高中物理第一章 抛体运动本章综合与测试导学案及答案

这是一份高中物理第一章 抛体运动本章综合与测试导学案及答案，共8页。学案主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角α的正切值tan α随时间t变化的图像是下列选项图中的( )
答案 B
解析 tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，则tan α∝t，故选项B正确．
2.(2019·淮安市期末)如图1所示，“跳一跳”游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边的等高平台上．棋子在某次跳跃过程中的轨迹为抛物线，经最高点时速度为v0，此时离平台的高度为h.棋子质量为m，空气阻力不计，重力加速度为g，则此跳跃过程( )
图1
A．所用时间t＝eq \r(\f(2h,g))
B．水平位移的大小x＝2v0eq \r(\f(2h,g))
C．初速度的竖直分量大小为2eq \r(gh)
D．初速度大小为eq \r(v\\al(02)＋gh)
答案 B
解析 竖直方向由h＝eq \f(1,2)gt2可得：t＝eq \r(\f(2h,g))，
所用时间为2eq \r(\f(2h,g))，A错误；
水平位移的大小x＝2v0eq \r(\f(2h,g))，B正确；
初速度的竖直分量大小v0y＝gt＝eq \r(2gh)，C错误；
由速度的合成得，初速度大小为eq \r(v\\al(02)＋2gh)，D错误．
3.如图2所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平射出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面下滑，不计空气阻力，重力加速度为g，若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是( )
图2
A.eq \f(\r(gh),2) B.eq \r(gh) C.eq \f(\r(2gh),2) D．2eq \r(gh)
答案 A
解析 甲做平抛运动，在竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，
得运动时间t＝eq \r(\f(2h,g)).
乙沿斜面下滑，位移x＝eq \f(h,sin 45°)＝eq \r(2)h，
加速度a＝gsin 45°＝eq \f(\r(2),2)g，
则有x＝v0t′＋eq \f(1,2)at′2，
甲、乙同时到达地面，则t′＝eq \r(\f(2h,g))，
联立解得v0＝eq \f(\r(gh),2)，故A项正确．
4．(2018·江苏卷)某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的( )
A．时刻相同，地点相同 B．时刻相同，地点不同
C．时刻不同，地点相同 D．时刻不同，地点不同
答案 B
5．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )
A.eq \f(kv,\r(k2－1)) B.eq \f(v,\r(1－k2))
C.eq \f(kv,\r(1－k2)) D.eq \f(v,\r(k2－1))
答案 B
解析 设河宽为d，船速为u，
则根据渡河时间关系得eq \f(d,u)∶eq \f(d,\r(u2－v2))＝k，
解得u＝eq \f(v,\r(1－k2))，选项B正确．
6．(2017·江苏卷)如图3所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )
图3
A．t B.eq \f(\r(2),2)t C.eq \f(t,2) D.eq \f(t,4)
答案 C
解析 设A、B两小球的抛出点间的水平距离为L，分别以水平速度v1、v2抛出，经过时间t的水平位移分别为x1、x2，根据平抛运动规律有x1＝v1t，x2＝v2t，又x1＋x2＝L，则t＝eq \f(L,v1＋v2)；若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为t′＝eq \f(L,2v1＋v2)＝eq \f(t,2)，故选项C正确．
7.(多选)(2019·河南省实验中学高一下月考)如图4所示，物块B套在倾斜固定杆上，并用轻绳与物块A相连，现使物块B沿杆由M点匀速下滑到N点，运动中连接A、B的轻绳始终保持绷紧状态，不计滑轮的质量和摩擦，已知P点为杆上距离滑轮最近的点，则在物块B下滑过程中，下列说法正确的是( )
图4
A．物块A的速度先变大后变小
B．物块A的速度先变小后变大
C．物块A处于超重状态
D．物块A处于失重状态
答案 BC
解析 将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，根据平行四边形定则，沿绳子方向的速度为vA＝vcs θ，可知θ在增大到90°的过程中，A的速度方向向下，且逐渐减小；由题意知，当B到达P点时，B与滑轮之间的距离最短，即θ＝90°，A的速度等于0，随后A向上运动，且速度增大，所以在B沿杆由M点匀速下滑到N点的过程中，A的速度先向下减小，然后向上增大，故A错误，B正确；物体A向下做减速运动和向上做加速运动的过程中，加速度的方向都向上，所以A始终处于超重状态，故C正确，D错误．
