高中物理鲁科版 (2019)必修 第二册第2章 抛体运动本章综合与测试习题

这是一份高中物理鲁科版 (2019)必修 第二册第2章 抛体运动本章综合与测试习题，共9页。

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【作答说明】


1、作业内容中第一部分基础达标为“必做题”，所有同学必需独立完成。


2、第二部分能力提升为“选做题”，合格考同学选做，等级考同学必做。





【作业内容】


第一部分 基础达标（必做题）


1.下列关于曲线运动的说法中正确的是( )


A．物体在一恒力作用下不可能做曲线运动


B．所有曲线运动一定是变速运动


C．做曲线运动的物体，速度方向时刻变化，故曲线运动不可能是匀变速运动


D．物体只有受到方向时刻变化的力的作用才可能做曲线运动


答案：B


解析：选B.做曲线运动的物体，速度方向沿曲线的切线方向，时刻变化，曲线运动一定是变速运动，B对．做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不在同一条直线上，如果合力是恒力，物体做匀变速曲线运动，A、C、D均错．


2．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )


A．一样大


B．水平抛的最大


C．斜向上抛的最大


D．斜向下抛的最大


答案：A


解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．


3.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α，运动员可视为质点，不计空气阻力，则有( )





A．tan α＝2 B．tan α＝1


C．tan α＝eq \f(1,2) D．tan α＝eq \f(1,4)


答案 B [腾空过程中离地面的最大高度为L，落地过程中，做平抛运动，根据运动学公式：L＝gt2，解得：t＝，运动员在空中最高点的速度即为运动员起跳时水平方向的分速度，根据分运动与合运动的等时性，则水平方向的分速度为：vx＝＝，根据运动学公式，在最高点竖直方向速度为零，那么运动员落到地面时的竖直分速度为：vy＝gt＝，运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角的正切值为：tan α＝＝＝1，故B正确，A、C、D错误．]


4.如图所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，然后水平地跳跃并离开屋顶，在下一栋建筑物的屋顶上着地，如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s，那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g取10 m/s2，不计空气阻力)( )





A．他安全跳过去是可能的


B．他安全跳过去是不可能的


C．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应不小于6.2 m/s


D．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应不小于4.5 m/s


BC [由h＝eq \f(1,2)gt2，x＝v0t，将h＝5 m，x＝6.2 m代入解得：安全跳过去的最小水平速度v0＝6.2 m/s，选项B、C正确．]


5.一架飞机以一定的水平速度匀速直线飞行，不计空气阻力，在某一时刻让A物体先落下，相隔1 s又让B物体落下，在以后运动中(A、B物体均未落地)关于A物体与B物体的位置关系，以下说法中正确的是( )


A.A物体在B物体的前下方


B.A物体在B物体的后下方


C.A物体始终在B物体的正下方


D.以上说法都不正确


答案 C


解析 A、B两物体均从匀速直线飞行的飞机上自由落下，均做平抛运动，水平方向做速度等于飞机速度的匀速直线运动，所以两物体在落地前总在飞机的正下方；A物体先下落，A物体在竖直方向的速度始终大于B物体在竖直方向的速度，则A物体在B物体的正下方，且两物体竖直方向的间距越来越大，故C正确，A、B、D错误.


6.如图为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是( )





A.质点经过C点的速率比D点的大


B.质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°


C.质点经过D点时的加速度比B点的大


D.质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小


答案 A


解析 质点做匀变速曲线运动，所以加速度不变；由于在D点速度方向与加速度方向垂直，则在C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角，所以质点由C到D速率减小，在C点的速率比D点大.


7.一蜡块置于注满清水的长玻璃管中，封闭管口后将玻璃管竖直倒置，在蜡块匀加速上浮的同时，使玻璃管紧贴竖直黑板面沿水平向右方向匀速移动，如图所示．设坐标系的x、y轴正方向分别为水平向右、竖直向上，则蜡块相对于黑板的运动轨迹是( )








A B C D


C [蜡块参加了两个分运动，竖直方向在管中匀加速上浮，水平方向向右匀速直线运动，故它做匀变速曲线运动，蜡块的合力竖直向上，故它的运动轨迹向上弯曲，故A、B、D错误，C正确．]


