2021届高考物理一轮复习4第2讲平抛运动的规律及应用练习含解析

2021届高考物理一轮复习4第2讲平抛运动的规律及应用练习含解析

第2讲 平抛运动的规律及应用 考点一　平抛运动的规律 单个物体的平抛运动 ‎【典例1】(多选)一位同学玩投掷飞镖游戏时，将飞镖水平抛出后击中目标。当飞镖在飞行过程中速度的方向平行于抛出点与目标间的连线时，其大小为v。不考虑空气阻力，已知连线与水平面间的夹角为θ，则飞镖(　　)‎ A.初速度v0=vcos θ B.飞行时间t=‎ C.飞行的水平距离x=‎ D.飞行的竖直距离y=‎ ‎【一题多解】选A、C。‎ 方法一：将运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，飞镖的初速度v0=vcos θ，选项A正确；根据平抛运动的规律有x=v0t，y=gt2，tan θ=，解得t=，x=，y=，选项C正确，B、D错误。‎ 方法二：求飞行时间还可以沿抛出点与目标间的连线和垂直连线方向建立平面直角坐标系，则沿连线方向上，飞镖做初速度为v0cos θ，加速度为gsin θ的匀加速直线运动；垂直连线方向上做初速度为v0sin θ，加速度为-gcos θ 的类竖直上抛运动，故由题意可知飞镖飞到速度为v时，垂直连线方向的速度减为0，所用时间为，再次回到连线所用的时间也为(竖直上抛运动的对称性)，故飞行时间为。‎ 多个物体的平抛运动 ‎【典例2】(2019·潮州模拟)甲、乙两位同学在不同位置沿水平各射出一枝箭，箭落地时，‎ 15‎ 插入泥土中的形状如图所示，已知两支箭的质量、水平射程均相等，若不计空气阻力及箭长对问题的影响，则甲、乙两支箭 (　　)‎ A.空中运动时间之比为1∶　‎ B.射出的初速度大小之比为1∶　‎ C.下降高度之比为1∶3　‎ D.落地时动能之比为3∶1‎ ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：两个物体水平抛出。‎ ‎2.思维导引：‎ ‎【解析】选B。根据竖直方向的自由落体运动可得 h=gt2‎ 水平射程：x=v0t 可得：x=v0‎ 由于水平射程相等，则：v甲=v乙①‎ 末速度的方向与水平方向之间的夹角的正切值：‎ tan θ==‎ 15‎ 可得：2gh甲=3，6gh乙=②‎ 联立①②可得：h甲=3h乙，即下落的高度之比为3∶1；‎ 根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2，可知运动时间之比为∶1，故A、C错误；射出的初速度大小之比为1∶，故B正确；它们下落的高度之比为3∶1；但射出的初速度大小之比为1∶，所以落地的动能之比不等于3∶1，故D错误。‎ 平抛运动的规律 1.飞行时间和水平射程：‎ ‎(1)飞行时间：由t=知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。‎ ‎(2)水平射程：x=v0t=v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。‎ ‎2.速度和位移的变化规律：‎ ‎(1)速度的变化规律。‎ ‎①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v0。‎ ‎②任一相等时间间隔Δt内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv=Δvy=gΔt。‎ ‎(2)位移变化规律。‎ ‎①任一相等时间间隔内，水平位移相同，即Δx=v0Δt。‎ ‎②连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy=gΔt2。‎ ‎【加固训练】‎ ‎1.我国首批隐形战斗机歼-2已形成初步战斗力。某次演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离为L时投弹(投弹瞬间炸弹相对战斗机的速度为零)，‎ 15‎ 可以准确命中目标。若战斗机水平飞行高度变为原来的倍，飞行速度变为原来的倍，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为(不考虑空气阻力) (　　)‎ A.L　　　B.L　　　C.L　　　D.L ‎【解析】选B。炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，所以在竖直方向上：h=gt2，解得：t=‎ 在水平方向上：L=v0t=v0‎ 当战斗机飞行的高度为原来的倍，飞行速度为原来的倍时，战斗机投弹时距离目标的水平距离：L′=v0=v0=L，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎2.(2017·江苏高考)如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为 (　　)‎ A.t　　　B.t　　　C.　　　D.‎ ‎【解析】选C。设AB间距为x，两球初速度分别为v1、v2，则有x=(v1+v2)t，现两球的抛出速度都变为原来的2倍，时间减半，所以C项正确。‎ 考点二　有约束条件的平抛运动 斜面约束的平抛运动 ‎【典例3】(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 15‎ ‎ (　　)‎ A.2倍 B.4倍 C.6倍 D.8倍 ‎【解析】选A。两球都落在该斜面上，其位移与水平方向夹角相等设为α，其速度与水平方向夹角设为β，据tan β=2tan α，可知两球速度夹角相等，据v=可得==2，故选A。