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【精准解析】新高考物理:第4章 第2讲 平抛运动的规律及应用
【精准解析】新高考物理:第4章 第2讲 平抛运动的规律及应用
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B.小球落到斜面上时的速度大小为 v0 cosα
C.小球的位移方向垂直于 AC
D.CD
与
DA
的比值为 1 2tan2α
答案 D
解析 将小球在 D 点的速度进行分解,水平方向的分速度 v1 等于平抛运动的
初速度 v0,即 v1=v0,落到斜面上时的速度 v= v0 ,竖直方向的分速度 v2= v0 ,
A.小球甲做平抛运动的初速度大小为 6 m/s B.小球甲到达 C 点所用时间为 0.8 s C.A、B 两点的高度差为 3.2 m D.两小球在 C 点时重力的瞬时功率相等 答案 AB 解析 小球乙经过 C 点时的速度大小为 v= 2gh=10 m/s,方向竖直向下。两 球经过 C 点时速度大小相等,由 sin37°=v01,解得小球甲做平抛运动的初速度 v01
A. 23v C.v 答案 C
B.2v D. 25v
-5-
解析 设子弹射出后经时间 t 恰好从关门的上端擦边而过,子弹下降的高度
h1=12gt2,关门竖直上升的高度
h2=vt-12gt2,又
h1+h2=H,解得
t=H;子弹水平 v
方向运动的距离 x1=v0t,关门水平方向运动的距离 x2=vt,又 x1+x2=L=2H,解
水平位移为 x 甲=R-Rcos60°=R2,乙同学抛出的球的水平位移为 x 乙=R+Rcos60°
=3R,由 2
x=vt
可知,甲、乙两同学抛出球的速率之比为
v1∶v2=x
甲∶x
乙=1∶3,
A
正确;若仅增大
v1,相撞时
v1t+v2t=2R,t
减小,则
h=1gt2 2
减小,故两球将在
落入坑中之前相撞,B 正确;要两小球落在弧面上的同一点,则水平位移之和为
飞行速度大小减半,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
-1-
虑空气阻力)( )
A.1L 2
C.L 答案 B
B. 2L 2
D. 2L
解析 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=1gt2,解得 t= 2
2h,在水平方向上 g
tN<tP,设 tP=tN+Δt,故 tN-tM=Δt2=Δt1-Δt<Δt1,B 正确,C、D 错误;由上式
可知只有当Δt=Δt1 时,Δt2=0,故 A 错误。
9.如图所示,倾角为α的固定斜面,其右侧有一竖直墙面,小球滑上斜面,以 速度 v 飞离斜面,恰好垂直撞击到墙面上某位置,重力加速度为 g,忽略空气阻力,
发生碰撞后,竖直分速度不变,水平速度大小不变,方向反向,落在水平地面上,
落地点到墙壁的水平距离为 2s。若重力加速度取 10 m/s2,则 s 的大小为( )
A.1.8 m
B.2.0 m
C.2.2 m 答案 B
D.3.6 m
解析 由平抛运动规律有,h=1gt2,解得 t=0.8 s,水平方向上,小球速率不 2
cosθ 动,在 Q 点的竖直分速度 vy=v0tanθ=gt=Δv,所以小球从 P 点运动到 Q 点的时 间为 t=v0tanθ,B、C 错误;根据几何关系可知,从 P 点到 Q 点,小球在水平方
g 向上的位移大小为 x=Rsinθ,根据 x=Rsinθ=v0t,可得圆环的半径为 R= v20 ,
B.小球从 P 点运动到 Q 点的时间为 t=v0sinθ g 1-cosθ
C.小球从 P 点到 Q 点的速度变化量为Δv= cosθ v0
-4-
D.圆环的半径为 R= v20 gcosθ
答案 D 解析 根据几何关系知,小球在 Q 点的速度方向与水平方向的夹角为θ,则小 球运动到 Q 点时的速度大小为 vQ= v0 ,A 错误;小球在竖直方向做自由落体运
A.在空中运动的过程中,两球的加速度相同
B.两球触地时的瞬时速率不同
C.两球在空中运动的时间相同
D.两球运动的位移相同
答案 A
