜面方向做初速度为v x 、加速度为a x 的匀加速直线运动，垂直于斜面方向做初速度为v y 、加速度为a y 的匀减速直线运动，类似于竖直上抛运动．令v ′y ＝v 0sin θ－g cos θ·t ＝0，即t ＝v 0tan θg. (2)当t ＝v 0tan θg 时，物体离斜面最远，由对称性可知总飞行时间T ＝2t ＝2v 0tan θg， AB 间距离s ＝v 0cos θ·T ＋12g sin θ·T 2＝2v 20tan θg cos θ.法二：(1)如图2所示，当速度方向与斜面平行时，离斜面最远，v 的切线反向延长与v 0交点为此时横坐标的中点P ，则tan θ＝y 12x ＝12gt 212v 0t ，t ＝v 0tan θg.(2)AC ＝y ＝12gt 2＝v 20tan 2θ2g，而AC ∶CD ＝1∶3，所以AD ＝4y ＝2v 20tan 2θg ，AB 间距离s ＝AD sin θ＝2v 20tan θg cos θ.法三：(1)设物体运动到C 点离斜面最远，所用时间为t ，将v 分解成v x 和v y ，如图3所示，则由tan θ＝v y v x ＝gt v 0，得t ＝v 0tan θg.(2)设由A 到B 所用时间为t ′，水平位移为x ，竖直位移为y ，如图4所示，由图可得 tan θ＝y x，y ＝x tan θ①y ＝12gt ′2② x ＝v 0t ′③由①②③得：t ′＝2v 0tan θg而x ＝v 0t ′＝2v 20tan θg，因此A 、B 间的距离s ＝xcos θ＝2v 20tan θg cos θ.[答案] (1)v 0tan θg (2)2v 20tan θg cos θ化曲为直思想求解(类)平抛运动(1)求解(类)平抛运动的基本思想是将平抛运动分解为两个直线运动，即水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．此类问题一般画出合位移与两个分位移、合速度与两个分速度的矢量分解图，依据三角形知识即可求解．(2)在解题过程中要注意：两个分运动具有等时性、独立性，即时间相等、独立进行互不影响．分运动的时间就是合运动的时间．两个分运动与合运动遵循平行四边形定则．【跟进题组】考向1 分解思想在平抛运动中的应用1.(2015·高考浙江卷)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 ＝ L 24＋s 2B ．足球初速度的大小v 0＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2C ．足球末速度的大小v ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2＋4gh D ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L2s解析：选B.根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h ，水平位移为x水平＝s 2＋L 24，则足球位移的大小为：x ＝ x 2水平＋h 2＝s 2＋L 24＋h 2，选项A 错误；由h ＝12gt 2，x 水平＝v 0t ，可得足球的初速度为v 0＝ g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2，选项B 正确；对足球应用动能定理：mgh ＝mv 22－mv 22，可得足球末速度v ＝ v 2＋2gh ＝ g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2＋2gh ，选项C 错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan θ＝s L 2＝2sL，选项D 错误． 考向2 速度偏向角表达式的应用2.(多选)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，由此可算出( )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：选ABC.设轰炸机投弹位置高度为H ，炸弹水平位移为x ，则H －h ＝12v y ·t ，x ＝v 0t ，二式相除H －h x ＝12·v y v 0，因为v y v 0＝1tan θ，x ＝h tan θ，所以H ＝h ＋h2tan 2θ，A 正确；根据H －h ＝12gt 2可求出炸弹的飞行时间，再由x ＝v 0t 可求出轰炸机的飞行速度，故B 、C 正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D 错误．考向3 位移偏向角表达式的应用3．(多选)(2017·湖南长郡中学月考)如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v 1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v 2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则( )A ．当v 1＞v 2时，α1＞α2B ．当v 1＞v 2时，α1＜α2C ．无论v 1、v 2关系如何，均有α1＝α2D．α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关解析：选CD.