‎ ‎【多维训练】1(多选)如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则 (　　)‎ A.落于B点的小球飞行时间为t　‎ B.v2=gt　‎ C.落于C点的小球的水平位移为gt2　‎ D.A点距水平面MN的高度为gt2‎ ‎【解析】选A、C、D。两个小球做平抛运动下落的高度相等，所以飞行的时间也相等，可知，落于B点的小球飞行时间为t。故A正确；小球飞行的时间为t，则落于C点的竖直分速度vy=gt，因为小球恰好垂直落于C点，根据平行四边形定则知，小球的初速度v1=vy=gt，落于C点的小球的水平位移为x=v1t=gt2；两个小球在竖直方向的位移：y=gt2，由于PO与水平面MN的夹角为45°，所以落在B点的小球沿水平方向的位移x′也是gt2，而水平方向的位移：x′=v2t，所以：v2=gt。故B错误，C正确；根据几何关系知，A点距离MN 15‎ 的高度为：h=gt2+×=gt2，故D正确。‎ ‎【多维训练】2(多选)(2019·黄山模拟)如图所示，甲、乙两个小球同时从同一固定的足够长斜面的A、B两点分别以v0、2v0水平抛出，分别落在斜面的C、D两点(图中未画出)，不计空气阻力，下列说法正确的是 (　　)‎ A.甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同 B.甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1∶4　‎ C.A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1∶4‎ D.甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1∶‎ ‎【解析】选A、C。平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，甲、乙两球均落在斜面上，则两球的位移方向相同，则速度方向相同，故A正确；根据tan θ==得平抛运动的时间为：t=，甲、乙两球的初速度之比为1∶2，则甲、乙两球平抛运动的时间之比为1∶2，故B错误；小球平抛运动的水平位移为：x=v水平t=，由于甲、乙两球的初速度之比为1∶2，则两球的水平位移之比为1∶4，可知A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1∶4，故C正确；小球落在斜面上时的竖直分速度为：vy=gt=2v水平tan θ，根据平行四边形定则得，小球落在斜面上的速度为：v==v水平，初速度之比为1∶2，则落在斜面上的速度之比为1∶2，故D错误。‎ 曲面约束的平抛运动 ‎【典例4】某游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的小弹丸。圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，弹丸落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏过关，则弹射器在轨道上 (　　)‎ 15‎ A.位于B点时，只要弹丸射出速度合适就能过关 B.只要高于B点，弹丸射出速度合适都能过关 C.只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关 D.有两个位置，只要弹丸射出速度合适都能过关 ‎【解析】选C。作出速度的反向延长线交初速度方向为G，过O点作MN的垂线交于F，结合几何关系得出平抛运动的水平位移，抓住OG和GF间的夹角等于速度与水平方向的夹角，通过几何关系求出竖直位移，从而得出弹射器离B点的高度。根据速度方向，结合平行四边形定则得出初速度的大小，然后作出判断。‎ 设OP与水平方向之间的夹角为θ，将末速度进行分解如图所示：‎ ‎；‎ 则：=tan θ OE=Rcos θ，PE=Rsin θ，‎ 平抛运动的水平位移为：x=BO+OE=R+Rcos θ，‎ 又：x=vxt，‎ 设发射点到B的高度为h，弹丸沿竖直方向的位移：‎ y=h+PE=h+Rsin θ 又：y=gt2=vyt 则：===tan θ 15‎ 由于P点的位置是固定的，则x是固定的，所以弹射器的高度只能有一个位置。‎ 由于弹射器的高度只能有一个位置，则竖直方向弹丸的位移是固定的，由y=gt2可知弹丸下落的时间是固定的，所以弹丸的初速度也是固定的。‎ 即只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关。故A、B、D错误，C正确。‎ ‎　有约束条件的平抛运动解题策略 ‎【加固训练】‎ ‎1.如图所示，半圆槽MABCN在竖直面内，M点、N点是半圆的水平直径的两个端点，O点是半圆圆心，OB为竖直半径，A、C为半圆周上的两点，两点连线AC垂直平分OB。现有三个小球a、b、c，先从M点水平向右先后抛出a、b两小球，两球依次落在A、B两点；再从P点水平向右抛出c球(P是直径MN上的某一点)，c球恰好垂直圆周击中C点，则下列说法中正确的是 (　　)‎ A.a、b、c三球的下落时间之比为1∶2∶1　‎ B.c球抛出点P有可能与M点重合　‎ C.a、b、c三球的平抛初速度之比为(2-)∶∶2‎ D.a、b、c三球的机械能之比为(7-4)∶2∶12‎ ‎【解析】选C。三个小球都做平抛运动，根据平抛运动规律列方程计算求解。由题可知，a、b、c三个小球在竖直方向的位移之比为：1∶2∶1，由h=gt2‎ 可知它们的下落时间之比为：1∶∶1。