8.如图所示，从距离墙壁为l的水平地面上的A点，以初速度v0、抛射角θ＝45°，斜向上抛一球，球恰在上升到最高点时与墙壁相碰，碰后被水平反弹回来，落到地面上的C点，且OC＝eq \f(l,2).则小球被反弹的速度v′的大小与初速度v0的大小之比为( )


A．1∶2 B.eq \r(2)∶1


C.eq \r(2)∶2 D.eq \r(2)∶4


答案：D


解析：选D.斜抛运动以其顶点为界，可以分成上升和下降两个过程，这两个过程有一定的对称性．下降过程实际上就是以水平分速度v0cs θ为初速度的平抛运动．如果小球上升到最高点与墙壁碰撞后速度大小不变，仍为v0cs θ，则小球碰撞后做平抛运动，轨迹形状与上升时相同，即从B到A.把B到A的过程与B到C的过程相比较：它们从同一高度被水平抛出，因此，在空中飞行的时间t相等，根据水平位移之比eq \f(OC,OA)＝eq \f(1,2)，可得反弹速度v′＝eq \f(1,2)v0cs θ＝eq \f(\r(2),4)v0，即eq \f(v′,v0)＝eq \f(\r(2),4).故选项D正确．


9.如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为( )


A. eq \r(\f(3gR,2)) B. eq \r(\f(3\r(3)gR,2)) C. eq \r(\f(\r(3)gR,2)) D. eq \r(\f(\r(3)gR,3))


[答案] B


[解析] 飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有：vy＝v0tan 30°，又vy＝gt，则得：v0tan 30°＝gt，t＝eq \f(v0tan 30°,g)水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R＋Rcs 60°＝v0t联立①②解得：v0＝ eq \r(\f(3\r(3)gR,2))。


10.如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )





A.若小球以最小位移到达斜面，则t＝eq \f(2v0,gtan θ)


B.若小球垂直击中斜面，则t＝eq \f(v0,gtan θ)


C.若小球能击中斜面中点，则t＝eq \f(2v0,gtan θ)


D.无论小球到达斜面何处，运动时间均为t＝eq \f(2v0tan θ,g)


答案 AB


解析 小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(x,y)＝eq \f(2v0,gt)，即t＝eq \f(2v0,gtan θ)，A正确，D错误；小球垂直击中斜面时，速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(v0,gt)，即t＝eq \f(v0,gtan θ)，B正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L，则水平射程为Lcs θ＝v0t，下落高度为Lsin θ＝eq \f(1,2)gt2，联立两式得t＝eq \f(2v0tan θ,g)，C错误.


11.如图所示，一艘轮船正在以4 m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v1＝3 m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同.某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化.求：





(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小.


(2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值.


答案 (1)5 m/s (2)2.4 m/s


解析 (1)发动机未熄火时，轮船运动速度v与水流速度v1方向垂直，如图所示.





故此时轮船相对于静水的速度v2的大小为v2＝eq \r(v2＋v\\al( 2,1))＝eq \r(42＋32) m/s＝5 m/s.


(2)由(1)中，熄火前，设v与v2的夹角为θ，则cs θ＝eq \f(v,v2)＝0.8，轮船的牵引力沿v2的方向，水的作用力与v2的方向相反，熄火后，牵引力消失，在水的作用力作用下，v2逐渐减小，但其方向不变，当v2与v1的矢量和与v2垂直时，轮船的合速度最小，α＝θ，则vmin＝v1cs α＝3×0.8 m/s＝2.4 m/s.


12.（10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10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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eq \f(v0,vy)＝tan 37°


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＝eq \f(1,2)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＋xtan 37°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－eq \f(x,cs 37°)


设滑块的加速度为a，由运动学公式得s＝eq \f(1,2)at2


对滑块，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma


联立解得μ＝0.125。











第二部分 能力提升（选做题）


1.如图所示，河水由西向东流，河宽为800 m，河中各点的水流速度大小v水与各点到较近河岸的距离x的关系为v水＝eq \f(3,400)x(m/s)(x的单位为m)，让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船划水速度大小恒为v船＝4 m/s，则下列说法正确的是( )