从斜面上抛出，又落到斜面上，位移偏向角一定为θ，设速度偏向角为φ，根据速度偏向角和位移偏向角的关系tan φ＝2tan θ，故无论v1、v2关系如何，一定有φ相等，根据α＝φ－θ，均有α1＝α2，且大小与斜面倾角θ有关，选项A、B错误，C、D正确．斜抛运动的理解【知识提炼】解决斜抛运动的两种思路1．利用分解思想，把斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，分别在各个方向上利用运动学公式进行计算，然后再合成．2．让斜抛物体上升到最高点，利用两个反方向的平抛运动进行求解．【典题例析】(2016·高考江苏卷)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．②C．③D．④[解析] 由于不计空气阻力，因此小球以相同的速率沿相同的方向抛出，在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向的初速度相同，加速度为重力加速度，水平方向的初速度相同，因此两小球的运动情况相同，即B球的运动轨迹与A球的一样，A 项正确．[答案] A(多选)2016年第31届夏季奥运会女子首个一杆进洞被中国运动员林希妤在里约高尔夫球赛上完成．假设一个高尔夫球静止于平坦的地面上，在t＝0时被击后的速率与时间的关系如图所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出的量是( )A．高尔夫球落地的时间B．高尔夫球上升到最高点的时间C．高尔夫球可上升的最大高度D．人击球时对高尔夫球做的功解析：选ABC.不计空气阻力，高尔夫球落到水平地面上时的速率和被击中瞬间的速率相等；由图可看出，高尔夫球在2.5 s 时上升到最高点，在5 s 时落地，选项A 、B 能求出．球的初速度大小为v 0＝32 m/s ，到达最高点时的速度大小为v ＝20 m/s ，由动能定理得－mgh ＝12mv 2－12mv 20，由此式可求出最大高度h ，选项C 能求出．人击球时对球做的功等于球获得的动能，只知道速度不知道球的质量，动能无法求出，故选项D 不能求出．平抛运动中的临界、极值问题【知识提炼】在平抛运动中，由于时间由高度决定，水平位移由高度和初速度决定，因而在越过障碍物时，有可能会出现恰好过去或恰好过不去的临界状态，还会出现运动位移的极值等情况．【典题例析】(2015·高考全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )A.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14g h <v < （4L 21＋L 22）g6hC.L 12g 6h <v <12（4L 21＋L 22）g6hD.L 14g h <v <12（4L 21＋L 22）g6h[审题指导] 若要使乒乓球落在球网右侧台面上，一要满足越过球网，二要不出右边界，从而求出范围．[解析] 设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好落到球网正中间．则竖直方向上有3h －h ＝12gt 21 ①，水平方向上有L 12＝v 1t 1 ②.由①②两式可得v 1＝L 14gh.设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22 ③，在水平方向有⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＋L 21＝v 2t 2 ④.由③④两式可得v 2＝12 （4L 21＋L 22）g6h.则v 的最大取值范围为v 1<v <v 2.故选项D 正确．[答案] D(2016·高考浙江卷)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示．P 是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P 点的高度差也为h .(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系． 解析：(1)打在探测屏AB 中点的微粒下落的高度 32h ＝12gt 2① t ＝3hg.②(2)打在B 点的微粒初速度v 1＝L t 1；2h ＝12gt 21③v 1＝Lg4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h⑤ 能被屏探测到的微粒初速度范围：Lg4h ≤v ≤L g2h.⑥ (3)由功能关系12mv 22＋mgh ＝12mv 21＋2mgh ⑦代入④⑤式得L ＝22h . 答案：见解析1.(2015·高考山东卷)距地面高5 m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图．小车始终以4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.可求得h 等于( )A ．1.25 mB ．2.25 mC ．3.75 mD ．4.75 m 解析：选A.根据两球同时落地可得 2H g ＝d ABv ＋2hg，代入数据得h ＝1.25 m ，选项A 正确．2．如图，战机在斜坡上方进行投弹演练．战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a 点，第二颗落在b 点．斜坡上c 、d 两点与a 、b 共线，且ab ＝bc ＝cd ，不计空气阻力．第三颗炸弹将落在( )A ．bc 之间B ．c 点C ．cd 之间D ．d 点解析：选A.