解析 两球在空中都只受重力作用,两球的加速度都为重力加速度 g,A 项正 确。因两球都只受重力,则机械能均守恒,据机械能守恒定律有 12mv20+mgh=12mv2t , 可知两球触地时的速率相同,B 项错误。因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上
-6-
下列说法中正确的是( )
A.从飞离斜面到撞击墙面的过程中,小球在水平方向做匀速直线运动,竖直
方向做匀减速直线运动
B.竖直墙面与斜面右端的水平距离为 v2sin2α g
C.竖直墙面与斜面右端的水平距离为v2sinαcosα g
D.从飞离斜面到撞击墙面的过程中,小球竖直上升的高度为 v2sinα 2g
抛,则知两球在空中运动的时间不同,C 项错误。因两球初始时运动方向不同,则
它们发生的位移不同,D 项错误。
2.(2019·福建厦门高三上学期期末)中国首批隐形战斗机已经全面投入使用。
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),可以准确命中目标。若战斗机水平飞行高度加倍,
11.如图所示为一半球形的坑,其中坑边缘两点 M、N 与球心等高且在同一竖 直面内。现甲、乙两位同学(可视为质点)分别站在 M、N 两点,同时将两个小球以 v1、v2 的速度沿图示方向水平抛出,发现两球刚好落在坑中同一点 Q,已知∠MOQ =60°,忽略空气阻力。则下列说法正确的是( )
-8-
A.甲、乙两同学抛出球的速率之比为 1∶3
得子弹的初速度 v0=v,C 正确,A、B、D 错误。
8.如图所示,某次空中投弹的军事演习中,战斗机以恒定速度沿水平方向飞
行,先后释放两颗炸弹,先后分别击中山坡上的 M 点和 N 点。释放两颗炸弹的时
间间隔为Δt1,击中 M、N 的时间间隔为Δt2,不计空气阻力,则( )
A.Δt2=0
B.Δt2<Δt1
12.(2019·广东佛山高三高考一模)在 2018 年俄罗斯世界杯某场比赛中,一个
球员在球门中心正前方某处高高跃起,将足球以水平速度 v0 顶出,恰落在球门的
-9-
右下方死角 P 点。假设球门宽为 L,守门员作出准确判断的时间为Δt,守门员扑球 的时间为 t,将足球看成质点,忽略空气阻力,重力加速度为 g,则( )
5.(2019·河北衡水中学高三二调)如图所示,可视为质点的两个小球 A、B 从
-3-
坐标为(0,2y0)、(0,y0)的两点分别以速度 vA 和 vB 水平抛出,两个小球都能垂直打 在倾角为 45°的斜面上,由此可得 vA∶vB 等于( )
A. 2∶1
B.2∶1
C.4∶1
D.8∶1
答案 A 解析 根据平抛运动的规律可得,对于小球 A,有 xA=vAt,yA=12gt2;对小球 B,有 xB=vBt′,yB=12gt′2,又知vgAt =gvt′B =tan45°,2y0x-A yA=y0-xByB=tan45°,
答案 AD
解析 球做平抛运动,则落地时间为 t1=
2h,守门员作出准确判断的时间 g
为Δt,则守门员扑球时间 t 必须小于 2h-Δt 才可能成功防守,A 正确;球员要 g
L=v0t=v0
2h,则知,当轰炸机飞行的高度加倍,飞行速 g
度减半时,炸弹的水平位移变为原来的 2,所以战斗机投弹时距离目标的水平距 2
离应为 2L,B 正确。 2
3.如图所示,以与竖直墙面垂直、大小为 v0=7.5 m/s 的速度抛出一个弹性小
球 A,抛出点离水平地面的高度为 h=3.2 m,与墙壁的水平距离为 s。小球与墙壁
C.Δt2=Δt1
D.Δt2>Δt1
答案 B
解析 两颗炸弹以相同的初速度做平抛运动,假设落在 N 点的炸弹穿过山坡 到达与 M 等高的 P 点,如图所示,因为下落到 M、P 高度相同,由 h=1gt2 知所用
2 时间相同,落到 M、P 的时间间隔 tP-tM=(t+Δt1)-t=Δt1,显然落到 N 点的时刻
答案 AC
解析 小球飞离斜面后,水平方向以速度 vcosα做匀速直线运动,竖直方向向
上以初速度 vsinα做匀减速直线运动,可知,小球飞行时间为 t=vsinα,则竖直墙 g
面与斜面右端的水平距离为 s=vxt=v2sinαcosα,小球竖直上升的高度为 h=v2y =
g
2g
v2sin2α,可知 A、C 正确,B、D 错误。 2g
联立解得:vA∶vB= 2∶1,A 正确,B、C、D 错误。
