【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 4-2 平抛运动的规律及应用限时规范特训(含解析)
[荐]高考物理专题-平抛和类平抛的规律及应用-例题详解全
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高考物理专题-平抛和类平抛的规律及应用-例题详解全
平抛运动和类平抛运动的规律及应用
【题型解码】
1．基本思路
处理平抛(或类平抛)运动时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动．
2.平抛(或类平抛)运动的推论
(1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
(2)设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ
3. 求解平抛(或类平抛)运动的技巧
(1)平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv 相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下。
(12)善于确定平抛(或类平抛)运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，是解决问题的突破口。
4. 建好“两个模型”
(1)常规的平抛运动及类平抛模型。
(2)与斜面相结合的平抛运动模型。
①从斜面上水平抛出又落回到斜面上：物体其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值，此时分解位移，构建位移三角形
②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值，构建速度三角形.。
教师课件：2020高考物理一轮总复习 4.2平抛运动的规律及应用限时规范特训
【金版教程】2016高考物理一轮总复习 4.2平抛运动的规律及应用限时规范特训限时：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. (多选)正在高空水平匀速飞行的飞机，每隔1 s 释放一个小球，先后共释放5个，不计空气阻力，则( )A. 这5个小球在空中排成一条直线B. 这5个小球在空中处在同一抛物线上C. 在空中，第1、2两个球间的距离保持不变D. 相邻两球的落地点间距相等解析：释放的每个小球都做平抛运动，水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，所以5个小球均始终在飞机正下方，且相邻小球落地点间距相等，选项A 、D 正确。
竖直方向5个小球均为自由落体运动，由于第2个球释放时第1个小球的速度已经为v 0＝gt ＝10 m/s ，故之后经时间t ，两小球间距为Δh ＝(v 0t ＋12gt 2)－12gt 2＝v 0t ，故两小球间距逐渐增大，选项B 、C 错误。
答案：AD2. [2014·江西省临川一中、师大附中联考]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 ，选项A 错误；加速度相同，相等时间内三个小球的速度变化相同，选项B 正确，C 、D 错误。
答案：B3. [2014·湛江十校联考]平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v －t 图线，如图所示。
若平抛运动的时间大于2t 1，下列说法中正确的是( )A. 图线2表示水平分运动的v －t 图线B. t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C. t 1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2D. 2t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为60°解析：水平分运动为匀速直线运动，故A 错误；t 1时刻水平方向和竖直方向的分速度相等，则合速度与水平方向的夹角为45°，B 错误；设水平速度为v 0，则t 1时间内的水平位移为x ＝v 0t 1，竖直方向的位移y ＝v 02t 1，所以y x ＝12，C 正确；2t 1时刻竖直方向的速度2v 0，显然速度方向与水平方向的夹角不是60°，D 错误。
高考物理一轮通用课件：第四章 第2讲平抛运动的规律及应用
tan θ＝hx，解得：t＝2v0tgan θ； 从抛出到落到斜面上，由动能定理可得：
mgh＝12mv′2－12mv02，可得：v′＝ v20＋2gh＝ 1＋4tan2θ·v0， 则vv甲 乙′ ′＝vv00乙甲＝vv＝21，选项 A 正确．
考点 2 斜面、圆周约束的平抛运动 1．圆周约束模型 如图所示，由半径和几何关系制约时间 t：h＝12gt2，R± R2－h2 ＝v0t. 联立两方程可求 t.
2．斜面约束模型
(1)斜面上的平抛运动常见的有两种模型
方法
内容
斜面
分解 速度
水平：vx＝v0 竖直：vy＝gt 合速度：v＝
v2x＋vy2
第 2 讲 平抛运动的规律及应用
[全国卷五年命题解读]
考纲 要求
考情分析
命题预测
1.抛 体运 动Ⅱ 2． 平抛 运动 的基 本规 律
2014年全国卷ⅡT15(考查平抛运动规律的应 用) 2015年全国卷ⅠT18(考查平抛运动的临界问 题) 2016年全国卷ⅡT25(考查与平抛相关的多过程 问题) 2017年全国卷ⅠT15(考查平抛运动规律的应 用) 全国卷ⅡT17(考查平抛运动与圆周运动的绳 模型的综合) 2018年全国卷ⅢT17(考查平抛运动规律的应 用)
4．基本规律(以斜上抛运动为例，如图所示)
(1)水平方向：v0x＝v0cos θ，F 合 x＝0； (2)竖直方向：v0y＝ v0sin θ ，F 合 y＝mg.
[预习自测] 1．(多选)关于平抛运动的性质，下列说法正确的是( ) A．加速度不断变化的曲线运动 B．匀变速曲线运动 C．匀速率曲线运动 D．在任意相等的时间内速度变化量都相同的曲线运动 解析：BD 平抛运动的加速度为重力加速度，它是恒量，故平 抛运动为匀变速曲线运动，A 错，B 对．平抛运动的速率逐渐增大， C 错．任意相等时间 Δt 内，平抛运动的速度变化量 Δv＝gΔt，由此 式可知，只要 Δt 相等，Δv 就相同，D 对．
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 9-4 电磁感应规律的综合应用(二)(动力学和能量)限时规范特训(含
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 9-4 电磁感应规律的综合应用(二)(动力学和能量)限时规范特训（含解析）1. 如图所示，不计电阻的光滑金属直轨道AB 和CD 固定在同一水平面内，两轨道间的宽度为1 m ．平行轨道左端接一阻值为0.5 Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小B ＝2 T ，方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，一电阻为0.5 Ω的导体棒ab 始终接触良好并且相互垂直，导体棒在垂直导体棒且水平向右的外力F 作用下向右匀速运动，速度大小v ＝5 m/s ，则以下说法正确的是( )A. 通过电阻的电流大小为5 AB. 作用在导体棒上的外力大小为10 NC. 导体棒克服安培力做功的功率为100 WD. 通过电阻的电流方向从C 到A解析：导体棒ab 切割磁感线产生的电动势E ＝BLv ＝10 V ，根据闭合电路欧姆定律得，I ＝ER ＋r＝10 A ，导体棒ab 受到的安培力F 安＝BIL ＝20 N ，导体棒ab 匀速运动，外力F ＝F安＝20 N ，导体棒克服安培力做功的功率P 安＝F 安v ＝100 W ，根据右手定则可知，通过电阻的电流方向为从A 到C ，C 项正确．答案：C2. [2014·甘肃天水]如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为 ( )A. 2mgLB. 2mgL ＋mgHC. 2mgL ＋34mgHD. 2mgL ＋14mgH解析：设ab 刚进入磁场时的速度为v 1，cd 刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12，线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L ，由题意得，12mv 21＝mgH12mv 21＋mg ·2L ＝12mv 22＋Q ，解得，Q ＝2mgL ＋ 34mgH ，C 项正确． 答案：C3. 如图所示，足够长的U 形光滑金属导轨所在平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，磁感应强度大小为B 的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上，导轨电阻不计，金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒ab 接入电路的电阻为R ，当流过棒ab 某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在下滑过程中( )A. 运动的加速度大小为v 22LB. 下滑位移大小为qR BLC. 产生的焦耳热为qBLvD. 受到的最大安培力大小为B 2L 2vRsin θ解析：由牛顿第二定律可知mg sin θ－B 2L 2vR＝ma ，金属棒做变加速运动，选项A 错；由q＝I ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦR ＝BLx R 得x ＝qR BL ，选项B 对．由动能定理可知mgx sin θ－Q ＝12mv 2，把x 代入式中得到Q ，选项C 错；安培力最大为mg sin θ，选项D 错．答案：B4. [2014·湖北孝感]竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，轨道下半部分处在两个水平向里的匀强磁场中，磁场的边界分别是y ＝a 、y ＝b 、y ＝c 的直线(图中虚线所示)．一个小金属环从抛物线上y ＝d 处由静止释放，金属环沿抛物线下滑后环面总保持与磁场垂直，那么产生的焦耳热总量是( )A. mgdB. mg (d －a )C. mg (d －b )D. mg (d －c )解析：小金属环进入和穿出磁场的过程是都要切割磁感线，因此小金属环的机械能不断地转化为电能，电能又转化为内能；最后小金属环在y ＝c 的直线与x 轴的磁场内往复运动，整个过程中机械能的减小量为ΔE ＝mg (d －c )，由能的转化与守恒定律可知，产生的焦耳热总量为Q ＝ΔE ＝mg (d －c )，所以D 项正确．答案：D5. [2014·济南模拟]如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别以v 、3v 速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A. 