第4章 第2讲 抛体运动（word练习）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

[对应学生用书第354页] [基础题组] 1.(2023·河南开封统考三模)如图所示，刚性圆柱形容器，上端开口，容器内侧高h＝5 m，内径D＝1.6 m，现有一刚性小球(视为质点)从容器上端内边缘沿直径以v0的初速度水平抛出，小球恰好可以击中容器底部中心位置。已知重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，小球与容器内壁碰撞视为弹性碰撞，则小球的初速度v0可能是(　　) A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s 解析　根据平抛运动的分析可知，竖直方向有h＝gt2，解得t＝＝1 s，而根据题意水平方向有D＝v0t(n＝0、1、2…)，解得v0＝，因此v0的可能值为0.8 m/s、2.4 m/s、4.0 m/s、5.6 m/s、7.2 m/s、8.8 m/s…故选B。 答案　B 2．(2024·九省联考)无人机在一斜坡上方沿水平方向向右做匀速直线运动，飞行过程中先后释放甲、乙两个小球，两小球释放的初始位置如图所示。已知两小球均落在斜坡上，不计空气阻力，比较两小球分别从释放到落在斜坡上的过程，下列说法正确的是(　　) A．乙球的位移大 B．乙球下落的时间长 C．乙球落在斜坡上的速度大 D．乙球落在斜坡上的速度与竖直方向的夹角大 解析　根据题意可知，甲、乙两球均做平抛运动，但由于甲球先释放，乙球后释放，且两球均落在斜坡上，则可知乙球在斜坡上的落点比甲球在斜坡上的落点高，而平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，在水平方向的运动为匀速直线运动，由于乙球的落点高，则乙球在竖直方向的位移小，根据h＝gt2，x＝v0t，t＝，由此可知乙球下落的时间小于甲球下落的时间，即t甲>t乙，乙球在水平方向的位移小于甲球在水平方向的位移，而甲、乙两球的位移s＝，由于h甲>h乙，x甲>x乙，因此可知s甲>s乙，即乙球的位移小于甲球的位移，故选项A、B错误；竖直方向的分速度vy＝gt，由于甲球下落时间大于乙球下落时间，因此小球落在斜坡上时的速度v＝，由此可知乙球落在斜坡上的速度小于甲球落在斜坡上时的速度，故选项C错误；设小球落在斜坡上时速度方向与竖直方向的夹角为θ，则小球落在斜坡上时速度与竖直方向夹角的正切值tan θ＝，由于vy甲>vy乙，因此tan θ甲<tan θ乙，θ甲<θ乙，由此可知乙球落在斜坡上的速度与竖直方向的夹角大，故选项D正确。 答案　D 3.(多选)如图所示，边长为a的等边三角形ABC 处于竖直平面内，AB水平。将小球以一定的初速度v0从A 点沿AB方向抛出，小球经过BC上的D点(图中未画出)时速度方向与BC垂直。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．v0的大小为 B．v0的大小为 C．小球从A到D的时间为 D．小球从A到D的时间为 解析　以A为原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系。设D点坐标为(x，y)，小球通过D点速度为v，其水平和竖直分速度分别为v0、vy，从A运动到D的时间为t。由几何关系有x＝a－，由平抛运动的规律有x＝v0t，y＝t，v0＝vytan 60°，联立解得v0＝，t＝，故选项B、C正确，A、D错误。 答案　BC 4.如图所示，两个挨得很近的小球，从斜面上的同一位置O以不同的初速度vA、vB做平抛运动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为A、B，空中运动的时间分别为tA、tB，碰撞斜面前瞬间的速度与斜面的夹角分别为α、β，已知OB＝2OA。则有(　　) A．tA∶tB＝1∶2 B．vA∶vB＝1∶2 C．α＝β D．α>β 解析　根据OB＝2OA结合几何关系可知，AB两球运动的竖直方向位移之比＝，水平位移＝，两球都做平抛运动，根据h＝gt2得t＝，则 ＝＝，水平位移为x＝v0t，则＝ ，故选项A、B错误；两球都落在斜面上，位移与水平方向的夹角为定值，故有tan θ＝＝，tan α＝＝＝2tan θ ，位移与水平面的夹角相同，所以α＝β，故选项C正确，D错误。 答案　C 5．(多选)(2023·内蒙古呼和浩特统考二模)如图所示，足够长的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t1；运动的位移为x1。若将此球改用2v0水平拋出，落到斜面上所用时间为t2，运动的位移为x2，则(　　) A．＝ B．＝ C．＝ D．＝ 解析　小球落在斜面上有tan θ＝＝＝，t＝，因为初速度之比为1∶2，则运动的时间之比为1∶2，故选项A正确，B错误；根据x＝v0t，可知水平位移之比为1∶4，根据几何关系可知运动位移之比也为1∶4，故选项C正确，D错误。 答案　AC 6.(2023·湖南省雅礼中学高三月考)某同学想要测量一斜坡的倾角θ，他在斜坡上的A点以大小为v0＝5 m/s的初速度水平抛出一个小球，小球落在斜坡上的B点，测出A、B间的距离为L＝5 m，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则斜坡的倾角为(　　) A．30° B．37° C．45° D．60° 解析　根据x2＋h2＝L2得(v0t)2＋2＝L2，代入数据解得t＝1 s，则有tan θ＝＝＝＝1，解得θ＝45°，故选项C正确，A、B、D错误。 答案　C 7．(2023·晋城一模)如图所示，倾角为30°的斜面体放置在水平地面上，一物体从斜面底端O点正上方的P点水平抛出，垂直落到斜面上的A点，已知A点距离水平地面的高度为h，忽略空气阻力，O、P之间的距离为(　　) A．