第四章 第2课时 抛体运动-2021高考物理一轮【微考点加餐练】（新高考版）

微考点加餐练　物理 (２)为使小船能在最短时间内抵达 B 处, 小船应该以最大速度航行,即v２＝５m/s, 并使合速度的方向仍沿 AB 方向;由于船 速和水速大小相等,所以 AB 的方向是在 两个速度的角平分线上,v２ 的方向与河岸 成２θ角,由几何关系得２θ＝１０６°,即船头 指向上游,与河岸成７４°． (３)小船运动的合速度为 v＝２v２cosθ＝２×５×０．６m/s＝６m/s 所以小船运动的最短时间为 t０＝ AB v ＝ ７５ ６ s＝１２．５s． 答案:(１)４m/s,方向与河岸夹角为３７°指 向上游 (２)５m/s,方向指向上游,与河岸成７４°　 (３)１２．５s 第２课时　抛体运动 １．AC　根据h＝ １２gt ２,解得t＝ ２hg ,因 为h甲 ＜h乙 ,则t甲 ＜t乙 ,选项 A正确,B错 误;因x１＝x２,由x＝vt知,v甲 ＞v乙 ,选项 C正确,D错误． ２．B　设水的初速度为v０,水做平抛运动, 在竖直方向:h＝ １２gt ２ 在水平方向:x＝v０t 代入数据解得:v０＝２m/s＝２００cm/s 每秒内从管口流出的水的体积V＝Sv０t＝ ２．０×２００×１cm３＝４００cm３,故B正确． ３．C　小球做平抛运动,落在斜面上时,有: tanθ＝yx ＝ １ ２gt ２ v０t (θ是斜面的倾角) 解得:t＝ ２v０tanθ g 则小球落在斜面上时的竖直分速度为: vy＝gt＝２v０tanθ 根据平行四边形定则知小球落至斜面时 的速率:v＝ v２０＋v２y＝v０ １＋４tan２θ 两球的初速度之比为３∶１,则两球落在斜 面上的速率之比为３∶１,选项 C正确． ４．B　球竖直方向的运动为自由落体运动, 下落时间t＝ ２Hg ,所以球的初速度为v０ ＝Lt ＝L g ２H ,根据动能定理可知 mgH ＝ １２ mv ２ － １２ mv ２ ０, 解 得 v ＝ ２gH＋gL ２ ２H ,故 A 错误,B 正确;水平方 向位移为L,总位移不为L,故 C错误;球 从击球点至落地点的位移与球的质量无 关,故 D错误． ５．A　设任一斜面的夹角为θ,小球做平抛运 动,落在斜面上时,有 tanθ＝yx ＝ １ ２gt ２ v０t ＝gt２v０ 解得t＝ ２v０tanθ g 则水平位移为x＝v０t＝ ２v２０tanθ g ,可得,A、 B 的抛出点与落在斜面上的点的水平间 距的比值为x１∶x２＝tan３０°∶tan４５°＝ ３∶３,故 A正确． ６．C　小球被抛出后做斜上抛运动,水平方 向做v＝２m/s的匀速直线运动,水平位 移x＝２m,竖直方向以初速度v０ 做竖直 上抛运动,上升的高度h＝(３－１．２)m＝ １．８m．小球恰好进入吊环,由x＝vt;h＝ v０t－ １ ２gt ２,联立解得v０＝６．８m/s,t＝ １s．当小球上升到最高点时需要的时间为 t１＝ v０ g ＝ ６．８ １０ s＝０．６８s ,因为t１＜t,故小 球进 入 吊 环 时 已 经 处 于 下 落 过 程,故 C 正确． ７．解析:(１)设滑块从抛出到斜面顶端的时 间为t１,此时竖直方向的速度为vy,则由 运动学公式得 h＝ １２gt ２ １, vy＝gt１ 解得t１＝０．５s,vy＝５m/s 因为到达斜面顶端的速度方向沿斜面向 下,所以有 tanθ＝ vy v０ 解得v０＝ vy tanθ＝ ５ ３ ３ m/s＝５ ３m/s (２)设滑块到达斜面顶端速度为v′,从斜 面顶端到斜面底端的加速度为a,时间为 t２,则 v′＝ vy sin３０°＝２vy＝１０m /s 根据牛顿第二定律得 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得a＝２m/s２ 由运动学公式得 H sinθ＝v′t２＋ １ ２at ２ ２ 解得t２＝１０s 所以滑块从抛出到斜面底端的时间 t＝t１＋t２＝０．５s＋１０s＝１０．５s 答案:(１)５ ３m/s　(２)１０．５s 第３课时　圆周运动 １．C　各位学生以整齐的步伐通过圆形弯道 时,因每一排的连线是一条直线,且与跑 道垂直,相当于共轴转动,所以全班同学 的角速度相同,由于同一列的学生的线速 度方向不同,所以线速度不同,故 A 错误, C正确;根据v＝ωr知,同一排的学生的半 径不同,则线速度不同,故 B错误;因同一 列学生的质量不一定相等,根据F＝mω２r 知,同一列的学生受到的向心力大小不一 定相等,故 D错误． ２．D　当速度为v０ 时,静摩擦力为零,靠重 力和支持力的合力提供向心力,车速低于 v０,所需的向心力减小,此时摩擦力指向 外侧,车辆不会向内侧滑动,速度高于v０ 时,摩擦力指向内侧,则汽车受到的重力、 急转弯处路面的支持力和摩擦力的合力 提供向 心 力,故 A、B 错 误;当 速 度 为v０ 时,靠重力和支持力