导体框所受安培力方向相同B. 导体框中产生的焦耳热相同C. 导体框ad 边两端电势差相等D. 通过导体框截面的电荷量相同解析：安培力的方向总是阻碍导体框的相对运动，选项A 错误；由I ＝Blv R及Q ＝I 2Rt 可知选项B 错误；当导体框以v 运动时U ad ＝14Blv ，若以3v 运动时U ad ＝34Bl ×3v ，选项C 错误；根据q ＝BSR可知选项D 正确．答案：D6. [2014·安徽合肥]如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M ，斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行底边，则下列说法正确的是( )A. 线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB. 线框进入磁场时匀速运动的速度为Mg －mg sin θRBl 1C. 线框做匀速运动的总时间为B 2l 21Mg －mg sin θRD. 该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2解析：对重物和线框系统受力分析，由牛顿第二定律得，Mg －mg sin θ＝(M ＋m )a ，解得，a ＝Mg －mg sin θm ＋M，A 项错误；对线框受力分析，由平衡条件得，Mg －mg sin θ－F 安＝0，又F 安＝BIl 1，I ＝E /R ，E ＝Bl 1v ，联立解得，v ＝Mg －mg sin θRB 2l 21，B 项错误；线框做匀速运动的总时间为t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2Mg －mg sin θR，C 项错误；由能量守恒定律得，该匀速运动过程产生的焦耳热等于系统重力势能的减小，Q ＝(Mg －mg sin θ)l 2，D 项正确．答案：D7. [2013·乌鲁木齐高三诊断一](多选)如图所示，水平地面上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场．用横截面积之比为1∶2的相同材料的导线，制成两个边长相等的单匝正方形线圈Ⅰ和Ⅱ.两线圈从距磁场上边界高h 处开始自由下落，最后落到地面．整个过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．若线圈Ⅰ恰好匀速进入磁场，线圈Ⅰ和Ⅱ在运动过程中产生的热量分别为Q 1，Q 2.不计空气阻力，则 ( )A. 线圈Ⅱ匀速进入磁场B. 线圈Ⅱ变速进入磁场C. Q 1∶Q 2＝1∶2D. Q 1∶Q 2＝1∶4解析：线圈Ⅰ匀速进入磁场时，F 安1＝mg ，F 安1＝BIL ＝B BLv r L ＝B 2L 22gh r ，其中r ＝ρLS，线圈Ⅱ进入磁场时，由于R ＝ρL 2S ＝r2，所以F 安2＝2F安1，又由M ＝2m ，得F安2＝Mg ，所以线圈Ⅱ进入磁场时也是匀速，故A 正确，B 错误；两线圈进入磁场的过程中都是减少的重力势能转化为了热能，根据Q 1＝mgL 和Q 2＝MgL ，以及M ＝2m 可知Q 1∶Q 2＝1∶2，故C 正确，D 错误．答案：AC 题组二 提能练8. [2014·浙江杭州]如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长为1 m 、质量为0.1 kg 的导体棒MN ，其电阻R 为1 Ω，导体棒架在处于磁感应强度B ＝1 T ，竖直放置的框架上，当导体棒上升h ＝3.8 m 时获得稳定的速度，导体产生的热量为2 J ，电动机牵引导体棒时，电压表、电流表计数分别为7 V 、1 A ，电动机的内阻r ＝1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦；若电动机的输出功率不变，g 取10 m/s 2，求：(1)导体棒能达到的稳定速度为多少？ (2)导体棒从静止达到稳定所需的时间为多少？ 解析：(1)电动机的输出功率为P ＝U A I A －I 2A r ＝6 WF 安＝BIL ＝B 2L 2vR当导体棒的速度稳定时，由平衡条件得，P v ＝mg ＋B 2L 2vR解得，v ＝2 m/s.(2)由能量守恒定律得，Pt －Q －mgh ＝12mv 2解得，t ＝1 s. 答案：2 m/s (2)1 s9. 如图甲所示，质量m ＝6.0×10－3kg 、边长L ＝0.20 m 、电阻R ＝1.0 Ω的正方形单匝金属线框abcd ，置于倾角α＝30°的绝缘斜面上，ab 边沿水平方向，线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g ＝10 m/s 2，试求：(1)在0～2.0×10－2s 内线框中产生的感应电流的大小． (2)在t ＝1.0×10－2 s 时线框受到斜面的摩擦力．解析：(1)设线框中产生的感应电动势为E 1，感应电流为I 1，则 E 1＝ΔΦ1Δt ＝L 2·ΔB 12ΔtI 1＝E 1R代入数据解得E 1＝0.20 V ，I 1＝0.20 A. (2)此时线框受到的安培力F 1＝B 1I 1L 代入数据得F 1＝4.0×10－3N设此时线框受到的摩擦力大小为F f ，则mg sin α＋F 1－F f ＝0代入数据得F f ＝3.4×10－2N 摩擦力方向沿斜面向上．答案：(1)0.20 A (2)3.4×10－2N10. [2014·安徽安庆]如图所示，相距L ＝1 m 、电阻不计的平行光滑长金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端间接有阻值R ＝2 Ω的电阻，导轨所在区域内加上与导轨所在平面垂直、方向相反的匀强磁场，磁场宽度d 均为0.6 m ，磁感应强度大小B 1＝25T 、B 2＝0.8 T ．现有电阻r ＝1 Ω的导体棒ab 垂直导轨放置且接触良好，当导体棒ab 从边界MN 进入磁场后始终以速度v ＝5 m/s 做匀速运动，求：(1)棒ab 在磁场B 1中时克服安培力做功的功率；(2)棒ab 经过任意一个磁场B 2区域过程中通过电阻R 的电荷量． 解析：(1)在磁场B 1中，棒ab 切割磁感线产生的电动势E 1＝B 1Lv 感应电流I 1＝E 1r ＋R安培力F ＝B 1I 1L克服安培力做功的功率P ＝Fv ＝B 1Lv 2r ＋R＝0.67 W(2)在磁场B 2中，棒ab 切割磁感线产生的电动势E 2＝B 2Lv 感应电流I 2＝E 2r ＋R棒ab 经过任意一个磁场B 2区域过程中通过电阻R 的电荷量q ＝I 2Δt 2＝B 2Lv Δt 2r ＋R ＝B 2Ldr ＋R＝0.16 C.答案：(1)0.67 W (2)0.16 C11. 如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.30 m ．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R ＝0.40 Ω.导轨上停放一质量m ＝0.30 kg 、电阻r ＝0.20 Ω的金属杆ab ，整个装置处于磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 沿水平方向拉金属杆ab ，使之由静止开始运动，电压传感器可将R 两端的电压U 即时采集并输入电脑，获得U 随时间t 变化的关系如图乙所示．(1)求第2 s 末外力F 的瞬时功率；(2)如果在2 s 末时刻将水平外力F 撤去，在以后运动中求金属杆上产生的焦耳热． 解析：(1)设电阻R 两端的电压为U 时，金属杆的运动速度为v ，则金属杆产生的感应电动势为E ＝BLv感应电流I ＝ER ＋r电阻R 两端的电压U ＝IR ＝BLvRR ＋r由题图乙知U ＝kt (k ＝0.1 V/s) 联立得v ＝k R ＋rBLR·t 所以金属杆做匀加速直线运动，且a ＝1.0 m/s 2,2 s 末金属杆的速度为v ＝2 m/s ，由题图乙知此时电阻两端的电压为U ＝0.2 V ，所以金属杆中的电流I ＝UR＝0.5 A 此时金属杆所受到的安培力为F 安＝BIL ＝7.5×10－2N由牛顿第二定律得F －F 安＝ma代入数值得F ＝0.375 N ，所以第2 s 末外力F 的瞬时功率为P ＝Fv ＝0.75 W (2)设回路中产生的焦耳热为Q ，则由能量守恒定律知Q ＝12mv 2代入数值得Q ＝0.6 J由串联规律知金属杆上产生的焦耳热为Q r ＝rR ＋rQ ＝0.2 J. 答案：(1)0.75 W (2)0.2 J。
高考物理一轮复习 第四章 第2讲 抛体运动的规律及其应用跟踪检测
第2讲抛体运动的规律及其应用(对应学生用书第55页)1.定义将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，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．方法平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动．4．基本规律(如图4－2－1)图4－2－1 (1)位移关系(2)速度关系【针对训练】1．关于做平抛运动的物体，下列说法正确的是( )A．平抛运动是非匀变速曲线运动B．平抛运动是匀变速曲线运动C．每秒内速度的变化量均匀增加D．每秒内速率的变化量相等【解析】平抛运动的加速度就是重力加速度，大小、方向恒定，所以平抛运动是匀变速曲线运动；平抛运动的水平速度不变，只有竖直速度变化，因g恒定所以每秒变化量相等，因此，只有B选项正确．【答案】1.定义将物体以v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竖直上抛(或竖直下抛)运动的合运动．错误!【针对训练】2．(2013届江南十校联考)在水平地面上M点的正上方某一高度处，将S1球以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将S2球以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中( )图4－2－2A．初速度大小关系为v1＝v2B．速度变化量相等C．水平位移不相等D．都不是匀变速运动【解析】由题意可知，两球的水平位移相等，C错误；由于只受重力的作用，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v1t＝v2x t可得A错误．【答案】 B(对应学生用书第55页)1.t ＝ 2hg，取决于下落高度h ，与初速度v 0无关．2．水平射程x ＝v 0t ＝v 02hg，由平抛初速度v 0和下落高度h 共同决定．3．速度变化Δv ＝Δv y ＝g Δt ，任意相等的时间间隔内速度变化量相等，方向竖直向下． 4．两个推论(1)做平抛运动的物体，在任一位置(x ，y )的瞬时速度反向延长线与x 轴交点A 的横坐标为x2，如图4－2－3所示．图4－2－3(2)做平抛运动的物体，在任一位置速度偏向角α与位移偏向角θ的关系为tan α＝2tan θ.图4－2－4(2012·烟台二中一模)如图4－2－4所示，AB 为斜面，倾角为30°，小球从A 点以初速度v 0水平抛出，恰好落在B 点，求：(1)物体在空中飞行的时间； (2)AB 间的距离；(3)球落到B 点时速度的大小和方向．