高考總復(fù)習(xí)物理（人教版）練習(xí)第04章曲線運動萬有引力定律第2講平拋運動（課時綜合訓(xùn)練）

課時綜合訓(xùn)練(十四)平拋運動1．(2018·河南洛陽統(tǒng)測)(多選)一個物體以初速度大小為v0被水平拋出，落地時速度大小為v，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則()A．物體做平拋運動的時間為eq\f(\r(v2－v\o\al(2,0)),g)B．物體做平拋運動的豎直分位移為eq\f(v2－v\o\al(2,0),2g)C．物體做平拋運動的時間為eq\f(v－v0,g)D．物體做平拋運動的水平分位移為eq\f(v0v－v0,g)解析：選AB根據(jù)平行四邊形定則可得，落地時物體在豎直方向上的分速度vy＝eq\r(v2－v\o\al(2,0))，物體做平拋運動，豎直方向上做自由落體運動，則有vy＝gt，所以運動的時間為t＝eq\f(\r(v2－v\o\al(2,0)),g)，物體做平拋運動的豎直分位移為h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2g)，水平分位移為x＝v0t＝eq\f(v0\r(v2－v\o\al(2,0)),g)，A、B正確，C、D錯誤．2．(2017·黑龍江大慶一模)(多選)在地面上方高為H處某點將一小球水平拋出，不計空氣阻力，則小球在隨后(落地前)的運動中()A．初速度越大，小球落地時的瞬時速度與豎直方向的夾角越大B．初速度越大，落地瞬間小球重力的瞬時功率越大C．初速度越大，在相等的時間間隔內(nèi)，速度的改變量越大D．無論初速度為何值，在相等的時間間隔內(nèi)，速度的改變量總是相同的解析：選AD設(shè)小球落地時瞬時速度的方向與豎直方向的夾角為α，根據(jù)tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,\r(2gH))知，初速度越大，小球落地時的瞬時速度與豎直方向的夾角越大，故A正確．根據(jù)P＝mgvy＝mgeq\r(2gH)知，落地瞬間小球重力的瞬時功率與初速度無關(guān)，故B錯誤．平拋運動的加速度不變，在相等時間間隔內(nèi)速度的改變量相同，與初速度無關(guān)，故C錯誤，D正確．3．(2017·河北承德實驗中學(xué)期中)(多選)如圖所示，從某高度水平拋出一小球，經(jīng)過時間t到達(dá)一豎直墻面時，速度與豎直方向的夾角為θ，不計空氣阻力，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．小球水平拋出時的初速度大小為gttanθB．小球在t時間內(nèi)的位移方向與水平方向的夾角為eq\f(θ,2)C．若小球初速度增大，則平拋運動的時間變短D．若小球初速度增大，則tanθ減小解析：選AC小球到達(dá)豎直墻面時沿豎直方向和水平方向上的分速度大小分別為vy＝gt，vx＝vytanθ＝gttanθ，所以水平拋出時的初速度為gttanθ，A項正確；設(shè)小球在t時間內(nèi)的位移方向與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(y,x)，eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(vy,2vx)＝eq\f(1,2tanθ)，B項錯誤；由于小球到墻的距離一定，初速度增大，運動的時間變短，C項正確；若小球初速度增大，由小球到墻的時間變短，由tanθ＝eq\f(v0,gt)可知，tanθ增大，D項錯誤．4．(2017·云南玉溪一中一模)如圖所示為四分之一圓柱體OAB的豎直截面，半徑為R，在B點上方的C點水平拋出一個小球，小球軌跡恰好在D點與圓柱體相切，OD與OB的夾角為60°，則C點到B點的距離為()A．eq\f(R,4) B．eq\f(3R,4)C．eq\f(R,2) D．R解析：選A小球做平拋運動，經(jīng)過D點時，水平速度與末速度的夾角為60°，則有tan60°＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，則時間t＝eq\f(v0tanθ,g)①，小球下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(v\o\al(2,0)tan260°,2g)②，在水平方向上有故x＝Rcos30°＝v0t③，C點到B點的距離為H＝h－R(1－cos60°)＝eq\f(v\o\al(2,0)tan260°,2g)－R(1－cos60°)④，聯(lián)立四式解得H＝eq\f(R,4)．5．如圖所示，斜面底端上方高h(yuǎn)處有一小球以水平初速度v0拋出，恰好垂直打在斜面上，斜面的傾角為30°，則關(guān)于h和初速度v0的關(guān)系，下列圖象正確的是()解析：選D將小球剛要打到斜面上的速度沿豎直和水平方向進(jìn)行分解，則有tan30°＝eq\f(v0,vy)，vy＝gt，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，由幾何關(guān)系得tan30°＝eq\f(h－y,x)，解得h＝eq\f(5v\o\al(2,0),2g)，因此h－v0圖象應(yīng)是開口向上的拋物線，h－veq\o\al(2,0)圖象應(yīng)是過原點的直線，故ABC項錯誤，D項正確，故選D．