故A错误；‎ 15‎ c球恰好垂直圆周击中C点，则速度的反向延长线经过O点；由平抛运动的推论可知，抛出点到C之间的水平距离等于O到C点水平距离的2倍，然后结合几何关系可知，P点一定在A点的正上方。故B错误；AC垂直平分OB，则AO与CO与竖直方向之间的夹角都是60°，所以=R，而M与A之间的水平距离为R-R 设a与c运动的时间为t，则b运动的时间为t，沿水平方向：‎ 对a：R-R=vat 对b：R=vb·t 对c：R=vct 所以va∶vb∶vc=(2-)∶∶2。故C正确；由于没有选择合适的重力势能的零势能面，所以不能比较它们的机械能的大小关系，故D错误。‎ ‎2.如图甲所示，水平地面上有一个底端固定、倾角α可调的斜面，右侧在D点与一个水平平台相接。固定在平台上的弹射装置可以将小球以不同水平初速度v0弹出、改变斜面倾角α使小球每次均垂直落到斜面上，-图线如图乙所示，重力加速度g取‎10 m/s2，则平台高度H为 (　　)‎ A.‎0.5‎ m‎ B.1‎ C.‎1.5 m D‎.2 m ‎【解析】选D。固定在平台上的弹射装置可以将小球以不同水平初速度v0弹出、改变斜面倾角α使小球每次均垂直落到斜面上，根据几何关系可知小球末速度的方向与竖直方向夹角为α，‎ 则tan α= ①‎ 15‎ h=gt2 ②‎ x=v0t ③‎ 平台高度为：H=h+xtan α ④‎ ‎①②③④联立解得：‎ ‎=2gH-2‎ 结合图乙可得：‎ ‎2gH=‎ 解得：H=‎2 m，故A、B、C错误，D正确。‎ ‎3.(多选)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点。已知∠COD=60°，且不计空气阻力，则 (　　)‎ A.两小球同时落到D点　‎ B.两小球在此过程中动能的增加量相等　‎ C.在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等　‎ D.两小球初速度之比v1∶v2=∶3‎ ‎【解析】选C、D。两球均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由h=gt2，得t=，由于两球下落的高度不同，则知两球不可能同时到达D点，故A错误；根据动能定理得知：重力做功等于动能的增加量，而重力做功不等，则动能的增加量不等，B错误；在击中D点前瞬间，重力做功的功率为P=mgvy=mg·gt，t不等，则P不等，故C正确；设半圆的半径为R。小球从A点平抛，可得R=v1t1，‎ 15‎ R=g 小球从C点平抛，可得Rsin 60°=v2t2‎ R(1-cos 60°)=g 联立解得=。故D正确。‎ 考点三　平抛运动的综合问题 平抛运动的临界极值问题 ‎【典例5】如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端距水平地面高度H=‎3.2 m的A点水平滑出，斜面底端有个宽L=‎1.2 m、高h=‎1.4 m的障碍物。忽略空气阻力，重力加速度g取‎10 m/s2，sin53°=0.8，cos 53°=0.6。为了不触及这个障碍物并落在水平面上，运动员从A点沿水平方向滑出的最小速度为 (　　)‎ A.‎3.0‎ m‎/s B.‎4.0 m/s C.‎4.5 m/s D.‎6.0 m/s ‎【通型通法】‎ ‎1.题型特征：平抛运动求最小位移。‎ ‎2.思维导引：‎ ‎(1)寻找运动员刚好不触及障碍物的临界条件。‎ ‎(2)将运动员的运动分成水平匀速直线运动，竖直的自由落体运动。‎ ‎【解析】选D。由题意，可知要使运动员不触及障碍物，则运动员下落到与障碍物等高时，根据几何关系可知运动员在水平方向发生的位移应该满足：x≥+L 此时运动员在竖直方向下落的高度为H-h，设运动员运动的时间为t，则有：H-h=gt2‎ 代入数据可得时间为：t=0.6 s 15‎ 所以运动员从A点沿水平方向滑出的最小速度为：vmin=‎6 m/s，故D正确，A、B、C错误。‎ 抛体运动的综合问题 ‎【典例6】用如图甲所示的水平一斜面装置研究平抛运动。一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点，O点与斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如图乙所示的图象。若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，g取‎10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求O、P间的距离s。(保留两位有效数字) ‎ ‎【解析】根据牛顿第二定律，‎ 在OP段有F-μmg=ma，‎ 又2as=，‎ 由平抛运动规律和几何关系有 物块的水平射程x=vPt，‎ 物块的竖直位移y=gt2，‎ 由几何关系有y=xtan θ，‎ 联立以上各式可以得到x=，‎ 解得F= x+μmg。‎ 由题图乙知μmg=5 N，=10 N/m，‎ 代入数据解得s=‎0.25 m。‎ 答案：‎‎0.25 m 15‎ 平抛运动中临界问题的分析方法 ‎【加固训练】‎ ‎1.如图所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1；B沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是 (　　)‎ A.A、B的运动时间相同 B.A、B沿x轴方向的位移相同 C.A、B运动过程中的加速度大小相同 D.A、B落地时速度大小相同 ‎【解析】选D。设O点与水平面的高度差为h，由h=g，=gsin θ·可得t1=，t2=，故t1

查看更多