【审题视点】 (1)找出平抛运动水平位移与竖直位移的关系． (2)找出在B 点时，水平速度与竖直速度的关系．【解析】 (1)小球做平抛运动，在水平方向上是匀速直线运动，在竖直方向上是自由落体运动．有：x ＝l AB cos 30°＝v 0t ①y ＝l AB sin 30°＝12gt 2②解得：t ＝2v 0tan 30°g ＝2 3v 03g .(2)把t ＝2 3v 03g 代入①式得：l AB ＝4v 23g.(3)小球落到B 点时竖直分速度为：v By ＝gt ＝2 3v 03故小球在B 点的速度大小为：v B ＝ v 20＋v 2By ＝ 213v 0 设速度与水平方向夹角为θ，则tan θ＝v By v 0＝2 33，故θ＝arctan 2 33.【答案】 (1)2 3v 03g (2)4v 23g(3)213v 0，方向和水平方向夹角为arctan 2 33 【即学即用】 1．(2012·新课标全国高考改编)如图4－2－5，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( )图4－2－5A ．a 的飞行时间比b 的长B ．b 和c 的飞行时间相同C ．a 的水平速度比b 的小D ．b 的初速度比c 的小【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 错误，选项B 正确；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 错误．【答案】 B(对应学生用书第56页)图4－2－6在光滑的水平面内，一质量m ＝1 kg 的质点以速度v 0＝10 m/s 沿x 轴正方向运动，经过原点后受一沿y 轴正方向(竖直方向)的恒力F ＝15 N 作用，直线OA 与x 轴成α＝37°，如图4－2－6所示曲线为质点的轨迹图(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)如果质点的运动轨迹与直线OA 相交于P 点，质点从O 点到P 点所经历的时间以及P 点的坐标；(2)质点经过P 点的速度大小．【潜点探究】 (1)此质点是在水平面内做类平抛运动． (2)图中角度α是从抛点O 到P 总位移与x 轴方向的夹角，相当于平抛运动中的位移与v 0的夹角．【规范解答】 (1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F 和重力mg 作用做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得a ＝F －mg m ＝15－101m/s 2＝5 m/s 2设质点从O 点到P 点经历的时间为t ，P 点坐标为(x P ，y P )， 则x P ＝v 0t ，y P ＝12at 2又tan α＝y P x P联立解得：t ＝3 s ，x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m. (2)质点经过P 点时沿y 方向的速度 v y ＝at ＝15 m/s故P 点的速度大小v P ＝ v 20＋v 2y ＝513 m/s.【答案】 (1)3 s P (30 m,22.5 m) (2)513 m/s【即学即用】2．质量为m 的飞机以水平速度v 0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力作用(该升力由除重力以外的其他合力提供)．已知飞机从离地开始其竖直位移与水平位移之间的关系图象如图4－2－7所示，今测得当飞机在水平方向的位移为l 时，它的上升高度为h .求飞机受到的升力大小．图4－2－7【解析】 飞机水平速度不变，则l ＝v 0t ①竖直方向加速度恒定，则h ＝12at 2②由牛顿第二定律得F －mg ＝ma ③由①②③得F ＝mg (1＋2h gl2v 20)．【答案】 mg (1＋2hgl2v 20)(对应学生用书第57页)●考查平抛运动的基本规律1.图4－2－8(2012·上海高考)如图4－2－8，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点．若小球初速度变为v，其落点位于c，则( ) A．v0＜v＜2v0B．v＝2v0C．2v0＜v＜3v0D．v＞3v0【解析】根据平抛运动的规律可知若小球落在b点，有x＝v0t b，t b＝2h bg，若落在c点，则2x＝vt c，而t c＝2h cg，显然t c＞t b，所以v0＜v＜2v0，即A正确．【答案】 A●从分运动角度考查平抛运动2.图4－2－9(2012·江苏高考改编)如图4－2－9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不一定能相碰【解析】由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝2hg①，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝lv＜t1，即v＞lt1，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C、D错误．【答案】 A●受限制的平抛运动3.图4－2－10(2011·海南高考)如图4－2－10所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab 为沿水平方向的直径．若在a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c 点．已知c 点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．【解析】 设圆半径为R ，小球做平抛运动落到c 点的竖直高度为y ＝R2而y ＝12gt 2，即R 2＝12gt 2水平位移x ＝R ＋R cos 30°，而x ＝v 0t联立得R ＝4v 207＋43g＝(28－163)v 20g .【答案】 (28－163)v 20g●平抛规律的实际应用4．(2011·广东高考改编)如图4－2－11所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H 处，将球以速度v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L ，重力加速度取g ，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( )图4－2－11A ．球的速度v 等于Lg 2HB ．球从击出至落地所用时间为H 2gC ．球从击球点至落地点的位移等于LD ．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关【解析】 球做平抛运动，则其在竖直方向做自由落体运动，H ＝12gt 2得t ＝2H g，故B 错误，水平方向做匀速运动，L ＝v 0t 得v 0＝L t ＝L g2H，可知A 正确．球从击球点到落地点的位移s ＝H 2＋L 2与m 无关，可知C 、D 错误．【答案】 A 5.图4－2－12(2010·北京高考)如图4－2－12，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O 点水平飞出，经3.0 s 落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m ＝50 kg.不计空气阻力．(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80；g 取10 m/s 2)求：(1)A 点与O 点的距离L ；(2)运动员离开O 点时的速度大小； (3)运动员落到A 点时的动能．【解析】 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有L sin 37°＝12gt 2A 点与O 点的距离L ＝gt 22sin 37°＝75 m.(2)设运动员离开O 点的速度为v 0，运动员在水平方向做匀速直线运动， 即L cos 37°＝v 0t解得v 0＝L cos 37°t＝20 m/s.(3)由机械能守恒，取A 点为重力势能零点，运动员落到A 点时的动能为E k A ＝mgL sin 37°＋12mv 20＝32 500 J.【答案】 (1)75 m (2)20 m/s (3)32 500 J课后作业(十一) (对应学生用书第237页)(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．只有一个选项正确．)1．关于平抛运动的叙述，下列说法不正确的是( )A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动B．平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变C．平抛运动的速度大小是时刻变化的D．平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小【解析】平抛运动的物体只受重力作用，故A正确；平抛运动是曲线运动，速度时刻变化，由v＝v20＋gt2知合速度v在增大，故C正确；对平抛物体的速度方向与加速度方向的夹角，有tan θ＝v0v y＝v0gt，因t一直增大，所以tan θ变小，故D正确，B错误．【答案】 B2．(2013届铜陵模拟)某同学欲将小球水平抛进水平地面正前方的小洞中，结果球飞过小洞没有抛进．为了能把小球水平抛进洞中，该同学应作出的合理调整为(不计空气阻力)( )A．适当减小初速度，抛出点高度变高B．适当增大初速度，抛出点高度不变C．初速度不变，适当降低抛出点的高度D．初速度不变，适当提高抛出点的高度【解析】小球没有抛进是因为水平方向的位移x＝v0t稍大，其中下落时间t与抛出点的高度有关，即t＝2hg，所以为了能把小球水平抛进洞中，可以采取的措施有：(1)保持v0不变，减小t即适当降低抛出点的高度，选项C正确，D错误；(2)t不变即抛出点高度不变，v0减小，所以选项A、B错误．【答案】 C3．2011年5月15日晚22点，国际田联钻石联赛上海站结束了男子110米栏争夺，刘翔以13秒07获得冠军．由于刘翔把起跑八步上栏改成七步上栏，从而使起跳时距栏的水平距离增大，若刘翔过栏时的最高点仍在栏的正上方同一高度处，则刘翔上栏双脚离地时(不计空气阻力)( )A．速度不变，增大速度与水平方向的夹角B．速度增大，同时增大速度与水平方向的夹角C．速度增大，同时速度与水平方向的夹角不变D．速度增大，同时减小速度与水平方向的夹角【解析】由运动的可逆性可知，其运动可看做平抛运动，上升到最高点所用的时间相同，故水平距离增大时，初速度应增大，同时应减小速度与水平方向的夹角，D正确．【答案】 D4.图4－2－13(2013届西安一中检测)古龙笔下有一位侠客叫李寻欢，绰号小李飞刀，若他由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．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面的高度分别为h、4h、3h、2h，则对应M、N、P三点( )A．