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專題14　平拋運動及其分析方法
題組1　平拋運動特點和性質的理解
1．平拋物體的運動規律可以概括為兩點：(1)水平方向做勻速運動；(2)豎直方向做自由落體運動．為了研究平拋物體的運動，可做下面的實驗：如圖1所示，用小錘敲擊彈性金屬片，A球就水平飛出，同時B球被松開，做自由落體運動，兩球同時落到地面，則實驗(　　)
A．只能說明上述規律中的第(1)條圖1
B．只能說明上述規律中的第(2)條
C．不能說明上述規律中的任何一條
D．能同時說明上述兩條規律
2．關于平拋運動，下列說法錯誤的是(　　)
A．平拋運動是一種在恒力作用下的曲線運動
B．平拋運動的軌跡為拋物線，速度方向時刻變化，加速度方向也時刻變化
C．做平拋運動的物體在Δt時間內速度變化量的方向可以是任意的
D．做平拋運動的物體的初速度越大，在空中的運動時間越長
3．平拋運動可以分解為水平和豎直兩個方向的直線運動，在同一坐標系中作出這兩個分運動的v－t圖象，如圖2所示，若平拋運動的時間大于2t1, g＝10m/s2, 則下列說法中正確的是(　　)
A．圖線1表示豎直分運動的v－t圖線圖2
B．圖線2表示水平分運動的v－t圖線
C．t1時間內物體速度的變化量大小為20t1，方向與水平方向成45°
D．t1時刻的速度方向與初速度方向夾角為45°
4．做平拋運動的物體，每秒的速度增量總是(　　)
A．大小相等，方向相同B．大小不等，方向不同
C．大小相等，方向不同D．大小不等，方向相同
題組2　平拋運動規律的應用
5．關于平拋運動，下列說法正確的是(　　)
A．拋出速度越大的物體，其水平位移一定越大
B．拋出速度越大的物體，其飛行時間一定越長
C．拋出位置越高的物體，其飛行時間一定越長
D．拋出位置越高的物體，飛得一定越遠
6.如圖3，從半徑為R＝1m的半圓AB上的A點水平拋出一個可視為質點的小球，經t＝0.4s小球落到半圓上，已知當地的重力加速度g＝10m/s2，則小球的初速度v0可能為(　　)圖3
A．1m/s B．2 m/sC．3m/s D．4 m/s
7．以v0的速度水平拋出一物體，當其水平分位移與豎直分位移大小相等時，下列說法錯誤的是(　　)
A．瞬時速度的大小是v0
B．運動時間是
C．豎直分速度大小等于水平分速度大小
D．運動的位移是
8.如圖4所示，從某高度處水平拋出一小球，經過時間t到達地面時，速度與水平方向的夾角為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
B．小球在t時間內的位移方向與水平方向的夾角為圖4
C．若小球初速度增大，則平拋運動的時間變長
D．若小球初速度增大，則θ減小
9．如圖5所示，一個小球從高h＝10m處以水平速度v0＝10m/s拋出，撞在傾角θ＝45°的斜面上的P點，已知AC＝5 m，g＝10 m/s2，求：
(1)P、C之間的距離．
(2)小球撞擊P點時速度的大小和方向．
題組3　平拋運動的推論

10．如圖6所示，在A點有一個小球，緊靠小球的左方有一個點光源S(圖中未畫出)．現將小球從A點正對著豎直墻水平拋出，不計空氣阻力，則打到豎直墻之前，小球在點光源照射下的影子在墻上的運動是(　　)
A．勻速直線運動圖6
B．自由落體運動
C．變加速直線運動
D．勻減速直線運動
11．如圖7所示，從某高度水平拋出一小球，經過時間t到達地面時，速度與水平方向的夾角為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gttanθ
B．小球在t時間內的位移方向與水平方向的夾角為圖7
C．若小球初速度增大，則平拋運動的時間變長
D．若小球初速度增大，則θ減小
12．如圖8所示，斜面AC與水平方向的夾角為α，在A點正上方與C等高處水平拋出一小球，其速度垂直斜面落到D點，則CD與DA的比為(　　)
A.　　　　　 B.圖8
C.　　　　　 D.
題組4　平拋與斜面或圓周相結合的問題
13.斜面上有a、b、c、d四個點，如圖9所示，ab＝bc＝cd，從a點正上方的O點以速度v水平拋出一個小球，它落在斜面上b點，若小球從O點以速度2v水平拋出，不計空氣阻力，則它落在斜面上的(　　)圖9
A．b與c之間某一點 B．c點
C．c與d之間某一點 D．d點

