实验专练五 探究平抛运动的特点-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 实验专练五　探究平抛运动的特点 题组一　基础与经典题 1．某兴趣小组探究平抛运动的特点，尝试将平抛运动分解为水平方向的分运动和竖直方向的分运动。 (1)在如图甲所示的实验中，用小锤击打弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被释放，自由下落，由两球撞击水平地面的声音判断出两球同时落地。改变装置的高度和小锤击打的力度，多次实验，发现两球仍然同时落地，由此可初步得出结论：平抛运动的________。 A．竖直分运动是自由落体运动 B．水平分运动是匀速直线运动 C．竖直分运动是自由落体运动，水平分运动是匀速直线运动 (2)用如图乙所示的装置进行定量研究。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点水平飞出，由于挡板MN靠近硬板一侧较低，钢球落到挡板上后，就会挤压复写纸，在白纸上留下印迹。上下调节挡板，通过多次实验，在白纸上记录钢球所经过的多个位置。 取平抛运动的起始点为坐标原点O，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。下列操作正确的有________。 A．钢球静置于Q点时，取钢球的球心作为坐标原点O B．确定y轴时，需要y轴与重垂线平行 C．可以将重垂线当作尺直接画出y轴 D．应该先确定x轴，再确定y轴 (3)如图丙所示，根据印迹描出平抛运动的轨迹。在轨迹上取C、D两点，O、C与C、D的水平间距相等且均为x，测得O、C与C、D的竖直间距分别是y1和y2；重复上述步骤，测得多组数据，计算发现始终满足＝________，由此可初步得出结论：平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，算出钢球平抛的初速度大小为________(结果用x、y1、当地重力加速度g表示)。 答案　(1)A　(2)AB　(3)　x 解析　(1)A球水平抛出，同时B球被释放，自由下落，多次实验，由两球撞击水平地面的声音判断出两球始终同时落地，说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，而不能由此得出平抛运动的水平分运动的性质，故A正确。 (2)通过挤压复写纸在白纸上留下的印迹对应钢球运动时球心所在的位置，则钢球静置于Q点时，取钢球的球心作为坐标原点O，A正确；确定y轴时，需要y轴与重垂线平行，B正确；由于重垂线是柔软的且可以摆动，不可以将重垂线当作尺直接画出y轴，C错误；本实验先通过重垂线确定y轴，而后过坐标原点O作y轴的垂线以确定x轴，故应先确定y轴再确定x轴，D错误。 (3)在轨迹上取C、D两点，O、C与C、D的水平间距相等且均为x，由于平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，则从O点到C点与从C点到D点所用时间相等，设均为t，平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，则由匀变速直线运动规律可得y1＝gt2，y2＝g(2t)2－gt2＝gt2，则＝。由平抛运动规律可得x＝v0t，y1＝gt2，联立可得v0＝x。 题组二　高考真题 2．(2023·浙江6月选考)在“探究平抛运动的特点”实验中 (1)用图1装置进行探究，下列说法正确的是________ A．只能探究平抛运动水平分运动的特点 B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验 C．能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点 (2)用图2装置进行实验，下列说法正确的是________ A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平 B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动 C．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下 (3)用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为________。 A. B. C. D. 答案　(1)B　(2)C　(3)D 解析　(1)用题图1所示的实验装置，只能观测两小球下落的时间是否相等，则只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故A、C错误；为了获得普遍性结论，在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，以改变平抛小球的初速度，多次重复实验，故B正确。 (2)为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证每次小球做平抛运动的初速度相等，只需要每一次使小球从斜槽M上同一位置由静止滚下，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；上下调节挡板N时若每次不等间距移动，也可准确记录小球做平抛运动经过的位置，从而描出轨迹，故B错误。 (3)小球做平抛运动，竖直方向有yn＝gt，水平方向有nx－＝v0tn(n＝1，2，3，4)，联立可得v0＝(n＝1，2，3，4)，故A、B、C错误，D正确。 ※3.(2023·北京高考)用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，探究平抛运动的特点。 (1)关于实验，下列做法正确的是________(填选项前的字母)。 A．选择体积小、质量大的小球 B．借助重垂线确定竖直方向 C．先抛出小球，再打开频闪仪 D．水平抛出小球 (2)图1所示的实验中，A球沿水平方向抛出，同时B球自由落下，借助频闪仪拍摄上述运动过程。图2为某次实验的频闪照片。在误差允许范围内，根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可判断A球竖直方向做________运动；根据________________________________，可判断A球水平方向做匀速直线运动。 (3)某同学使小球从高度为0.8 m的桌面水平飞出，用频闪照相拍摄小球的平抛运动(每秒频闪25次)，最多可以得到小球在空中运动的________个位置。 (4)某同学实验时忘了标记重垂线方向。为解决此问题，他在频闪照片中，以某位置为坐标原点，沿任意两个相互垂直的方向作为x轴和y轴正方向，建立直角坐标系xOy，并测量出另外两个位置的坐标值(x1，y1)、(x2，y2)，如图3所示。根据平抛运动规律，利用运动的合成与分解的方法，可得重垂线方向与y轴间夹角的正切值为________。 答案　(1)ABD (2)自由落体　A球相邻两位置水平距离相等 (3)10　(4) 解析　(1)用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，选择体积小、质量大的小球可以减小空气阻力的影响，且小球必须水平抛出，A、D正确；本实验需要借助重垂线确定竖直方向，B正确；小球下落时间比较短，为记录小球更多的位置信息，应先打开频闪仪，再水平抛出小球，C错误。 (2)根据任意时刻A、B两球的竖直高度相同，可以判断出A球竖直方向的分运动与B球运动相同，即都做自由落体运动；根据A球相邻两位置水平距离相等，可以判断A球水平方向做匀速直线运动。 (3)小球从高度为h＝0.8 m的桌面水平飞出，根据h＝gt2，解得小球下落时间t＝0.40 s，频闪仪每秒频闪25次，相邻两次闪光的时间间隔T＝ s＝0.04 s，所以最多可以得到小球在空中运动的＝10个位置。 (4)设重垂线方向与y轴间的夹角为θ，若重垂线在y轴左侧，如图甲所示，将重力沿x轴、y轴分解，由牛顿第二定律得：－mgsinθ＝max1，mgcosθ＝may1，解得ax1＝－gsinθ，ay1＝gcosθ，则小球在x轴方向和y轴方向上均做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律得：(x2－x1)－x1＝－gsinθ(2T)2，(y2－y1)－y1＝gcosθ(2T)2，两式相比得tanθ＝；若重垂线在y轴右侧，如图乙所示，将重力沿x轴、y轴分解，由牛顿第二定律得：mgsinθ＝max2，mgcosθ＝may2，解得ax2＝gsinθ，ay2＝gcosθ，小球在x轴方向和y轴方向上均做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律得：(x2－x1)－x1＝gsinθ(2T)2，(y2－y1)－y1＝gcosθ·(2T)2，两式相比得tanθ＝。综上所述，重垂线方向与y轴间夹角的正切值为。 题组三　模拟题 ※4.(2023·江苏省南通市高三下二模)如图甲为桶装水电动抽水器，某兴趣小组利用平抛运动规律测量该抽水器的流量Q(单位时间流出水的体积)。 (1)如图乙，为了方便测量取下不锈钢出水管，用游标卡尺测量其外径D，读数为________ mm； (2)重新安装出水管如图甲，为了使水能够沿水平方向流出，下列哪种方法更合理________； A．用力把出水管前端掰至水平 B．转动出水管至出水口水平 C．调整水桶的倾斜角度使出水口水平 (3)接通电源，待水流稳定后，用米尺测出管口到落点的高度差h＝44.10 cm和管口到落点的水平距离L＝30.00 cm；已知重力加速度g＝9.8 m/s2，则出水口处水流速度v＝________ m/s(保留两位有效数字)； (4)已知出水管管壁的厚度为d，该抽水器的流量Q的表达式为________(用物理量D、d、v表示)，根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可能的原因是______________________________(写出一个原因)； (5)抽水时若电机的输出功率恒定，当桶内水面降低时，抽水器的流量Q________(选填“不变”“减小”或“增加”)。 答案　(1)7.0　(2)B　(3)1.0 (4)πv　h的测量值偏小(或者L的测量值偏大、D的测量值偏大、d的测量值偏小) (5)减小 解析　(1)该游标卡尺为10分度，其精度为0.1 mm，游标卡尺的读数为D＝7 mm＋0×0.1 mm＝7.0 mm。 (2)出水管可以旋转，改变出水方向比较方便，因此可以转动出水管至出水口水平；A项操作易损坏抽水器，C项操作比较繁琐，且水桶倾斜后不易维持状态，可能发生危险，故B方法更合理。 (3)水离开出水口后在空中做平抛运动，竖直方向上的运动为自由落体运动，有h＝gt2，水平方向上的运动为匀速直线运动，有L＝vt，解得出水口处水流速度v＝L＝1.0 m/s。 (4)出水管的内径为r＝－d，横截面积S＝πr2，则该抽水器的流量Q＝vS＝πv。根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可知流量Q＝π·L的测量结果偏大，可能的原因是h的测量值偏小或者L的测量值偏大、D的测量值偏大、d的测量值偏小。 (5)抽水时若电机的输出功率恒定，单位时间内电机对水做功相同，电机对水做的功转化为水的机械能，当桶内水面降低时，水上升的高度变大，增加的重力势能增大，增加的动能减小，在出水口处水的速度减小，所以抽水器的流量减小。 6 学科网（北京）股份有限公司 $$