三把飞刀在击中板时动能相同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的夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3【解析】由初速度为零的匀变速直线运动推论可知：由静止开始做匀加速运动的物体在前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，由运动的可逆性得：三次飞行时间之比为3∶2∶1，B错误；三把飞刀在击中板时竖直方向分速度相等，但水平方向分速度不等，故动能不相同，A错误；三次初速度竖直分量之比等于3∶2∶1，C错误．【答案】 D5．如图4－2－14，节水灌溉中的喷嘴距地面0.8 m，假定水从喷嘴水平喷出，喷灌半径为4 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.则( )图4－2－14A ．水下落的加速度为8 m/s 2B ．水从喷嘴到地面的时间为0.8 sC ．水从喷嘴喷出后动能不变D ．水从喷嘴喷出的速率为10 m/s【解析】 水下落的加速度为重力加速度，故A 错误；由h ＝12gt 2可得水从喷嘴到地面的时间为0.4 s ，B 错误；水从喷嘴喷出后，由于重力做正功，故动能增大，C 错误；由x ＝v 0t 可知水喷出的初速度大小为10 m/s ，D 正确．【答案】 D 6.图4－2－15(2013届淮北模拟)如图4－2－15所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a 恰好落在斜面底端P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的中点处，若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A ．v a ＝v bB ．v a ＝3v bC ．t a ＝t bD ．t a ＝2t b【解析】 a 球下落的高度和水平方向上运动的距离均是b 球的2倍，即为y a ＝2y b ，x a＝2x b ，而x a ＝v a t a ，y a ＝12gt 2a ，x b ＝v b t b ，y b ＝12gt 2b ，可求出t a ＝2t b ，v a ＝2v b .【答案】 D 7．(2010·大纲全国高考)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4－2－16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( )图4－2－16A.1tan θ B.12tan θ C ．tan θ D ．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】 B 8.图4－2－17(2013届六安模拟)在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图4－2－17所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是( )A．相对地面的运动轨迹为直线B．相对地面做变加速曲线运动C．t时刻猴子对地速度的大小为v0＋atD．t时间内猴子对地的位移大小为x2＋h2【解析】猴子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，猴子的实际运动可以看做类平抛运动，其运动轨迹为曲线；因为猴子受到的合外力恒定(因为加速度恒定)，所以相对于地面猴子做的是匀变速曲线运动；t时刻猴子对地速度的大小为v t＝v20＋at2；t时间内猴子对地的位移大小为s＝x2＋h2.本题答案为D.【答案】 D9.图4－2－18如图4－2－18所示，坐标方格每格边长为10 cm，一物体做平抛运动时分别经过O、a、b三点，重力加速度g取10 m/s2，则下列结论正确的是( )A．O点就是抛出点B. a点v a与水平方向成45°角C．速度变化量Δv aO＜Δv baD．小球抛出速度v＝1 m/s【解析】由于O、a、b三点水平方向距离相等，说明t Oa＝t ab，若O点为抛出点，则在竖直方向连续相等时间内通过的位移之比应为1∶3，而从题图看，竖直方向相等时间内位移之比为1∶2，所以O点不是抛出点，故A项错．因O到a的位移方向与水平方向成45°，所以物体经过a点时速度方向与水平方向夹角肯定大于45°，故B项错．平抛运动是匀变速曲线运动，加速度恒定，所以相等时间内速度变化量相等，Δv aO＝Δv ba，故C项错．根据竖直方向匀变速直线运动公式a＝Δx/t2，a＝g＝10 m/s2，得t＝Δxg＝0.1 s＝t Oa＝t ab，水平方向匀速运动速度v x＝x/t＝1 m/s，故D项对．【答案】 D10.图4－2－19(2013届山师大附中检测)如图4－2－19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.12L B.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 20g， s 1＝2L －s 2＝2L －22v 20g. x 1＝s 1sin 45°＝L －2v 20g. v 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．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11. 图4－2－20(15分)(2013届天水一中模拟)如图4－2－20所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m ＝1 kg 的凹形小滑块，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sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝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 .【解析】 (1)设小球落入凹槽时的竖直分速度为v y ，则v y ＝gt ＝10×0.4 m/s＝4 m/s ，v 0＝v y tan 37°＝3 m/s.(2)小球落入凹槽时的水平分位移x ＝v 0t ＝3×0.4 m＝1.2 m则小滑块的位移s ＝x cos 37°＝1.5 m 小滑块的加速度大小a ＝g sin 37°＋μg cos 37°＝8 m/s 2根据公式s ＝vt －12at 2 解得v ＝5.35 m/s.【答案】 (1)3 m/s (2)5.35 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4－2－21甲，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 ，小鸟飞出能否直接打中肥猪的堡垒？请用计算结果进行说明．(取重力加速度g＝10 m/s 2) 甲 乙图4－2－21【解析】 设小鸟以v 0弹出能直接击中堡垒，则⎩⎪⎨⎪⎧ h 1＋h 2＝12gt 2l 1＋l 2＝v 0tt ＝ 2h 1＋h 2g＝ 2×0.8＋2.410 s ＝0.8 s 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 x ＝v 0× 2h 1g ＝1.5 m ＜l 1 可见小鸟不能直接击中堡垒．【答案】 见解析。
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 4-4 万有引力与航天限时规范特训(含解析)
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 4-4 万有引力与航天限时规范特训（含解析）1. [2013·泰安模拟]人造卫星在受到地球外层空间大气阻力的作用后，卫星绕地球运行的半径、角速度、速率将( )A ．半径变大，角速度变大，速率变大B ．半径变小，角速度变大，速率变大C ．半径变大，角速度变小，速率变小D ．半径变小，角速度变大，速率变小解析：人造卫星在受到地球外层空间大气阻力时，卫星的速度减小，万有引力提供的向心力大于卫星所需向心力，卫星做近心运动，卫星再次绕地球运行时，半径变小，由G Mmr2＝m ω2r ＝m v 2r得，ω＝GMr 3，v ＝GMr，由于半径变小，故角速度变大，线速度变大，选项B 正确．答案：B2. (多选)假设有两颗人造地球卫星围绕地球做圆周运动，其轨道半径分别为r 1、r 2，向心加速度分别为a 1、a 2，角速度分别为ω1、ω2，则( )A. a 1a 2＝r 22r 21B. a 1a 2＝r 1r 2C. ω1ω2＝r 1r 2D. ω1ω2＝r 32r 31解析：根据万有引力提供向心力有G Mm r2＝m ω2r ＝ma ，整理得ω＝GM r 3，a ＝GM r 2.所以a 1a 2＝r 22r 21，ω1ω2＝r 32r 31，AD 正确． 答案：AD3. 太阳系中有一颗行星，今已测得半径大约为地球半径的2.4倍，密度和地球的密度相当，则由以上信息估算该行星的第一宇宙速度大约为( )A. 1.2×104m/s B. 3.3×103m/s C. 1.9×104 m/sD. 7.9×103m/s解析：设地球的密度为ρ，半径为R ，第一宇宙速度为v 1，未知行星的第一宇宙速度为v 2，则由万有引力定律和牛顿第二定律可得：G ρ43πR 3m R 2＝m v 21R，G ρ43πR 3m 0R2＝m 0v 222.4R，则v 2＝2.4v 1＝1.9×104m/s ，故C 正确．答案：C4. 大陆天文爱好者金彰伟、陈韬将他们发现的小行星命名为“周杰伦”星，并获小行星中心公布永久编号为257248.经过他们的合作，顺利确认小行星轨道，其绕太阳运行的轨道半径为R ，运行周期为T ，已知万有引力常量为G .则由以上数据可估算的物理量有( )A ．行星的质量B ．行星的密度C ．太阳的质量D ．太阳的密度解析：由于小行星的轨道半径和运行周期已知，则由GMm R 2＝m 4π2T2R 可估算太阳的质量，由于太阳的半径未知，因此不能估算太阳的密度，正确选项为C.答案：C5. [2014·四川攀枝花]在赤道平面内绕地球做匀速圆周运动的三颗卫星m 1、m 2、m 3，它们的轨道半径分别为r 1、r 2、r 3，且r 1>r 2>r 3，其中m 2为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则( )A. 相同的时间内，m 1通过的路程最大B. 三颗卫星中，m 3的质量最大C. 三颗卫星中，m 3的速度最大D. m 1绕地球运动的周期小于24小时解析：三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，即G Mm 1r 21＝G Mm 2r 22＝G Mm 3r 23，则m 3的质量最小，B 项错误；由v ＝GMr可知，m 1的速度最小，m 3的速度最大，相同时间内，m 1通过的路程最小，A 项错误，C 项正确；由T ＝2πr 3GM得，m 1绕地球运动的周期大于m 2的周期，即大于24小时，D 项错误．答案：C6. 