2018_2019学年高中物理第五章曲线运动课时提升作业二5.2平抛运动新人教版必修2.doc

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1、1课时提升作业 二 平 抛 运 动(40 分钟 100 分)一、选择题(本题共 6 小题,每小题 6 分,共 36 分)1.(2018济南高一检测)关于平抛物体的运动,下列说法中正确的是 ( )A.平抛物体运动的速度和加速度都随时间的增加而增大B.平抛物体的运动是匀变速运动C.做平抛运动的物体仅受到重力的作用,所以速度保持不变D.做平抛运动的物体水平方向的速度逐渐增大【解析】选 B。平抛运动是只在重力的作用下的运动,竖直方向上是自由落体运动,加速度为重力加速度,不变,故 A 项错误;平抛运动的加速度为重力加速度,大小是不变的,所以平抛运动是匀变速运动,故 B 项正确;平抛运动是匀变速运动,速度

2、逐渐增大,故 C 项错误;平抛运动在水平方向上是匀速直线运动,速度不变,故 D 项错误。【补偿训练】下列图象中能正确表述平抛运动的水平位移与时间关系的是 ( )【解析】选 B。平抛运动水平方向做匀速直线运动,则有 x=v0t,可知水平位移与时间成正比,x-t 图象是过原点的直线,故 A、C、D 项错误,B 项正确。2.(2018长沙高一检测)以 10 m/s 的初速度从距水平地面 20 m 高的塔上水平抛出一个石子。不计空气阻力,g 取 10 m/s2,则石子抛出点到落地点位移的大小为 ( )A.20 m B.30 mC.20 m D.30 m2【解析】选 C。根据平抛运动的分位移公式,有:x

3、=v 0t,y= gt2,联立解得:t= =12 2s=2 s;x=v0t=10 m/s2 s=20 m;故合位移为:s= = 22010 2+2m=20 m。202+202 2【补偿训练】在地面上方 1 m 高度处将小球以 2 m/s 的初速度水平抛出,若不计空气阻力,则它在落地前瞬间的速度大小为(g 取 10 m/s2) ( )A.2 m/s B.2 m/s C.10 m/s D.4 m/s5【解析】选 B。根据速度位移公式得,小球落地的竖直分速度 vy= = 2m/s=2 m/s,根据平行四边形定则得,小球落地的速度 v= m/s=2 m/s,故 B 项正确,A 、C、D 项错误。20+

4、23. (2018银川高一检测)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轴上水平抛出的两个小球 a 和 b 的运动轨迹,不计空气阻力。它们的初速度分别为 va、v b,下落时间分别为 ta、t b。则下列关系正确的是 ( )A.vavb、t atb B.vavb、t atb D.vatb。因为 xbxa,根据2v= 知,v bva,故 C 项正确,A、 B、D 项错误。【补偿训练】两个物体做平抛运动的初速度之比为 21,若它们的水平射程相等,则它们抛出点离地面的高度之比为 ( )A.12 B.21 C.14 D.413【解析】选 C。根据 x=v0t 知,水平射程相等,

5、初速度之比为 21,则时间之比为 12,根据h= gt2得,抛出点与地面的高度之比为 14,故 C 项正确,A、B、D 项错误。124.P 与 Q 二球水平相距 150 m,距地面高都为 80 m,同时相向水平抛出两球,初速度分别为vP=20 m/s,vQ=30 m/s,如图所示,则二球相碰点 S 距地面高度是(g 取10 m/s2)( )A.25 m B.35 m C.45 m D.55 m【解析】选 B。设相遇经过的时间为 t,则有:x PQ=(vP+vQ)t,解得:t= s=3 s;下落15020+30的高度为:h= gt2= 109 m=45 m,所以距离地面的高度为 :H=80 m-

6、45 m=12 1235 m,B 项正确,A、C、D 项错误。5.如图所示,倾角为 的斜面上有 A、B、C 三点,现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球,三个小球均落在斜面上的 D 点,今测得 ABBCCD=531,由此可判断 ( )A.A、B、C 处三个小球运动时间之比为 123B.A、B、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交C.A、B、C 处三个小球的初速度大小之比为 123D.A、B、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为 111【解析】选 D。A、B、C 处三个小球下降的高度之比为 941,根据平抛运动的时间 t=知,A、B 、C 处三个小球运动时间之比为 321,