A．小船渡河的轨迹为直线


B．小船在河水中的最大速度是5 m/s


C．小船在距南岸200 m处的速度小于在距北岸200 m处的速度


D．小船渡河的时间是200 s


【答案】BD


【解析】小船在南北方向上为匀速直线运动，在东西方向上先加速，到达河中间后再减速，小船的合运动是曲线运动，A错误．当小船运动到河中间时，东西方向上的分速度最大，此时小船的合速度最大，最大值vm＝5 m/s，B正确．小船在距南岸200 m处的速度等于在距北岸200 m处的速度，C错误．小船的渡河时间t＝200 s，D正确．


2.在水平地面上有相距为L的A、B两点，甲小球以v1＝10 m/s的初速度，从A点沿与水平方向成30°角的方向斜向上抛出，同时，乙小球以v2的初速度从B点竖直向上抛出。若甲在最高点时与乙相遇，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是





A．乙球的初速度v2不一定等于5 m/s


B．L为2.5 m


C．相遇前甲球的速度可能小于乙球的速度


D．甲球与乙球始终在同一水平面上


【答案】BD


【解析】A．甲球竖直方向的初速度：，水平方向的初速度：，甲球在最高点与乙球相遇，说明甲球和乙球在竖直方向具有相同的运动规律，则乙球的初速度：，故A错误；


B．甲球和乙球相遇时间：，则有：，故B正确；


C．相遇前甲球的水平速度不为零，竖直方向与乙球的速度相同，所以在相遇前甲球的速度不可能小于乙球的速度，故C错误；


D．由于甲球和乙球竖直方向的运动情况相同，所以甲球与乙球始终在同一水平面上，故D正确。





如图所示，从高H处以水平速度v1抛出小球甲，同时从地面以速度v2竖直上抛一小球乙，两球恰好在空中相遇．





(1)求两小球从抛出到相遇的时间；


(2)讨论小球乙在上升阶段或下降阶段与小球甲在空中相遇的速度条件．


[答案] (1)eq \f(H,v2) (2)小球乙上升阶段两球相遇的条件：v2≥eq \r(gH)


小球乙下降阶段两球相遇的条件： eq \r(\f(gH,2))

[解析] (1)两球从抛出到相遇，在竖直方向上甲的位移与乙的位移之和等于H


即eq \f(1,2)gt2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2t－\f(1,2)gt2))＝H解得t＝eq \f(H,v2)


这一结果与小球乙是上升阶段还是下降阶段与小球甲在空中相遇无关．


(2)设小球甲从抛出到落地的时间为t甲，则有t甲＝eq \r(\f(2H,g))


设小球乙从抛出到最高点所用的时间为t乙，则有t乙＝eq \f(v2,g)


①两球在小球乙上升阶段相遇，则相遇时间


t≤t乙，即eq \f(H,v2)≤eq \f(v2,g)，解得v2≥eq \r(gH)


式中的等号表示小球甲、乙恰好在小球乙上升的最高点相遇．


②两球在小球乙下降阶段相遇，则相遇时间


t乙

4．如图所示，摩托车运动员从高度h＝5 m的高台上水平飞出，跨越L＝10 m的壕沟．摩托车以初速度v0从坡底冲上高台的过程历时t＝5 s，发动机的功率恒为P＝1.8 kW.已知人和车的总质量m＝180 kg(可视为质点)，忽略一切阻力，取g＝10 m/s2.则：





(1)要使摩托车运动员从高台水平飞出刚好越过壕沟，求他离开高台时的速度大小．


(2)欲使摩托车运动员能够飞越壕沟，其初速度v0至少应为多少？


(3)为了保证摩托车运动员的安全，规定飞越壕沟后摩托车着地时的速度不得超过26 m/s，那么，摩托车飞离高台时的最大速度vmax应为多少？


答案：(1)10 m/s (2)10 m/s (3)24 m/s


解析：(1)摩托车运动员由高台水平飞出后，由平抛运动规律得：


水平方向L＝vht①


竖直方向h＝eq \f(1,2)gt2②


联立①②得vh＝10 m/s.


(2)摩托车运动员由坡底冲上高台，根据动能定理得


Pt－mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,h)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③


将vh＝10 m/s代入③得v0＝10 m/s.


(3)从高台水平飞出到着地，由机械能守恒定律得


eq \f(1,2)mveq \\al(2,max)＋mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,地)，解得vmax＝24 m/s.












































【批改记录】





【反思订正】