2019届高考物理一轮复习练习：第4章 第2讲　平抛运动的规律及应用(含解析)

板块三  限时规范特训　　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)1．一个物体以初速度v0被水平抛出，落地时速度为v，那么物体运动的时间是(　　)A.    B.C.    D.答案　C解析　由v2＝v＋v＝v＋(gt)2，得出t＝，故C正确。2．[2017·江西联考]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答案　B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，A错误；加速度相同，相等时间内三个小球的速度变化相同，B正确，C、D错误。3．物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角α的正切tanα随时间t变化的图象是图中的(　　)答案　B解析　根据几何关系：tanα＝＝，则tanα与t成正比例函数关系，B正确。4．[2018·山西太原模拟]将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短B．篮球两次抛出时速度的竖直分量第一次小于第二次C．篮球两次撞墙的速度可能相等D．抛出时的速度大小，第一次一定比第二次小答案　A解析　由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的反向运动。加速度都为g。在竖直方向上，h＝gt2，因为h1＞h2，则t1＞t2，因为水平位移相等，根据x＝v0t知，撞墙的速度v01＜v02。即第二次撞墙的速度大。由两次抛出时速度的竖直分量vy＝gt可知，第一次大于第二次，故A正确，B、C错误；根据平行四边形定则知，抛出时的速度v＝，第一次的水平初速度小，而上升的高度大，则无法比较抛出时的速度大小，故D错误。5. [2017·衡水联考]如图所示，从A点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C点，已知地面上D点位于B点正下方，B、D间的距离为h，则(　　)A．A、B两点间的距离为B．A、B两点间的距离为C．C、D两点间的距离为2hD．C、D两点间的距离为h答案　C解析　AB段小球自由下落，BC段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A、B两点间距离与B、D两点间距离相等，均为h，故A、B错误；BC段平抛初速度v＝，持续的时间t＝ ，所以C、D两点间距离x＝vt＝2h，C正确，D错误。6．[2017·江西重点一模]如图是一固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，同时从A点水平抛出甲、乙两个小球，速度分别为v1、v2，分别落在C、D两点，OC、OD与竖直方向的夹角均为37°，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则(　　)A．甲、乙两球下落到轨道的时间不等B．甲、乙两球下落到轨道的速度变化不等C．v1∶v2＝1∶3D．v1∶v2＝1∶4答案　D解析　由题图可知，两个小球下落的高度是相等的，根据h＝gt2可知，甲、乙两球下落到轨道的时间相等，速度变化量Δv＝gt相同，故A、B错误；设圆形轨道的半径为R，则A到C的水平位移分别为x1＝R－Rsin37°＝0.4R，x2＝R＋Rsin37°＝1.6R，则x2＝4x1；由v＝可知，v2＝4v1，故C错误，D正确。7．[2017·山东枣庄模拟]在竖直杆上安装一个光滑导向槽，使竖直上抛的小球通过导向槽能改变方向做平抛运动。不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是(　　)A．导向槽位置应在高为的位置B．最大水平距离为C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角答案　AD解析　设小球平抛时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得mv＋mgh＝mv2，解得v0＝；根据平抛运动的知识可得下落时间t＝，水平位移x＝v0t＝，所以当－2h＝2h时水平位移最大，解得h＝，A正确；最大的水平位移为x＝＝2h＝，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；设速度与水平方向成θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tanθ＝2tanα＝1，则θ＝45°，所以D正确。8. [2018·吉林模拟]如图所示，从半径为R＝1 m的半圆PQ上的P点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上。已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，据此判断小球的初速度可能为(　　)A．1 m/s    B．2 m/s  C．3 m/s    D．4 m/s答案　AD解析　小球下降的高度h＝gt2＝×10×0.42＝0.8 m。若小球落在左边四分之一圆弧上，根据几何关系有：R2＝h2＋(R－x)2，解得水平位移x＝0.4 m，则初速度v0＝＝ m/s＝1 m/s。若小球落在右边四分之一圆弧上，根据几何关系有：R2＝h2＋x′2，解得x′＝0.6 m，则水平位移x＝1.6 m，初速度v0＝＝ m/s＝4 m/s。故A、D正确，B、C错误。故选A、D。9．如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则(　　)A．落于B点的小球飞行时间为tB．v2＝gtC．落于C点的小球的水平位移为gt2D．A点距水平面MN的高度为gt2答案　ACD解析　落于C点的小球强调了速度垂直QO，则分解速度，如图则v1＝gt，水平位移x＝v1t＝gt2，故C正确；落于B点的小球强调了落点位置，则分解位移如图，其中，BC在同一平面，下落高度相同，故飞行时间都为t有：tan45°＝＝，v2＝，故A正确，B错误；设C点距地面为h，由几何关系知2h＝v1t－v2t，h＝gt2故A距水平面高度 H＝h＋gt2＝gt2，故D正确。10．[2017·河南洛阳统考]如图所示，一个质量为0.4 kg的小物块从高h＝0.05 m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点。现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y＝x2－6(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1 m/sB．小物块从O点运动到P点的时间为1 sC．小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D．小物块刚到P点时速度的大小为10 m/s答案　AB解析　设小物块从O点抛出的速度为v0，由mgh＝mv得v0＝1 m/s，故A正确；平抛的水平位移x＝v0t，竖直位移y＝－gt2，将x，y代入方程y＝x2－6，解得t＝1 s，故B正确；P点竖直分速度vy＝gt＝10 m/s，P点速度与水平方向夹角正切tanα＝＝10，故C错误；P点速度v＝＝ m/s，故D错误。二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．[2017·重庆江北区联考](12分)如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3 m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。(小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取9.8 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)抛出点O离斜面底端的高度；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。答案　(1)1.7 m　(2)0.125解析　(1)设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，如图所示，由几何关系得＝tan37°。设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律得vy＝gt，y＝gt2，x＝v0t，设抛出点到斜面底端的高度为h，由几何关系得h＝y＋xtan37°，联立解得h＝1.7 m。(2)设在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得s＝l－，设滑块的加速度为a，由运动学公式得s＝at2，对滑块，由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma，联立解得μ＝0.125。12．[2015·重庆高考](18分)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H。N板上固定有三个圆环。将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处。不考虑空气阻力，重力加速度为g。求：(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向。答案　(1)H(2)L　mg，方向竖直向下解析　(1)由平抛运动的规律，L＝vt①H＝gt2②又＝vt1，③H1＝gt④由①②③④联立解得H1＝所以距Q水平距离为的圆环中心离底板的高度ΔH＝H－H1＝H。(2)由平抛运动的规律解得：v＝＝L在Q点由牛顿第二定律，有FN－mg＝解得：FN＝mg由牛顿第三定律，小球在Q点对轨道的压力F′＝FN＝mg，方向竖直向下。