2013年6月23日10时07分，在航天员聂海胜的精准操控和张晓光、王亚平的密切配合下，“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船成功实现手控交会对接，形成组合体绕地球做圆周运动，速率为v 0，轨道高度为340 km.“神舟十号”飞船连同三位宇航员的总质量为m ，测控通信由两颗在地球同步轨道运行的“天链一号”中继卫星、陆基测控站、测量船，以及北京飞控中心完成．下列描述错误的是( )A. 组合体圆周运动的周期约1.5 hB. 组合体圆周运动的线速度约7.8 km/sC. 组合体圆周运动的角速度比“天链一号”中继卫星的角速度大D. 发射“神舟十号”飞船所需能量是12mv 2解析：根据万有引力提供向心力得，GMm r 2＝mr 4π2T 2＝m v 2r＝mr ω2，解得，T ＝4π2r3GM，v＝GMr ，ω＝GM r3，又GM ＝gR 2，r ＝R ＋340 km ＝6740 km ，则T ＝1.5 h ，v ＝7.8 km/s ，A 、B 两项正确；根据组合体的运动半径小于同步卫星的运动半径可知，组合体圆周运动的角速度比“天链一号”中继卫星的角速度大，C 项正确；发射“神舟十号”飞船所需能量等于飞船的势能与动能之和，D 项错误．答案：D7. (多选)2013年6月13日13时18分，“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船成功实现交会对接．这是“天宫一号”自2011年9月发射入轨以来，第5次与“神舟”飞船成功实现交会对接．如图所示，“天宫一号”调整前后做圆周运动距离地面的高度分别为h 1和h 2(设地球半径R ，忽略地球自转的影响)，则“天宫一号”调整前后( )A. 线速度大小之比为R ＋h 1R ＋h 2B. 所受地球引力大小之比为R ＋h 22R ＋h 12C. 向心加速度大小之比为R ＋h 12R ＋h 22D. 周期之比为R ＋h 13R ＋h 23解析：由万有引力提供向心力可得，GMmR ＋h2＝mv 2R ＋h＝m4π2T 2(R ＋h )＝ma ，解得，线速度v ＝GM R ＋h ，向心加速度a ＝GM R ＋h2，周期T ＝4π2R ＋h3GM.“天宫一号”调整前后线速度大小之比为R ＋h 2R ＋h 1，所受地球引力大小之比为R ＋h 22R ＋h 12，向心加速度大小之比为R ＋h 22R ＋h 12，周期之比为R ＋h 13R ＋h 23，B 、D 两项正确．答案：BD8. 据报道一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体的表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中 ( )A. 它们做圆周运动的万有引力保持不变B. 它们做圆周运动的角速度不断变小C. 体积较大星体圆周运动轨迹的半径变大，线速度变大D. 体积较大星体圆周运动轨迹的半径变大，线速度变小解析：因为两星间的距离在一段时间内不变，两星的质量总和不变，则两星质量的乘积发生变化，故万有引力一定变化，A 项错误；双星系统中万有引力充当向心力，即GM 1M 2L 2＝M 1(2πT)2R 1＝M 2(2πT )2R 2，故G M 1＋M 2L 2＝(2πT)2L ，因L 及M 1＋M 2的总和不变，所以T 不变，即角速度不变，B 项错误；又因为M 1R 1＝M 2R 2，所以双星运行半径与质量成反比，体积较大星体质量逐渐减小，故其轨道半径增大，线速度也变大，体积较小星体的质量逐渐增大，故其轨道半径减小，线速度变小，C 项正确，D 项错误．答案：C 题组二 提能练9. 一物体在某行星的赤道上，随该行星自转时受到的该行星对它的万有引力是它重力的1.04倍，已知该行星自转的周期为T ，行星的半径为R .把该行星看成一个球体，则该行星的第一宇宙速度为( )A. 2πR TB. 4πRTC. 10πRTD. 25πRT解析：赤道上物体随行星自转时，1.04 mg －mg ＝mR (2πT)2，设第一宇宙速度为v ，则mg ＝m v 2R ，求得v ＝10πRT，C 项正确．答案：C方法点拨：求第一宇宙速度即求物体贴近中心天体表面做圆周运动的速度，卫星在轨道上做圆周运动的向心力即等于卫星所在处的重力．10. 有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b 处于地面附近近地轨道上正常运动，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有( )A. a 的向心加速度等于重力加速度gB. c 在4 h 内转过的圆心角是π/6C. b 在相同时间内转过的弧长最长D. d 的运动周期有可能是20 h解析：对于卫星a ，根据万有引力定律、牛顿第二定律可得，GMm r＝m ω2r ＋mg ，故a 的向心加速度小于重力加速度g ，A 项错；由c 是同步卫星可知c 在4 h 内转过的圆心角是π3，B 项错；由GMm r 2＝m v 2r 得，v ＝GMr，故轨道半径越大，线速度越小，故卫星b 的线速度大于卫星c 的线速度，卫星c 的线速度大于卫星d 的线速度，而卫星a 与同步卫星c 的周期相同，故卫星c 的线速度大于卫星a 的线速度，C 项正确；由GMm r 2＝m (2πT)2r 得，T ＝2πr 3GM，轨道半径r 越大，周期越长，故卫星d 的周期大于同步卫星c 的周期，故D 项错．答案：C11. [2014·浙江六校联考](多选)搭载着“嫦娥二号”卫星的“长征三号丙”运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射．卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100公里，周期为118分钟的工作轨道，开始对月球进行探测( )A ．卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小B ．卫星在轨道Ⅲ上经过P 点的加速度比在轨道Ⅰ上经过P 点时的大C ．卫星在轨道Ⅲ上的运动周期比在轨道Ⅰ上的长D ．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上的大解析：月球的第一宇宙速度对应的轨道半径等于月球的半径，半径越大，环绕速度越小，选项A 正确；卫星在P 点，受到的万有引力是一样的，因此在P 点的加速度是相同的，选项B 错误；在轨道Ⅲ上运行的速率比在轨道Ⅰ上运行的速率要大，因此，卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上短，选项C 错误；由于卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，发动机对卫星做负功，因此卫星的机械能减小，故卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大，选项D 正确．答案：AD12. (多选)“嫦娥三号”探月卫星计划于2013年下半年在西昌卫星发射中心发射，将实现“落月”的新阶段．“嫦娥三号”探月卫星到了月球附近，以速度v 接近月球表面匀速飞行，测出它的运行周期为T ，已知引力常量为G ，不计周围其他天体的影响，则下列说法正确的是( )A. “嫦娥三号”探月卫星的半径约为vT2πB. 月球的平均密度约为3πGT2C. “嫦娥三号”探月卫星的质量约为v 3T2πGD. 月球表面的重力加速度约为2πvT解析：由T ＝2πR v 可得，月球的半径约R ＝vT 2π，A 项错误；由GMm R 2＝m v 2R可得，月球的质量M ＝v 3T 2πG ，C 项错误；由M ＝43πR 3·ρ得，月球的平均密度约为ρ＝3πGT 2，B 项正确；由GMmR2＝mg 得，g ＝2πv T，D 项正确．答案：BD13. [2014·湖北武汉](多选)2013年2月16日，直径约50米、质量约13万吨的小行星“2012DA14”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，据天文学家估算，它下一次接近地球大约是在2046年．假设图中的P 、Q 是地球与小行星最近时的位置，已知地球绕太阳圆周运动的线速度是29.8 km/s ，下列说法正确的是( )A. 只考虑太阳的引力，小行星在Q 点的速率大于29.8 km/sB. 只考虑太阳的引力，小行星在Q 点的速率小于29.8 km/sC. 只考虑太阳的引力，地球在P 点的加速度大于小行星在Q 点的加速度D. 只考虑地球的引力，小行星在Q 点的加速度大于地球同步卫星在轨道上的加速度 解析：只考虑太阳的引力，小行星在Q 点的速率小于29.8 km/s ，A 项错误，B 项正确．只考虑太阳的引力，由于地球与太阳距离较近，所以地球在P 点的加速度大于小行星在Q 点的加速度，C 项正确．只考虑地球的引力，由于小行星距离地球较近，所以小行星在Q 点的加速度大于地球同步卫星在轨道上的加速度，D 项正确．答案：BCD14. 如图所示为宇宙中一恒星系的示意图，A 为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O 的运行轨道近似为圆．已知引力常量为G ，天文学家观测得到A 行星的运行轨道半径为R 0，周期为T 0.(1)求中央恒星O 的质量；(2)经长期观测发现，A 行星的实际运行轨道与理论轨道有少许偏差，并且每隔t 0时间发生一次最大偏离，天文学家认为出现这种现象的原因可能是A 行星外侧还存在着一颗未知的行星B (假设其运行的圆轨道与A 的轨道在同一平面内，且绕行方向与A 的绕行方向相同)，它对A 行星的万有引力引起A 行星轨道的偏离．根据上述现象和假设，试估算未知行星B 绕中央恒星O 运动的周期和轨道半径．解析：(1)设中央恒星O 的质量为M ，A 行星的质量为m ，则由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm R 20＝m 4π2T 20R 0解得M ＝4π2R 3GT 20.(2)由题意可知，A 、B 相距最近时，B 对A 的影响最大，A 的偏离最大，因每隔t 0时间A 行星发生一次最大偏离，故每隔t 0时间A 、B 两行星相距最近，设B 行星的周期为T B ，则有t 0T 0－t 0T B＝1解得T B ＝t 0T 0t 0－T 0. 设B 行星的运行轨道半径为R B ，根据开普勒第三定律有R 3B R 30＝T 2BT 20解得R B ＝R 0·3t 0t 0－T 02.答案：(1)4π2R 30GT 20(2)T B ＝t 0T 0t 0－T 0 R B ＝R 0·3t 0t 0－T 02。
物理人教版一轮课件：4-2 平抛运动的规律及其应用
匀速直线运动,由 x=vxt 可知,B 球水平方向的分速度大,即在最高 点的速度大,选项 C 正确;小球运动过程中机械能守恒,落地时的 竖直分速度,两球大小相等,而水平分速度,B 球大于 A 球,故 B 球 关闭 落地时的速度比 A 球落地时的速度大,选项 D 正确。 CD
解析 答案
知识梳理
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知识梳理
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知识梳理
双击自测