8．(2019·张家口第一中学高一下开学考试)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甲，离地高度为h，如图5所示．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的另一小球乙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，球可视为质点，重力加速度g取10 m/s2.可求得h等于( )
图5
A．1.25 m B．2.25 m C．3.75 m D．4.75 m
答案 A
解析 小车经过A点，将小球乙自由卸下后，小球乙做平抛运动，则有H＝eq \f(1,2)gt21，解得t1＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s，小车从A点运动到B点的时间为t2＝eq \f(xAB,v)＝eq \f(2,4) s＝0.5 s，因为两球同时落地，则细线被轧断后小球甲做自由落体运动的时间为t3＝t1－t2＝1 s－0.5 s＝0.5 s，则h＝eq \f(1,2)gt32＝eq \f(1,2)×10×0.52 m＝1.25 m，故选A.
9.(2019·合肥一中高一下期末)如图6所示，一可看作质点的小球从一台阶顶端以4 m/s的水平速度抛出，每级台阶的高度和宽度均为1 m，如果台阶数足够多，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则小球将首先落到标号为几的台阶上( )
图6
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 B
解析 设小球从抛出到落到台阶上经历的时间为t，水平位移为x＝v0t，竖直位移为y＝eq \f(1,2)gt2，因为每级台阶的高度和宽度均为1 m，所以小球落在台阶上时水平位移与竖直位移的夹角小于等于45°，即eq \f(x,y)≤tan 45°＝1，代入数据解得t≥0.8 s；相应的水平位移x≥4×0.8 m＝3.2 m．台阶数n≥eq \f(3.2 m,1 m)＝3.2，可知小球抛出后首先落到标号为4的台阶上，故B正确，A、C、D错误．
10．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)如图7(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图像如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则( )
图7
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
答案 BD
解析 根据v－t图线与t轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝eq \f(Δv,Δt)可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确．
11.(多选)(2019·文昌中学高一下段考)如图8所示，倾角为30°和45°的两斜面下端紧靠在一起，固定在水平面上，将两个小球a和b，从左侧斜面上的A点以不同的初速度水平向右抛出，下落相同高度，a落到左侧的斜面上，b恰好垂直击中右侧斜面，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
图8
A．a、b运动的初速度之比为eq \r(3)∶2
B．a、b运动的水平位移之比为1∶3
C．a、b击中斜面时的速率之比为eq \r(14)∶4
D．若减小初速度，a球落到斜面上时速度方向改变
答案 AC
解析 两球做平抛运动，下落相同的高度时运动时间相同，由vy＝gt知落在斜面上时两球竖直分速度大小相等；对于a球有tan 30°＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,va0t)＝eq \f(gt,2va0)，设a球落在斜面上时速度方向与水平方向的夹角为α，则有tan α＝2tan 30°，即α与初速度无关，所以若减小初速度，a球落到斜面上时速度方向不变，故选项D错误；对于b球有tan 45°＝eq \f(gt,vb0)，结合tan 30°＝eq \f(gt,2va0)可得，a、b两球初速度之比为va0∶vb0＝eq \r(3)∶2，由x＝v0t可得a、b运动的水平位移之比为xa∶xb＝va0∶vb0＝eq \r(3)∶2，故选项A正确，B错误；a球击中斜面时的速率为va＝eq \r(gt2＋v\\al(a02))＝eq \r(gt2＋\f(gt,2tan 30°)2)＝eq \f(\r(7),2)gt，b球击中斜面时的速率为vb＝eq \r(2)vb0＝eq \r(2)gt，所以va∶vb＝eq \r(14)∶4，故选项C正确．