如图所示，假设第二颗炸弹的轨迹经过A 、b ，第三颗炸弹的轨迹经过P 、Q ；a 、A 、B 、P 、C 在同一水平线上，由题意可知，设aA ＝AP ＝x 0，ab ＝bc ＝L ，斜面的倾角为θ，三颗炸弹到达a 所在水平面的竖直速度为v y ，水平速度为v 0，对第二颗炸弹：在水平方向上有x 1＝L cos θ－x 0＝v 0t 1，竖直方向有y 1＝v y t 1＋12gt 21；对第三颗炸弹：水平方向有x 2＝2L cos θ－2x 0＝v 0t 2，竖直方向有y 2＝v y t 2＋12gt 22.解得t 2＝2t 1，y 2>2y 1，所以Q 点在c 点的下方，也就是第三颗炸弹将落在bc 之间，故A 正确，B 、C 、D 错误．3．(多选)如图甲是古代一种利用抛出的石块打击敌人的装置，图乙是其工作原理的简化图．将质量为m ＝10 kg 的石块装在距离转轴L ＝4.8 m 的长臂末端口袋中．发射前长臂与水平面的夹角α＝30°.发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止，石块靠惯性被水平抛出．若石块落地位置与抛出位置间的水平距离为s ＝19.2 m ．不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.则以下判断正确的是( )A ．石块被抛出瞬间速度大小为12 m/sB ．石块被抛出瞬间速度大小为16 m/sC ．石块落地瞬间速度大小为20 m/sD ．石块落地瞬间速度大小为16 m/s解析：选BC.石块被抛出后做平抛运动，水平方向s ＝v 0t ，竖直方向h ＝12gt 2，抛出点到地面的高度h ＝L ＋L ·sin α，解得v 0＝16 m/s ，选项B 正确；石块落地时，竖直方向的速度v y ＝gt ＝12 m/s ，落地速度v t ＝v 20＋v 2y ＝20 m/s ，选项C 正确．4.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抛出两个小球甲、乙(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 αsin αC ．tan α·tan αD ．cos α·cos α解析：选C.根据平抛运动得甲小球水平方向的位移为x A ＝R sin α＝v 1t 1，竖直方向的位移为y A ＝R cos α＝12gt 21，解得v 1＝12gR sin αcos α；乙小球水平方向的位移为x B ＝R cos α＝v 2t 2，竖直方向的位移为y B ＝R sin α＝12gt 22，解得v 2＝12gR cos αsin α，所以有v 1v 2＝tan α·tan α.选项C 正确．5．(高考浙江卷)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． 解析：(1)装甲车匀减速运动的加速度大小a ＝v 202s ＝209m/s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋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.(3)若第一发子弹打到靶的下沿(第二发打到靶上)，装甲车枪口离靶的距离为L 1L 1＝(v 0＋v )2hg＝492 m若第二发子弹打到靶的下沿(第一发打到地上)，装甲车枪口离靶的距离为L 2L 2＝v2hg＋s ＝570 m故L 的范围为492 m<L ≤570 m. 答案：(1)209 m/s 2(2)0.55 m 0.45 m(3)492 m<L ≤570 m一、单项选择题1.如图所示，在同一竖直平面内，小球a 、b 从高度不同的两点(h a >h b )分别以初速度v a 和v b 沿水平方向抛出，经时间t a 和t b 后落到与两抛出点水平距离相等的P 点，若不计空气阻力，则( )A ．t a ＞t b ，v a ＜v bB ．t a ＞t b ，v a ＞v bC ．t a ＜t b ，v a ＜v bD ．t a ＜t b ，v a ＞v b解析：选A.由平抛运动规律可知：h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，根据题中条件，因为h a ＞h b ，所以t a ＞t b ，又因为x a ＝x b ，故v a ＜v b ，所以A 选项正确．2．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B. π4C.π3D ．5π12解析：选B.设物块的初速度为v 0，质量为m ，依题意有：mgh ＝12mv 20，设物块落地瞬间水平速度分量为v x ，竖直速度分量为v y ，则根据平抛运动的规律可得：v x ＝v 0，v y ＝2gh ，即v x ＝v y ＝v 0，所以物块落地时速度方向与水平方向夹角为π4，B 项正确．3.一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4 m ，一小球以水平速度v 飞出，g 取10 m/s 2，欲打在第四台阶上，则v 的取值范围是( )A. 6 m/s ＜v ≤2 2 m/s B ．2 2 m/s ＜v ≤3.5 m/s C. 2 m/s ＜v ＜ 6 m/s D ．2 2 m/s ＜v ＜ 6 m/s解析：选A.根据平抛运动规律有：x ＝vt ，y ＝12gt 2，若打在第3台阶与第4台阶边沿，则根据几何关系有：vt ＝12gt 2，得v ＝12gt ，如果落到第四台阶上，有：3×0.4＜12gt 2≤4×0.4，代入v ＝12gt ，得 6 m/s ＜v ≤2 2 m/s ，A 正确．