(4)做平抛运动的物体质量越大,水平位移越大。( × )
平抛运动物体的水平位移 x=v0
2ℎ ������
,与质量无关。
(5)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。 ( × ) 平抛运动的物体落地时竖直方向的速度 vy= 2������ℎ,与初速度无关。 (6)做平抛运动的物体初速度越大,在空中运动时间越长。( × )
间相同,甲的初速度较小,故选项 B、C 正确。
关闭
BC
解析 答案
知识梳理
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知识梳理
双击自测
4.(多选)(斜抛运动)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( ) 关闭 A.B的加速度比A的大 小球运动过程中只受到重力作用 ,加速度均等于重力加速度,选 1 B.B的飞行时间比A的长 项 A 错误;小球在竖直方向做匀变速运动,结合 h= ������������0 2 可知,小 2 C.B在最高点的速度比A在最高点的大 2ℎ 球的飞行时间均为 t=2A t0在落地时的大 =2 ,选项 B 错误;小球在水平方向均做 D.B在落地时的速度比 ������
2.平抛运动的研究方法和基本规律 (1)研究方法:运动的合成和分解 水平方向: 匀速直线运动 。 自由落体运动 。 竖直方向:
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 第一章 动量守恒定律及其应用限时规范特训 新人教版选修3
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习第一章动量守恒定律与其应用限时规范特训新人教版选修3-5 题组一双基练1．如下列图，铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，其它条件不变，假设以2v的速度抽出纸条，如此铁块落地点为( )A．仍在P点B．P点左边C．P点右边不远处D．P点右边原水平位移两倍处解析：两种情况纸片运动距离一样，所以速度越大，需要的时间越短．在抽出的过程中，铁块受摩擦力作用，使铁块获得速度，根据动量定理得Ft＝mv－0，时间越短，速度越小，平抛距离越短，所以选B.答案：B2．(多项选择)古时有“守株待兔〞的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死．假设兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0.2 s如此被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )A．1 m/s B．1.5 m/sC．2 m/s D．2.5 m/s解析：根据题意建立模型，设兔子与树桩的撞击力为F，兔子撞击后速度为零，根据动量定理有Ft＝mv，所以v＝Ftm≥mgtm＝gt＝10×0.2 m/s＝2 m/s.答案：CD3. (多项选择)如下列图，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的答案是( )A. 弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B. C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC. C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D. C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A 错误．设碰前C 的速率为v 1，AB 的速率为v 2，如此0＝mv 1－Mv 2，得v 1v 2＝M m，故B 正确．设C 与油泥粘在一起后，AB 、C 的共同速率为v 共，如此0＝(M ＋m )v 共，得v 共＝0，故C 正确，D 错误．答案：BC4. 如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．假设救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，如此救生员跃出后小船的速率为( )A. v 0＋m M vB. v 0－m MvC. v 0＋m M(v 0＋v ) D. v 0＋m M(v 0－v )解析：以向右为正方向，据动量守恒定律有(M ＋m )v 0＝－mv ＋Mv ′，解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )，应当选C.答案：C5. [2014·吉林白山] 如下列图，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A .车上有两个滑块B 和C ，A 、B 、C 三者的质量分别是3m 、2m 、m .B 与车之间的动摩擦因数为μ，而C 与车之间的动摩擦因数为2μ.开始时B 、C 分别从车的左、右两端同时以大小一样的初速度v 0相向滑行．滑块B 、C 最后都没有脱离平板车，如此车的最终速度v 车是( )A. 12v 0B. 16v 0C. 13v 0D. 0 解析：设水平向右为正方向，A 、B 、C 组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v 车，根据动量守恒定律可得，2mv 0－mv 0＝(3m ＋2m ＋m )v 车，解得，v 车＝16v 0，B 项正确．答案：B6. (多项选择)如下列图，光滑水平面上有大小一样的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，如此( )A. 该碰撞为弹性碰撞B. 该碰撞为非弹性碰撞C. 左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D. 右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B <v A ，假设右为A 球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；假设左为A 球，设碰后二者速度分别为v ′A 、v ′B ，由题意知p ′A ＝m A v ′A ＝2 kg·m/s，p ′B ＝m B v ′B ＝10 kg·m/s，解得v ′A v ′B ＝25.碰撞后A 球动量变为2 kg·m/s，B 球动量变为10 kg·m/s，又m B ＝2m A ，由计算可知碰撞前后A 、B 两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项AC 正确．答案：AC7. 如下列图，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，如此物块冲上长木板后在长木板上最多能滑行的距离为( )A. LB. 3L 4C. L 4D. L2解析：长木板固定时，由动能定理得：μMgL ＝12Mv 20，长木板不固定时有Mv 0＝2Mv ，μMgs ＝12Mv 20－12·2Mv 2，解得s ＝L 2，选项D 正确． 答案：D8. [2014·四川眉山]如下列图，质量M ＝20 kg 的空箱子，放在光滑水平面上，箱子中有一个质量m ＝30 kg 的铁块，铁块与箱子的左端ab 壁相距s ＝1 m ，它一旦与ab 壁接触后就不会分开，铁块与箱底间的摩擦可以忽略不计，用水平向右的恒力F ＝10 N 作用于箱子，2 s 末立即撤去作用力，最后箱子与铁块的共同速度大小是( )A. 25 m/s B. 14 m/s C. 23m/s D. 532m/s 解析：恒力F ＝10 N 作用于箱子上时，箱子的加速度大小为a ＝F /M ＝0.5 m/s 2,2 s 末，箱子的速度大小为v ＝at ＝1 m/s ，箱子的位移x ＝12at 2＝1 m ，此时，箱子刚好和铁块相碰，设碰后的共同速度为v m ，根据动量守恒定律得，Mv ＝(m ＋M )v m ，解得，v m ＝25m/s ，A 项正确．答案：A9. 2011年春节晚会上的杂技表演震惊四座，其中一项表演可模拟如下列图模型．A 运动员和B 运动员质量一样，A 运动员从高为h 处由静止摆下，到达最低点恰好抓住B ，并一起继续摆动，他们能上升的最大高度是( )A. h 2B. 22hC. h4D.24h 解析：对A 由机械能守恒mgh ＝12mv 2，得v ＝2gh .对碰撞过程由动量守恒mv ＝2mv ′，得v ′＝2gh 2.设碰撞后A 、B 整体上摆的最大高度为h ′，如此2mgh ′＝12×2mv ′2，解得h ′＝h4，C 正确．答案：C10. 质量为m 的甲物块以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在甲物块上．另一质量也为m 的乙物块以4 m/s 的速度与甲相向运动，如下列图．如此( )A. 甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B. 当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C. 当甲物块的速率为1 m/s 时，乙物块的速率可能为2 m/s ，也可能为0D. 甲物块的速率可能达到5 m/s解析：甲、乙两物块在压缩弹簧过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A 错误；当两物块相距最近时，它们的速度一样，设为v ，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv 乙－mv 甲＝2mv ，代入数据，可得v ＝0.5 m/s ，选项B 错误；当甲物块的速率为1 m/s 时，其运动方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为2 m/s ，当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，且均满足能量条件，所以选项C 正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，假设甲物块的速率达到5 m/s ，那么乙物块的速率肯定不为零，这样系统的机械能增加了，所以选项D 错误．答案：C 题组二 提能练11. 如下列图为“验证动量守恒定律〞的实验装置．(1)如下说法中符合本实验要求的是________(选填选项前面的字母)． A. 入射球比靶球质量大或者小均可，但二者的直径必须一样B. 在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C. 安装轨道时，轨道末端必须水平D. 需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表(2)实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O 点，经屡次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M ，P ，N ，并测得它们到O 点的距离分别为OM ，OP 和ON .