7、故 A 项错误;因最后三个小球落到2同一点,抛出点不同,轨迹不同,故三个小球的运动不可能在空中相交,故 B 项错误;三个小球的水平位移之比为 941,根据 x=v0t 知,初速度之比为 321,故 C 项错误;对于任意一球,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42 倍,三个小球落在斜面上,位移与水平方向夹角相等,即位移与水平方向夹角正切值相等,则三个小球在 D 点速度与水平方向上的夹角的正切值相等,也就是三个小球在 D 点的速度与水平方向的夹角相等,故 D 项正确。6.(2018武汉高一检测)如图所示,一名运动员在参加跳远比赛,他腾空过程中离地面的最大高

8、度为 L,成绩为 4L,假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为 ,运动员可视为质点,不计空气阻力,则有 ( )A.tan=2 B.tan=1C.tan= D.tan=12 14【解析】选 B。运动员从最高点到落地的过程做平抛运动,根据对称性知平抛运动的水平位移为 2L,则有:L= gt2,得:t= ,运动员通过最高点时的速度为:v= = ,则有:12 2tan= =1,故 B 项正确,A、C、D 项错误。二、计算题(本题共 2 小题,共 24 分。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)7.(10 分)(2018天水高一检测)在足够高处将质量 m=1 kg 的小球沿水

9、平方向抛出,已知在抛出后第 2 s 末时小球速度大小为 25 m/s,g 取 10 m/s2,求:(1)第 2 s 末小球下降的竖直高度。(2)小球沿水平方向抛出时的初速度大小。(3)2 s 内小球位移的大小。【解析】(1)小球在竖直方向做自由落体运动,第 2 s 末小球下降的竖直高度:h= gt2= 1022 m=20 m。12 12(2)第 2 s 末小球在竖直方向分速度 v y=gt=20 m/s由速度的分解法可知,小球平抛初速度5v0= = m/s=15 m/s。2-2 252-202(3)2 s 内水平位移 x=v0t=30 m则 2 s 内小球位移的大小 s= =10 m。答案:(

10、1)20 m (2)15 m/s (3)10 m8.(14 分)如图所示,在 y 轴的左侧有一垂直于 y 轴的足够大平行光,在 x0=1.2 m 位置有一个足够长的竖直挡板,现把一不透明小球从坐标原点 O 以 v0=3 m/s 的初速度沿 x 轴水平抛出,不计空气阻力,重力加速度 g 取 10 m/s2。求:(1)小球与挡板上影子相遇的时间 t。(2)小球与挡板上影子相遇时的速度大小 v。(3)仅改变挡板在+x 轴上的位置,重复抛球操作,请写出小球和影子相遇点的轨迹方程。【解析】(1)小球在水平方向做匀速直线运动,则有:x0=v0t代入数据得:t=0.4 s。(2)小球竖直方向做自由落体运动,

11、小球与挡板上影子相遇时有:v y=gt=4 m/s 速度大小为:v= 20+2代入数据得:v=5 m/s。(3)设小球与影子相遇点坐标为(x,y),则有:x=v 0ty= gt 212解得:y= x2220代入数据得:y= x2。596答案:(1)0.4 s (2)5 m/s (3)y= x2591.(8 分)(多选)(2018沈阳高一检测)如图为小球做平抛运动的示意图。发射口距地面高为 h,小球发射的速度为 v,落地位置到发射口的水平距离为 R,小球在空中运动的时间为 t。下列说法正确的是 ( )A.h 一定时,v 越大,R 越大B.h 一定时,v 越大,t 越长C.v 一定时,h 越大,R

12、 越大D.v 一定时,h 越大,t 越长【解析】选 A、C、D。根据 t= 可知,h 一定时,下落的时间 t 一定,R=vt,v 越大则 R 越2大,故 A 项正确,B 项错误;v 一定时,h 越大下落时间 t 越长,则 R 越大,故 C、D 项正确。2. (8 分 )(2018厦门高一检测)如图所示,质量为 m=0.5 kg 的小球(可视作质点)从 A 点以初速度 v0水平抛出,小球与竖直挡板 CD 和 AB 各碰撞一次(碰撞时均无能量损失),小球最后刚好打到 CD 板的最低点。已知 CD 挡板与 A 点的水平距离为 x=2 m,AB 高度为 4.9 m,空气阻力不计,g 取 9.8 m/s