4．2016年里约奥运会上，中国女排再次夺冠．如图所示，在某次比赛中，我国女排队员将排球从底线A 点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B 点上，且AB 平行于边界CD .已知网高为h ，球场的长度为s ，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H 和水平初速度v 分别为( )A ．H ＝34hB ．H ＝32hC ．v ＝s3h3gh D ．v ＝s4h6gh解析：选D.由平抛运动知识可知12gt 2＝H ，H －h ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22，得H ＝43h ，A 、B 错误．由vt＝s ，得v ＝s4h6gh ，D 正确，C 错误．5.如图所示，ACB 是一个半径为R 的半圆柱面的截面图，直径AB 水平，C 为截面上的最低点，AC 间有一斜面．从A 点以大小不同的初速度v 1、v 2沿AB 方向水平抛出两个小球a 和b ，分别落在斜面AC 和圆弧面CB 上，不计空气阻力．则下列判断中正确的是( )A ．初速度v 1可能大于v 2B ．a 球的飞行时间可能比b 球长C ．若v 2大小合适，可使b 球垂直撞击到圆弧面CB 上D ．a 球接触斜面前的瞬间，速度与水平方向的夹角为45°解析：选B.下落相同的高度，a 球的水平位移小于b 球，故初速度v 1不可能大于v 2，选项A 错误；飞行时间由下落的高度决定，a 球下落的高度可能大于b 球下落的高度，根据t ＝2hg可知，a 球的飞行时间可能比b 球大，选项B 正确；假设小球与BC 段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ.连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β.根据几何关系知，θ＝2β.因为平抛运动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，即tan θ＝2tan β，与θ＝2β相矛盾．则不可能与半圆弧垂直相撞，选项C 错误；a 球落到斜面上，位移与水平方向夹角为45°，根据tan θ＝2tan β可知，选项D 错误．二、多项选择题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．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )A ．A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度 B ．A 、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C ．A 、B 不可能运动到最高处相碰D ．A 、B 一定能相碰解析：选AD.A 做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，满足关系式h ＝12gt 2，水平方向上为匀速直线运动，满足关系式x ＝vt ，B 做自由落体运动，因为A 、B 从同一高度开始运动，因此两者在空中同一时刻处于同一高度，即使两者与地面撞击，反弹后在空中也是同一时刻处于同一高度，而A 在水平方向一直向右运动，因此A 、B 肯定会相碰，D 项正确；当A 的水平速度v 足够大时，有可能在B 未落地前二者相碰，因此A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度，A 项正确．7.(2017·安徽六安一中段考)如图所示，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的3把飞刀，分别依次垂直打在竖直木板M 、N 、P 三点上．假设不考虑飞刀的转动，并可将其视为质点，已知O 、M 、N 、P 四点距离水平地面高度分别为h 、4h 、3h 、2h ，以下说法正确的是( )A ．3把飞刀在击中木板时动能相同B ．到达M 、N 、P 三点的飞行时间之比为1∶2∶ 3C ．到达M 、N 、P 三点的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1D ．设到达M 、N 、P 三点，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：选CD.将运动逆向看，可视为3个平抛运动且到达O 点时水平位移相等．由H ＝12gt 2得t ＝2Hg，则到达M 、N 、P 三点的飞行时间之比为3∶2∶1，B 错误．在水平方向有l ＝v M t 1＝v N t 2＝v P t 3，由E k ＝12mv 2知3把飞刀在击中木板时打在M 点处的动能最小，打在P 点处的动能最大，A 错误．由v y ＝gt 可知到达M 、N 、P 三点的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1，C 正确．作出抛体运动的轨迹，可知θ1＞θ2＞θ3，D 正确．8．车手要驾驶一辆汽车飞越宽度为d 的河流．在河岸左侧建起如图所示高为h 、倾角为α的斜坡，车手驾车从左侧冲上斜坡并从顶端飞出，接着无碰撞地落在右侧高为H 、倾角为θ的斜坡上，顺利完成了飞越．已知h ＞H ，当地重力加速度为g ，汽车可看成质点，忽略车在空中运动时所受的空气阻力．