入射球的质量为m 1，靶球的质量为m 2，如果测得m 1·OM ＋m 2·ON 近似等于________，如此认为成功验证了碰撞中的动量守恒．解析：(1)入射球应比靶球质量大，A 错；此题用小球水平位移代替速度，所以不用求出具体时间，所以不需要秒表，D 错；此题选BC.(2)碰撞后两球的总动量应该等于不放靶球而让入射球单独下落时的动量，入射球单独下落时的动量可用m 1OP 表示．答案：(1)BC (2)m 1OP12．据报道，一辆轿车在高速强行超车时，与迎面驶来的另一辆轿车相撞，两车身因碰撞挤压，皆缩短了约0.5 m ，据测算相撞时两车车速均为108 km/h ，试求碰撞过程中车内质量60 kg 的人受到的平均冲击力约为多少？解析：两车相碰时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，此过程位移为0.5 m ，设人随车做匀减速直线运动的运动时间为t ，v 0＝30 m/s ，根据s ＝v 02t ，得t ＝2s v 0＝2×0.530 s ＝130 s根据动量定理有Ft ＝mv 0， 解得F ＝5.4×104N. 答案：5.4×104 N13. 如下列图，光滑水平面上有甲、乙两辆平板小车，质量均为 4 kg ，甲车上外表光滑，其右端放置一质量m ＝1 kg 的木块，并与甲车一起以2 m/s 的速度向左匀速运动．乙车以4 m/s 的速度向同一方向追赶甲车，相碰后木块滑到乙车上，甲车的速度变为3 m/s ，乙车上外表粗糙，木块没有从乙车上滑落，求木块的最终速度的大小．解析：设甲、乙两车相碰后，甲车的速度为v ′甲．乙车的速度v ′乙 由动量守恒定律得，M 甲v 甲＋M 乙v 乙＝M 甲v ′甲＋M 乙v ′乙 解得，v ′乙＝3 m/s木块滑上乙车后，木块向左加速运动，乙车向左减速运动，假定乙车足够长，达到的共同速度为v .由动量守恒定律得，M 乙v ′乙＋mv 甲＝(m ＋M 乙)v 解得，v ＝2.8 m/s. 答案：2.8 m/s14. [2014·浙江金华]如下列图，A 、B 两球放在足够长光滑的水平面上，水平面的右侧与竖直平面内一光滑曲面相切，现给A 一向右的速度，让A 与B 发生对心弹性碰撞，小球沿曲面上升到最高点后又能再沿曲面滑回到水平面．假设要B 返回水平面时能再与A 发生碰撞，如此A 、B 的质量应满足什么关系？解析：设A 、B 的质量分别为m A 和m B ，设A 的初速度为v 0，当A 与B 发生碰撞时，m A v 0＝m A v A ＋m B v B12m A v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B 解得，v A ＝m A －m Bm A ＋m Bv 0 v B ＝2m Am A ＋m Bv 0显然，如果二者碰撞后都向右运动或A 停止运动，是一定能发生二次碰撞的；在碰撞后A 向左运动时，要能发生二次碰撞，需有：vB >－v A解得，m A >m B 3.答案：m A >m B315. 如下列图，坡道顶端距水平面高度为h ＝0.5 m ，质量为m ＝1.0 kg 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面OM 时无机械能损失，水平面OM 长为2x ，其正中间有质量分别为2m 、m 的两物块B 、C (中间粘有炸药)，现点燃炸药，B 、C 被水平弹开，物块C运动到O 点时与刚进入水平面的小物块A 发生正碰，碰后两者结合为一体向左滑动并刚好在M 点与B 相碰，不计一切摩擦，三物块均可视为质点，重力加速度为g ＝10 m/s 2，求炸药点燃后释放的能量E .解析：设A 刚到达O 时速度为v 0，由动能定理知mgh ＝12mv 2爆炸过程中B 、C 动量守恒，有mv 1＝2mv 2 爆炸过程中能量守恒，有E ＝12mv 21＋12·2mv 22C 与A 发生正碰，满足动量守恒，设碰后速度为v ，如此 mv 0－mv 1＝2mv因结合体在M 点与B 相碰，由时间关系得x v 2＝x v 1＋2xv联立并代入数值得E ＝3100mv 20＝350mgh ＝0.3 J.答案：0.3 J。
高考物理备考复习精练：第四章 第2讲 平抛运动的规律及应用 讲义 -
第2讲平抛运动的规律及应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】抛体运动Ⅱ1．平抛运动(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(不考虑空气阻力)的运动。
(2)性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
(3)条件①v0≠0，且沿水平方向。
②只受重力作用。
2．斜抛运动(1)定义：将物体以初速度v0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：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
【知识点2】抛体运动的基本规律1．平抛运动(1)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。
(2)基本规律(如图所示)①速度关系②位移关系③轨迹方程：y＝g2v20x2。
2．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v0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。
板块二考点细研·悟法培优考点1平抛运动的基本规律[深化理解]1．关于平抛运动必须掌握的四个物理量(1)做平抛运动的物体任一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，如图甲中A 点和B 点所示。
其推导过程为tan θ＝v y v x＝gt 2v 0t ＝yx 2。
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α。
如图乙所示。
其推导过程为tan θ＝v y v 0＝gt ·t v 0·t ＝2yx＝2tan α。
例1 (多选)如图所示，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。
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 43 圆周运动及其应用模拟提能训(含解析)
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 4-3 圆周运动及其应用模拟提能训（含解析）1．[2012·浙江高考](多选)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R 解析：小球从D 点运动到A 点，由动能定理有mg (H －2R )＝12mv 2A ，解得：v A ＝2g H －2R ，小球运动到A 点且做平抛运动应满足条件v A >0，故H >2R ，选项C 正确，选项D 错误；小球经过A 点做平抛运动，根据平抛运动规律：x ＝v A t,2R ＝12gt 2，解得x ＝22RH －4R 2，选项A 错误，选项B 正确．答案：BC2．[2013·课标全国卷Ⅱ](多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v 0，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v 0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v 0的值变小解析：汽车以速率v 0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此处公路内侧较低外侧较高，选项A 正确．车速只要低于v 0车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定向内侧滑动，选项B 错误．车速虽然高于v 0，由于车轮与地面有摩擦力，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项C 正确．根据题述，汽车以速率v 0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时v 0的值不变，选项D 错误．答案：AC3．[2011·安徽高考]一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图甲所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v 0抛出，如图乙所示．则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是( )解析：物体做斜上抛运动，最高点速度即为斜上抛的水平速度v P ＝v 0cos α，最高点重力提供向心力mg ＝m v 2P ρ，由两式得ρ＝v 2P g ＝v 20cos 2αg. 答案：C二、模拟题组4．[2013·安徽省黄山市高三上学期11月“七校联考”物理试题]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(1)所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的拉力为T ，则T 随ω2变化的图象是下图中的( )解析：当ω较小时，小球没有脱离圆锥，小球受到重力G 、拉力T 和垂直于光滑圆锥的支持力N 的作用，它们在水平方向的合力提供向心力，设圆锥底角为θ，则T sin θ＋N cos θ＝G ，T cos θ－N sin θ＝mω2l cos θ，可求得，T ＝tan θ1＋tan 2 θcos θG ＋11＋tan 2 θmω2l ， 此时T －ω2图象是纵轴截距不为零的倾斜直线，斜率k ＝11＋tan 2θml ，当ω较大时，小球脱离圆锥，小球的重力G 和拉力T 的合力提供向心力，T cos θ＝mω2l cos θ，可求得T ＝mω2l ，此时T －ω2图象是斜率k ′＝ml >k 的倾斜直线．综上分析，选项C 正确．答案：C5．[2014·大连一模]一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O 点，在O 点有一个能测量绳的拉力大小的力传感器，让小球绕O 点在竖直平面内做圆周运动，由传感器测出拉力F 随时间t 变化图象如图所示，已知小球在最低点A 的速度v A ＝6 m/s ，求：(1)小球做圆周运动的周期T ；(2)小球的质量m ；(3)轻绳的长度L ；(4)小球在最高点的动能E k .解析：(1)小球在运动的过程中，重力与绳子的拉力之和提供向心力，拉力随运动过程做周期性变化，故拉力的周期也就等于小球做圆周运动的周期，由图可以看出周期T ＝2 s. (2)以小球为研究对象，设其在最低点受到拉力T A ，最高点受拉力T B .由图可以看出T A ＝14 N ，T B ＝2 N最低点：T A －mg ＝m v 2A L① 最高点：T B ＋mg ＝m v 2B L② 从A 到B 过程中，只有重力做功．由动能定理得：12mv 2A －12mv 2B ＝mg ·2L ③ 已知T A ＝14 N ，T B ＝2 N ，g ＝9.8 m/s 2，v A ＝6 m/s ，代入①②③式，联立解得：m ≈0.2 kg，L ≈0.61 m(3)由(2)中已解得轻绳长度L ＝0.61 m.(4)E k ＝12mv 2＝12mv 2A －2mgL ＝ J.答案：(1)2 s (2)0.2 kg (3)0.61 m (4) J。