13、2,则小球的初速度 v0大小是 ( )A.7 m/s B.6 m/sC.5 m/s D.4 m/s【解析】选 B。小球在竖直方向做自由落体运动,运动时间为 t,则 HAB= gt2,解得 t=1 s;小12球与竖直挡板 CD 和 AB 各碰撞一次(碰撞时均无能量损失),小球最后刚好打到 CD 板的最低7点,所以小球水平方向通过的路程为 s=3x=6 m,所以小球的初速度 v0= =6 m/s。故 B 项正确,A、C、D 项错误。3.(8 分)(2018郑州高一检测)有一足够长、倾角为 30的光滑斜面,在其顶端由静止释放小球 P,经过时间 t 后,仍在该斜面顶端位置水平抛出另一小球 Q,小球 Q

14、 刚好击中小球 P,重力加速度为 g。下列说法正确的是 ( )A.小球 P 被击中前在斜面上运动的时间为 1.5tB.小球 Q 将要击中小球 P 时小球 Q 的速度与水平方向成 60角C.小球 Q 水平抛出时的速度为 gtD.小球 Q 击中小球 P 时小球 Q 的位移为 gt2【解析】选 C、D。P 运动的加速度 a=gsin30= g,设 Q 经过 t时间击中小球 P,则有:12= a(t+t) 2,解得:t=t,则小球 P 被击中前在斜面上运动的时间为 2t,故 A12项错误;小球 Q 运动的时间为 t,则有:tan30= = ,解得:v 0= =1220 230,设击中小球 P 时小球

15、Q 的速度与水平方向成 角,则有:tan= = ,32 233故 B 项错误,C 项正确;小球 Q 击中 P 时的位移为:x=gt2,故 D 项正确。4.(16 分)如图甲所示,练习雪道由倾斜部分 AB 段和水平部分 BC 段组成,其中倾斜雪道的倾角 =45,A 处离水平地面的高度 H=5 m。运动员每次练习时在 A 处都沿水平方向飞出,不计空气阻力。g 取 10 m/s2。8(1)求运动员在空中运动的最长时间 tm。(2)若运动员要落在 AB 段,求其在 A 处飞出时的最大速度 vm大小。(3)运动员在 A 处飞出的速度为 v,当其落到 BC 段时,速度方向与竖直方向的夹角为 ,试通过计算在

16、图乙中画出 tan - v 图象。【解析】(1)运动员在空中运动的最长时间对应运动员下落的高度 H=5 m,根据 H= g 得,t m= = s=1 s。122 2(2)若运动员落在斜面上,速度最大时恰好落在 B 点,由于 =45,则运动员的水平位移:x=H=5 m运动员飞出的最大初速度:v m= = m/s=5 m/s。51(3)运动员到达 BC 段时,下落的时间是 1 s,则落地时竖直方向的分速度:v y=gtm=101 m/s=10 m/s运动员到达 BC 的过程中水平方向的分速度不变,到达 B 点的水平方向的分速度为 5 m/s,所以到达 B 点时速度方向与竖直方向的夹角满足:tan=

17、 = = 12在 BC 段:tan= = v所以画出 tan-v 图象如图。答案:(1)1 s (2)5 m/s (3)见解析【补偿训练】9(2018乐山高一检测)如图所示,一小球从平台上水平拋出,恰好落在临近平台的一倾角为=53的固定斜面顶端,并刚好沿斜面下滑,小球与斜面间摩擦因数 =0.5,已知斜面顶端与平台的髙度差 h=0.8 m,g 取 10 m/s2,sin53= 0.8,cos53=0.6,则:(1)小球水平拋出的初速度是多大?(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离 s 是多少?(3)若平台与斜面底端高度差 H=6.8 m,则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端?【解析】(1)由于刚好沿斜面下滑=2gh据题有 tan37=0解得 v0=3 m/s。(2)由 h= g ,s=v0t112联立解得:s=1.2 m,t 1=0.4 s。(3)设小球在斜面上下滑的加速度为 amgsin53- mgcos 53=ma由几何关系有 cos37=10小球刚落到斜面上时的速度 v 合 =小球在斜面上运动的过程有 s 斜 =v 合 t2+ a1222联立解得:t 2=1 s因此 t 总 =t1+t2=1.4 s。答案:(1)3 m/s (2)1.2 m (3)1.4 s