6．如圖所示，將a、b兩小球以大小為20eq\r(5)m/s的初速度分別從A、B兩點相差1s先后水平相向拋出，a小球從A點拋出后，經(jīng)過時間t，a、b兩小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不計空氣阻力，g取10m/s2，則拋出點A、B間的水平距離是A．80eq\r(5)m B．100mC．200m D．180eq\r(5)m解析：選Da、b兩球在空中相遇時，a球運動t秒，b球運動了(t－1)秒，此時兩球速度相互垂直，如圖所示，由圖可得：tanα＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(v0,gt－1)解得：t＝5s(另一個解舍去)，故拋出點A、B間的水平距離是v0t＋v0(t－1)＝180eq\r(7．如圖所示，斜面固定在水平面上，兩個小球分別從斜面底端O點正上方A、B兩點向右水平拋出，B為AO連線的中點，最后兩球都垂直落在斜面上，A、B兩球擊中斜面位置到O點的距離之比為()A．eq\r(2)∶1 B．2∶1C．4∶eq\r(2) D．4∶1解析：選B設(shè)任一小球的初速度為v0，拋出點離O點的高度為h，平拋運動的時間為t，斜面的傾角為θ．據(jù)題小球垂直擊中斜面，速度與斜面垂直，由速度分解可知：vytanθ＝v0；又vy＝gt可得：t＝eq\f(v0,gtanθ)根據(jù)幾何關(guān)系得：h＝eq\f(1,2)gt2＋v0t·tanθ＝eq\f(v\o\al(2,0),2gtan2θ)＋eq\f(v\o\al(2,0),g)∝veq\o\al(2,0)據(jù)題有OA＝2OB，則得：vA＝eq\r(2)vB．擊中斜面位置到O點的距離為S＝eq\f(v0t,cosθ)＝eq\f(v\o\al(2,0),gtanθcosθ)∝veq\o\al(2,0)．故得A、B兩球擊中斜面位置到O點的距離之比為2∶1，故選B．8．(多選)如圖所示，某人從高出水平地面h的坡上水平擊出一個質(zhì)量為m的高爾夫球由于受恒定的水平風(fēng)力的作用，高爾夫球豎直落入距擊球點水平距離為L的A穴，不計洞穴的深度，則下列說法正確的是()A．球被擊出后做平拋運動B．該球從被擊出到落入A穴所用的時間為eq\f(L,v0)C．球被擊出時的初速度大小為Leq\r(\f(2g,h))D．球被擊出后受到的水平風(fēng)力的大小為eq\f(mgL,h)解析：選CD由于水平方向受到空氣阻力，不是平拋運動，故A錯誤；豎直方向為自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2，得到t＝eq\r(\f(2h,g))，因水平方向不是勻速直線運動，因此從被擊出到落入A穴所用時間不能為eq\f(L,v0)，故B錯誤；由于球豎直地落入A穴，故水平方向為末速度為零勻減速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式，有L＝v0t－eq\f(1,2)at20＝v0－at；解得v0＝eq\f(2L,\r(\f(2h,g)))＝Leq\r(\f(2g,h))，故C正確；水平方向分運動為末速度為零勻減速直線運動，由運動學(xué)公式L＝v0t－eq\f(1,2)at2；0＝v0－at；由牛頓第二定律F＝ma；由上述各式可解得F＝eq\f(mgL,h)，故D正確；故選CD．9．(2018·云南曲靖一中月考)(多選)如圖所示，轟炸機(jī)沿水平方向勻速飛行，到達(dá)山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，并垂直擊中山坡上的目標(biāo)A.已知A點高度為h＝360m，山坡傾角為37°，g取10m/sA．炸彈的飛行時間為0.8s B．炸彈飛行的水平位移為480C．轟炸機(jī)的飛行高度為680m D．炸彈的落地速度為解析：選BC已知A點高度為h＝360m，山坡傾角為37°，可算出炸彈飛行的水平位移為x＝eq\f(h,tan37°)＝480m，故B正確；炸彈垂直擊中目標(biāo)A，可知炸彈的速度偏轉(zhuǎn)角滿足φ＝eq\f(π,2)－θ＝53°，由平拋運動的速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍可知tanφ＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(2H,x)，解得H＝320m，所以轟炸機(jī)的飛行高度H總＝H＋h＝680m，故C正確；炸彈的飛行時間t＝eq\r(\f(2H,g))＝8s，故A錯誤；炸彈的初速度為v0＝eq\f(x,t)＝60m/s，炸彈的落地速度v＝eq\f(v0,cosφ)＝100m/s，故D錯誤．10．(2017·湖北重點中學(xué)摸底)如圖所示，擋板ON與豎直方向夾銳角θ＝53°放置．一小球(可視為質(zhì)點)從O點正下方的P點以v0＝8m/s的初速度水平拋出，小球運動過程中恰好不與擋