2.5h B．2h C．2h D．2h 解析　设O、P之间的距离为H，平抛运动的水平位移为x，则H－h＝vyt，x＝v0t，两式相除得＝，因为＝，x＝，代入数据求得H＝2.5h，选项A正确。 答案　A 8．如图所示，一圆柱形容器高、底部直径均为L，球到容器左侧的水平距离也是L，一可视为质点的小球离地高为2L，现将小球水平抛出，要使小球直接落在容器底部，重力加速度为g，小球抛出的初速度v的大小范围为(空气阻力不计)(　　) A． ＜v＜ B. ＜v＜2 C． ＜v＜ D.＜v＜ 解析　如图中曲线①，设小球的初速度为v1， 则L＝v1t1，L＝gt12，得出v1＝ 。如图中曲线②，设小球的初速度为v2，则2L＝v2t2,2L＝gt22，得出v2＝。所以小球直接落在容器底部的初速度v的大小范围为＜v＜，选项A正确。 答案　A [提升题组] 9．(多选)在竖直平面内建立如图所示的直角坐标系，现给位于x轴上A点的小球甲一个沿x轴正方向的初速度，同时将小球乙从y轴上的B点由静止释放，它们先后经过y轴上C点时的速度大小相等，且在C点时，两小球速度方向间的夹角为60°。已知BC长为L，小球甲和小球乙的质量相同，由此可知(　　) A．小球甲和乙在相同时间内速度的变化量相同 B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶3 C．OB长为 D．两小球在C点时重力的瞬时功率之比为1∶1 解析　根据牛顿第二定律可知两小球加速度相同均为g，根据加速度的定义式a＝可知小球甲和乙在相同时间内速度的变化量相同，选项A正确；假设两小球落在C点时的速度大小为v，甲球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，即t1＝＝＝ 乙球用时t2＝ 则甲、乙两小球到达C点所用时间之比为＝，选项B错误； 对乙球BC＝L＝ 甲球做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，则OC＝＝L 根据几何关系OB＝BC－OC＝L－L＝L，选项C正确；重力的瞬时功率为P＝mgv竖直，可知 ＝＝，选项D错误。 答案　AC 10．(2023·河北张家口统考二模)如图所示，一个倾角为45°的斜面与一个圆弧对接，斜面的底端在圆心O的正下方。从斜面顶点以一定的初速度向右水平抛出一小球，则下列说法正确的是(　　) A．小球初速度不同，则运动时间一定不同 B．小球落到斜面上时，其速度方向一定相同 C．小球落到圆弧面上时，其速度方向可能与该处圆的切线垂直 D．小球落到圆弧面上时位置越高，末速度越大 解析　平抛运动的时间由下落的高度决定。若小球落到斜面与圆弧面上时的下落高度相同，则小球平抛运动的时间相同，选项A错误；设斜面倾角为θ，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为α，则tan θ＝＝＝，tan α＝，故tan α＝2tan θ，选项B正确；小球落到圆弧面上时，若落点速度方向与该处圆的切线垂直，则速度的反向延长线通过圆心，但由平抛运动规律知，速度的反向延长线应通过水平位移的中点，选项C错误；设小球的初速度为v0、运动时间为t，则小球落到圆弧面上时速度大小为v＝，当v0越大时落点位置越高，但t越小，v不一定大，选项D错误。 答案　B 11．(多选)从水平面上方O点水平抛出一个初速度大小为v0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与O等高的A点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力。若只改变初速度大小，使小球仍能击中A点，则初速度大小可能为(　　) A．2v0 B．3v0 C． D． 解析　设竖直高度为h，小球以v0平抛时与地面碰撞一次，反弹后与A点碰撞，在竖直方向先加速后减速，在水平方向一直匀速，根据运动的对称性原理，可知该过程运动的时间为平抛运动时间的两倍，则有t＝2 水平方向的位移xOA＝v0t＝2v0 设当平抛速度为v0′时，经与地面n次碰撞，反弹后仍与A点碰撞，则运动的时间为t′＝n·2 水平方向的位移不变，则有v0′＝ 解得v0′＝(n＝1,2,3…) 故当n＝2时v0′＝；当n＝3时v0′＝；故选项A、B错误，C、D正确。 答案　CD 12．某滑雪比赛U形场地可以简化为如图甲所示的模型，U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30。求： (1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d； (2)M、N之间的距离L。 解析　(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1＝vMsin 72.8°① 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos 17.2°＝ma1② 由运动学公式得d＝③ 联立①②③式，代入数据得d＝4.8 m。④ (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得 v2＝vMcos 72.8°⑤ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin 17.2°＝ma2⑥ 设腾空时间为t，由运动学公式得t＝⑦ L＝v2t＋a2t2⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m。 答案　(1)4.8 m　(2)12 m 学科网（北京）股份有限公司 $$