12.(多选)如图9所示，斜面底端正上方高h处有一小球以水平初速度v0抛出，恰好垂直打在斜面上，斜面的倾角为30°，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图9
A．小球打到斜面上的时间为eq \f(\r(3)v0,g)
B．要让小球始终垂直打到斜面上，应满足h和v0成正比关系
C．要让小球始终垂直打到斜面上，应满足h和v0的平方成正比关系
D．若高度h一定，现小球以不同的v0平抛，落到斜面上的速度最小值为eq \r(\r(21)－3gh)
答案 ACD
解析 设小球打到斜面上经历的时间为t，恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得tan 60°＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)，解得t＝eq \f(\r(3)v0,g)，故A正确；要让小球始终垂直打到斜面上，小球平抛运动的水平位移x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，小球落在斜面上，根据几何关系得：tan 30°＝eq \f(h－y,x)，代入t＝eq \f(\r(3)v0,g)，解得h＝eq \f(5v\\al(02),2g)，h和v0的平方成正比关系，故B错误，C正确；小球落在斜面上时的竖直分速度vy＝eq \r(2gy)，vx＝eq \f(x,t)＝xeq \r(\f(g,2y))，由于tan 30°＝eq \f(h－y,x)，速度v＝eq \r(v\\al(x2)＋v\\al(y2))，联立解得v＝ eq \r(g\f(3h2,2y)＋\f(7y,2)－3h)，根据数学知识可知，乘积一定，当二者相等时和有最小值，故最小值为vm＝eq \r(\r(21)－3gh)，故D正确．
二、非选择题
13.如图10所示，小球A从倾角为37°的足够长的斜面上的顶点处开始沿斜面匀速下滑，速度大小v1＝3 m/s，经过时间Δt后，从斜面顶点处以速度v2＝4 m/s水平抛出一个飞镖，结果飞镖恰好在斜面上某处击中小球A.不计飞镖运动过程中的空气阻力，可将飞镖和小球视为质点．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图10
(1)飞镖是以多大的速度击中小球的？
(2)两个物体开始运动的时间间隔Δt应为多少？
答案 (1)2eq \r(13) m/s (2)0.4 s
解析 (1)飞镖落在斜面上有：
水平方向：x＝v2t
竖直方向：y＝eq \f(1,2)gt2
tan 37°＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v2t)＝eq \f(gt,2v2)
解得：t＝eq \f(2v2tan 37°,g)＝eq \f(2×4×\f(3,4),10) s＝0.6 s
则竖直分速度
vy＝gt＝10×0.6 m/s＝6 m/s
根据平行四边形定则得v＝eq \r(v\\al(22)＋v\\al(y2))＝eq \r(42＋62) m/s＝2eq \r(13) m/s
(2)飞镖的水平位移
x＝v2t＝4×0.6 m＝2.4 m
小球的位移x1＝eq \f(x,cs 37°)＝eq \f(2.4,0.8) m＝3 m
小球下滑的时间
t′＝eq \f(x1,v1)＝1 s
则Δt＝t′－t＝0.4 s.
14.如图11所示，小球从平台上水平抛出，正好落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面的顶端并沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，求：
图11
(1)小球水平抛出的初速度大小v0；
(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s；(3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端．
答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s
解析 (1)小球从平台抛出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动．
则h＝eq \f(1,2)gt12，vy＝gt1，
根据已知条件结合速度的合成与分解得：tan 53°＝eq \f(vy,v0)
代入数值解得：v0＝3 m/s，t1＝0.4 s.
(2)s＝v0t1＝1.2 m.
(3)设小球落到斜面顶端的速度为v1，
sin 53°＝eq \f(vy,v1)，
小球在光滑斜面上的加速度为a＝gsin 53°，
小球在斜面上的运动过程中满足：eq \f(H,sin 53°)＝v1t2＋eq \f(1,2)at22，
故小球离开平台后到达斜面底端经历的时间为t＝t1＋t2，
联立以上各式解得：t＝2.4 s.