根据题设条件可以确定( )A ．汽车在左侧斜坡上加速的时间tB ．汽车离开左侧斜坡时的动能E kC ．汽车在空中飞行的最大高度H mD ．两斜坡的倾角满足α＜θ解析：选CD.设汽车从左侧斜坡飞出时的速度大小为v ，飞出后，汽车水平方向以v cos α做匀速直线运动，竖直方向以v sin α为初速度做竖直上抛运动，则汽车从飞出到最高点的过程中，竖直方向有H m －h ＝v 2sin 2α2g，汽车无碰撞地落在右侧斜坡上，说明车落在斜坡上时速度方向与斜坡平行，故汽车落在斜坡上时的速度大小为v ′＝v cos αcos θ，对汽车从最高点到右侧斜坡的过程，竖直方向有H m －H ＝v ′2sin 2θ2g ，联立以上三式，解得H m ＝h tan 2θ－H tan 2αtan 2θ－tan 2α，选项C 正确；因为h ＞H ，汽车落在右侧斜坡上时，竖直方向的分速度v ′y大于从左侧斜坡飞出时竖直方向的分速度v y ，但水平方向分速度大小相同，故tan α＝v yv x＜v ′yv x＝tan θ，所以α＜θ，选项D 正确；因汽车的质量未知，故汽车离开左侧斜坡时的动能无法求解，选项B 错误；因汽车在左侧斜坡运动过程的初速度及加速度均未知，故运动时间无法求解，选项A 错误．三、非选择题9．(2017·四川成都树德中学高三月考)如图所示，在倾角为37°的斜坡上有一人，前方有一动物沿斜坡匀速向下奔跑，速度v ＝15 m/s ，在二者相距L ＝30 m 时，此人以速度v 0水平抛出一石块，打击动物，人和动物都可看成质点．(已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2)(1)若动物在斜坡上被石块击中，求v 0的大小；(2)若动物在斜坡末端时，动物离人的高度h ＝80 m ，此人以速度v 1水平抛出一石块打击动物，同时动物开始沿水平面运动，动物速度v ＝15 m/s ，动物在水平面上被石块击中的情况下，求速度v 1的大小．解析：(1)设过程中石块运动所需时间为t 对于动物：运动的位移s ＝vt对于石块：竖直方向(L ＋s )sin 37°＝12gt 2水平方向：(L ＋s )cos 37°＝v 0t 代入数据，由以上三式可得：v 0＝20 m/s. (2)对动物：x 1＝vt 1，对于石块：竖直方向h ＝12gt 21，解得t 1＝2hg＝4 s水平方向：htan θ＋x 1＝v 1t 1，联立可得v 1≈41.7 m/s.答案：见解析10.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 ，围墙外空地宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取10 m/s 2.求：(1)小球离开屋顶时的速度v 0的大小范围； (2)小球落在空地上的最小速度的大小．解析：(1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v 01，则小球的水平位移：L ＋x ＝v 01t 1小球的竖直位移：H ＝12gt 21由以上两式解得v 01＝(L ＋x )g2H＝13 m/s 设小球恰好越过围墙边缘时的水平初速度为v 02，则此过程中小球的水平位移：L ＝v 02t 2 小球的竖直位移：H －h ＝12gt 22由以上两式解得：v 02＝5 m/s小球抛出时的速度大小的范围为5 m/s ≤v 0≤13 m/s.(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小．竖直方向：v 2y ＝2gH 又有：v min ＝v 202＋v 2y 解得：v min ＝5 5 m/s.答案：(1)5 m/s ≤v 0≤13 m/s (2)5 5 m/s 四、选做题11.如图所示为一同学制作的研究平抛运动的装置，其中水平台AO长s ＝0.70 m ，长方体薄壁槽紧贴O 点竖直放置，槽宽d ＝0.10 m ，高h ＝1.25 m ．现有一弹性小球从平台上A 点水平射出，已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1，重力加速度取g ＝10 m/s 2.(1)若小球不碰槽壁且恰好落到槽底上的P 点，求小球在平台上运动的时间．(2)若小球碰壁后能立即原速率反弹，为使小球能击中O 点正下方槽壁上的B 点，B 点和O 点的距离h B ＝0.8 m ，求小球从O 点出射速度的所有可能值．解析：(1)小球从A 点射出后匀减速运动到O 点，从O 点开始做平抛运动．小球恰好落到P 点，设小球在O 点抛出时的速度为v 0，做平抛运动的时间为t 1，则有水平方向：d ＝v 0t 1 竖直方向：h ＝12gt 21解得v 0＝0.2 m/s设小球在平台上运动时加速度大小为a ，则0.1mg ＝ma 解得a ＝1 m/s 2设小球在A 点出射时的速度为v A ，在平台上运动的时间为t 2，则从A 到O ，由运动学公式得v 2A －v 20＝2as ，v A －v 0＝at 2解得t 2＝1 s.(2)当小球与竖直壁相碰时，竖直壁对小球的作用力与壁垂直，小球的竖直分速度不变，由题给条件“原速率反弹”可知碰后小球水平分速度大小不变，方向反向，故小球碰壁后的运动轨迹与没有碰撞情况下平抛运动的轨迹关于竖直壁对称．当小球击中B 点时，小球的水平位移满足x ＝2nd (n ＝1，2，3…)．水平方向：2nd ＝v 0t (n ＝1，2，3…) 竖直方向：h B ＝12gt 2解得v 0＝0.5n m/s(n ＝1，2，3…)． 答案：(1)1 s (2)0.5n m/s(n ＝1，2，3…)。