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【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 4-2 平抛运动的规律及应用限时规范特训（含解析）1. (多选)正在高空水平匀速飞行的飞机，每隔1 s 释放一个小球，先后共释放5个，不计空气阻力，则( )A ．这5个小球在空中排成一条直线B ．这5个小球在空中处在同一抛物线上C ．在空中，第1、2两个球间的距离保持不变D ．相邻两球的落地点间距相等解析：释放的每个小球都做平抛运动，水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，所以5个小球均始终在飞机正下方，且相邻小球落地点间距相等，选项AD 正确．竖直方向5个小球均为自由落体运动，由于第2个球释放时第1个小球的速度已经为v 0＝gt ＝10 m/s ，故之后经时间t ，两小球间距为Δh ＝(v 0t ＋12gt 2)－12gt 2＝v 0t ，故两小球间距逐渐增大，选项BC错误．答案：AD2. 以v 0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是( )A. 瞬时速度的大小是5v 0B. 运动的时间是2v 0gC. 竖直分速度的大小等于水平分速度的大小D. 运动的位移是22v 2g解析：由x ＝v 0t ，y ＝12gt 2和x ＝y ，可知t ＝2v 0g ，故B 正确，代入v y ＝gt ，y ＝12gt 2，结合v ＝v 20＋v 2y ，s ＝x 2＋y 2，可知选项A 、D 正确，C 错误．答案：C3. [2013·福州模拟](多选)如下图所示，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∶3∶5B. 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 、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：AB4. 如图为一足够大的光滑斜面，其上有一个xOy 坐标系，x 轴沿水平方向，将一小球从O 点以初速度v 0沿x 轴正方向抛出，最终运动到斜面的底边，关于小球的运动下列说法正确的是()A. 小球做的是平抛运动B. 小球运动的轨迹是抛物线C. 小球运动到斜面底边所用的时间由O 点到斜面底边的距离决定D. 小球运动到斜面底边时的坐标由O 点到斜面底边的距离和小球的初速度决定 解析：小球受到斜面的作用力，因此小球不做平抛运动，A 项错误；在斜面内，小球受到沿斜面向下的恒定的重力的分力作用，因此小球做类平抛运动，轨迹为抛物线，B 项正确；小球运动到斜面底边所用的时间由O 点到斜面底边的距离和斜面的倾角决定，C 项错误；小球运动到斜面底边时的坐标由O 点到斜面底边的距离、小球的初速度及斜面的倾角共同决定，D 项错误．答案：B5. [2014·皖南八校高三联考一]如图所示，在足够长的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上的水平距离为x 1；若将此球改用2v 0水平速度抛出，落到斜面上的水平距离为x 2，则x 1∶x 2为()A. 1∶1B. 1∶2C. 1∶3D. 1∶4解析：设斜面倾角为θ，则tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，故t ＝2v 0tan θg，水平位移x ＝v 0t＝2v 20tan θg∝v 20，故当水平初速度由v 0变为2v 0后，水平位移变为原来的4倍，D 项正确．答案：D6. (多选)如图所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a 恰好落在斜面底端P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的中点Q 处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A. v a ＝v bB. v a ＝2v bC. t a ＝t bD. t a ＝2t b解析：对a 球：L ＝v a t a ，h ＝12gt 2a ；对b 球：L 2＝v b t b ，h 2＝12gt 2b ，联立可解得t a ＝2t b ，v a ＝2v b .答案：BD7. 如图所示，在倾角θ＝37°的斜面底端的正上方H 处，平抛一个物体，该物体落到斜面上的速度方向正好与斜面垂直，则物体抛出时的初速度为( )A. 9gH17 B. gH4C.3gH 4D.gH3解析：物体从离斜面高H 处做平抛运动，落到斜面上的速度与斜面垂直，此时水平方向分速度为v 0，竖直方向分速度为v y ，所用时间为t ，水平位移为x ，则v 0v y ＝tan37°＝v 0gt ＝34，下落高度y ＝12gt 2，水平方向x ＝v 0t ，又有H －y ＝x tan37°，解得v 0＝9gH17，选项A 正确．答案：A 题组二 提能练8. (多选)有一个物体在h 高处，以水平初速度v 0抛出，落地时的速度为v ，竖直分速度为v y ，下列公式能用来计算该物体在空中运动时间的是( )A. v 2－v 20gB.v －v 0g C. 2h gD. 2h v y解析：平抛运动可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．水平方向x ＝v 0t ，竖直方向h ＝12gt 2，h ＝v y 2t ，v y ＝gt ，v y ＝v 2－v 20，解得t ＝2h g ＝2h v y ＝v 2－v 2g，选项A 、D 正确．答案：AD9. (多选)如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，AB 为水平直径，O 为圆心，将一些半径远小于轨道半径的小球从A 点以不同的初速度水平向右抛出，若不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法正确的是( )A ．初速度大的小球运动时间长B ．初速度小的小球运动时间长C ．初速度不同的小球运动时间可能相同D ．落在圆形轨道最低点的小球运动时间最长 解析：由公式h ＝12gt 2得t ＝2hg，因此小球做平抛运动的时间t 仅由其下落的高度h决定，与初速度大小无关，A 、B 错；初速度不同的小球有可能下落高度h 相同，即运动时间相同，C 对；落在圆形轨道最低点的小球运动时间最长，D 对．答案：CD10. (多选)三角形ABC 和CDE 是两个全等三角形，在A 点和E 点有两个小球P 、Q ，先后水平抛出两个小球，两小球恰好在C 点相遇．已知AC ＝CE ，下列说法正确的是( )A ．小球Q 后抛出B ．小球P 和小球Q 的水平速度之比为1∶3C ．小球P 和小球Q 在空中运动的时间之比为43∶1D ．C 点两球速度与水平方向夹角相同解析：由于小球Q 平抛运动的时间短故后抛出，A 正确；设两球水平位移为x ，竖直位移为y ，由平抛运动规律可得：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，可得：x y ＝2v 0gt ⇒v 0＝gt tan θ2，故v 0∝tan θ·t ，其中t ＝2yg，可求得小球P 和小球Q 在空中运动的时间之比为43∶1，水平速度之比为43∶3，B 错误，C 正确；设C 点小球速度方向与水平方向夹角为α，tan α＝v y v 0，小球P的纵向分速度大，水平分速度小，故小球P 与水平方向夹角大，D 错误．答案：AC11. 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( )A. 12L B. 13L C. 14L D. 15L 解析：设小球释放点距木板上端的水平距离为x ，小球自与木板上端等高的某处自由释放，v 2＝2gx ，与木板碰撞后平抛，12gt 2＝vt ，L ＝vt ＋x ，联立解得x ＝15L ，选项D 正确．答案：D12. 如图所示，在“研究平抛物体的运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l ＝1.25 cm.若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a 、b 、c 、d 所示，则小球平抛的初速度的计算式为(用l 和g 表示)________，其值是________(g ＝9.8 m/s 2)，小球在b 点的速率是________．解析：平抛运动可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即初速度为零的匀加速直线运动．当应用公式v 0＝s x /t ，s y ＝gt 2/2时，必须已知(或从图中得到)从抛出点开始算起的水平位移s x 和竖直位移s y ，本题通过分析图象可知，a 点不是抛出点，所以不能用上式求，但a 、b 、c 、d 每相邻两点之间的时间间隔是相等的，设为T ，又根据匀变直线运动连续相等时间内位移差Δs ＝at 2可得Δs ＝gT 2l ＝gT 2，T ＝l /gv 0＝2l /T ＝2lg ＝0.70 m/s.对b 点来说，其竖直分速度v y ＝3l 2T ＝32lgb 的速率v b ＝v 20＋v 2y ＝52gl ＝0.875 m/s. 答案：2lg 0.70 m/s 0.875 m/s13. [2014·南京高三模拟二]如图所示，在距地面2l 高空A 处以水平初速度v 0＝gl 投掷飞镖，在与A 点水平距离为l 的水平地面上的B 点有一个气球，选择适当时机让气球以速度v 0＝gl 匀速上升，在升空过程中被飞镖击中．飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和气球视为质点，已知重力加速度为g .试求：(1)飞镖是以多大的速度击中气球的？(2)掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔Δt 应为多少？解析：(1)飞镖A 被投掷后做平抛运动．从掷出飞镖到击中气球，经过时间t 1＝lv 0＝l g此时飞镖在竖直方向上的分速度v y ＝gt 1＝gl故此时飞镖的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝2gl (2)飞镖从掷出到击中气球过程中 下降的高度h 1＝12gt 21＝l 2气球从被释放到被击中过程中上升的高度 h 2＝2l －h 1＝3l2气球的上升时间t 2＝h 2v 0＝3l 2v 0＝32l g可见，t 2>t 1，所以应先释放气球． 释放气球与掷飞镖之间的时间间隔 Δt ＝t 2－t 1＝12l g答案：(1)2gl (2)12l g。