6.如图所示,圆环竖直放置,从圆心 O 点正上方的 P 点,以速度 v0 水平抛出
的小球恰能从圆环上的 Q 点沿切线方向飞过,若 OQ 与 OP 间夹角为θ,不计空气
阻力,重力加速度为 g。则( )
A.小球运动到 Q 点时的速度大小为 vQ= v0 sinθ
2R,落点不同,竖直方向位移不同,时间 t 不同,由 2R=(v1+v2)t 可知,v1+v2
不是一个定值,C 错误;根据平抛运动规律的推论,小球落入坑中时速度方向的反 向延长线与水平直径的交点在水平位移的1处,即若仅从 M 点水平抛出小球,改变
2 小球抛出的速度,小球不可能垂直坑壁落入坑中,D 错误。
gcosθ D 正确。
7.(2019·四川广元二模)如图所示为一通关游戏示意图,与关门水平距离为 L 的左上方有一手枪,手枪可以水平发射出初速度大小可以调节的子弹,关门上端 距枪口的竖直距离为 H,L=2H。通关时,游戏者操控手枪射出子弹的瞬间关门开 始运动,关门以大小为 v 的速度水平向左匀速运动的同时还以大小为 v 的初速度 做竖直上抛运动。游戏要求子弹恰好从关门的上端擦边而过就算通关,重力加速 度为 g,不计空气阻力。如果能够通关,子弹的初速度大小为( )
v =vsin37°=6 m/s,A 正确;由 cos37°=v⊥1,解得小球甲做平抛运动到达 C 点时
v 的竖直分速度 v⊥1=vcos37°=8 m/s,由 v⊥1=gt,解得小球甲到达 C 点所用时间 t =0.8 s,B 正确;A、C 两点的高度差 h1=12gt2=3.2 m,A、B 两点的高度差Δh=h -h1=1.8 m,C 错误;两小球重力相等,在 C 点时瞬时速度大小相等,但方向不 同,根据瞬时功率的定义可知,两小球在 C 点时重力的瞬时功率不相等,D 错误。
A.若球员顶球点的高度为 h,则守门员扑球时间 t 必须小于 2h-Δt 才可 g
能成功防守 B.球员要成功破门,球员顶球点的高度必须大于 1g(t+Δt)2 2 C.球员到球门的距离为 s,则球员要成功破门,球的最小初速度 v0=t+sΔt
D.若球员到 P 点的水平距离小于 程 s 总=3s=v0t,则 s=2.0 m,B 项正确。
-2-
4.如图所示,斜面 AC 与水平方向的夹角为α,在底端 A 正上方与顶端等高处 的 E 点以速度 v0 水平抛出一小球,小球垂直于斜面落到 D 点,重力加速度为 g, 则( )
A.小球在空中飞行的时间为v0 g
第 4 章 第 2 讲 平抛运动的规律及应用 课时作业
时间:60 分钟
满分:100 分
一、选择题(本题共 12 小题,每小题 6 分,共 72 分。其中 1~8 题为单选,9~
12 题为多选)
1.从同一高度同时将 a、b 两不完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛,它
们的初速度大小相同;若不计空气阻力,则以下说法中正确的是( )
10.(2019·湖南六校联考)如图所示,将小球甲从 A 点水平抛出,同时将小球
乙从 B 点由静止释放,两小球先后经过 C 点时速度大小相等,方向的夹角为 37°,
已知 B、C 两点的高度差 h=5 m,g=10 m/s2,sin37°=0.6,两小球质量相等,不
计空气阻力,由以上条件可知( )
-7-
B.若仅增大 v1,则两球将在落入坑中之前相撞
C.两球的初速度无论怎样变化,只要落在坑中的同一点,两球抛出的速率之
和不变
D.若仅从 M 点水平抛出小球,改变小球抛出的速度,小球可能垂直坑壁落
入坑中
答案 AB
解析 两球刚好落在坑中同一点,说明两球在竖直方向的位移相同,由 y=1gt2 2
可知,两球在空中飞行的时间相同。设半球形坑的半径为 R,则甲同学抛出的球的
sinα
tanα
则小球在空中飞行的时间 t=v2= v0 ,A、B 错误。由图可知平抛运动的位移方 g gtanα
向不垂直 AC,C 错误。D、A 间水平距离为 x 水平=v0t,故 DA= v0t ;C、D 间竖 cosα
直距离为 x 竖直=12v2t,故 CD=2svi2ntα,得CDDA=2ta1n2α,故 D 正确。
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