14．如圖10所示，B為豎直圓軌道的左端點，它和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α.一小球在圓軌道左側的A點以速度v0平拋，恰好沿B點的切線方向進入圓軌道．已知重力加速度為g，則AB之間的水平距離為(　　)
A. B.圖10
C. D.
15．如圖11所示，兩個相對的斜面，傾角分別為α＝37°和β＝53°.在頂點把兩個小球以同樣大小的初速度分別向左、右水平拋出，小球都落在斜面上．若不計空氣阻力，則a、b兩個小球的運動時間之比為(　　)圖11
A．1∶1B．4∶3
C．16∶9D．9∶16
16．如圖12所示，一高度為h的光滑水平面與一傾角為θ的斜面連接，一小球以速度v從平面的右端P點向右水平拋出，則小球在空中運動的時間t(　　)圖12
A．一定與v的大小有關
B．一定與v的大小無關
C．當v大于時，t與v無關
D．當v小于時，t與v有關
題組5　類平拋模型問題分析
17．a、b兩質點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向被拋出，a在豎直平面內運動，落地點為P1，b沿光滑斜面運動，落地點為P2，P1和P2在同一水平面上，如圖13所示，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是(　　)圖13
A．a、b的運動時間相同
B．a、b沿x軸方向的位移相同
C．a、b落地時的速度大小相同
D．a、b落地時的速度相同
18．如圖14為一架直升機運送沙袋．該直升機A用長度足夠長的懸索(其重力可忽略)系住一質量m＝50kg的沙袋B.直升機A和沙袋B以v＝10m/s的速度一起沿水平方向勻速運動，某時刻開始將沙袋放下，在t＝5 s時間內，沙袋在豎直方向上移動的距離按y＝t2(單位：m)的規律變化．取g＝10 m/s2，求：
(1)在t＝5s時間內沙袋位移大小；
(2)在t＝5s末沙袋的速度大小．圖14

答案解析
1．B　[兩小球同時落地，說明兩球在空中運動的時間相同，又因為兩者豎直方向的初速度相同，受力相同，所以兩者在豎直方向上的運動相同，則該實驗只能說明(2)正確，故選B.]
2．BCD　[做平拋運動的物體只受重力作用，加速度為g恒定，任意時間內速度變化量的方向豎直向下(Δv＝gt)，運動時間由拋出時的高度決定，選項B、C、D錯誤．]
3．D　[平拋運動水平方向為勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，是初速度為零的勻加速直線運動，圖線1表示的是勻速直線運動，是水平分運動的圖線，圖線2表示的是勻加速直線運動，是豎直分運動的圖線，所以A、B都錯；t1時間內物體速度的變化量大小為10t1，C錯誤；t1時刻可知水平分速度和豎直分速度相等，則速度與初速度方向的夾角為45°，D正確；故選D.]
4．A　[平拋運動的加速度不變，根據Δv＝gt，每秒速度增量大小相等，方向豎直向下，與加速度的方向相同．故A正確，B、C、D錯誤．故選A.]
5．C　[平拋運動的時間由高度決定，高度越大，時間t越大，與初速度無關．故B錯誤，C正確；水平飛行距離：x＝v0t＝v0，既與初速度有關，又與高度有關，A、D錯誤；故選C.]
6．AD　[由于小球經0.4s落到半圓上，下落的高度h＝gt2＝0.8m，位置可能有兩處，如圖所示．
第一種可能：小球落在半圓左側，
v0t＝R－＝0.4m，v0＝1m/s
第二種可能：小球落在半圓右側，
v0t＝R＋，v0＝4m/s，選項A、D正確．]
7．C　[當其水平分位移與豎直分位移相等時，即v0t＝gt2，可得運動時間t＝，水平分速度vx＝v0，豎直分速度vy＝gt＝2v0，合速度v＝＝v0，合位移為＝，A、B、D正確，C錯誤．故選C.]
8．AD　[由tanθ＝可得小球平拋的初速度大小v0＝，A正確；由tanα＝＝＝＝tanθ可知，α≠，B錯誤；小球平拋運動的時間t＝，與小球初速度無關，C錯誤；由tanθ＝可知，v0越大，θ越小，D正確．]
9．(1)5m　(2)10m/s　垂直于斜面向下
解析　(1)設P、C之間的距離為L，根據平拋運動規律有：
水平方向：xAC＋Lcos45°＝v0t
豎直方向：h－Lsin45°＝gt2
聯立解得L＝5m，t＝1s.
(2)小球撞擊P點時的水平速度vx＝v0＝10m/s，
豎直速度vy＝gt＝10m/s，
所以小球撞擊P點時速度的大小為v＝＝10m/s.
設小球的速度方向與水平方向的夾角為α，則tanα＝＝1，α＝45°，方向垂直于斜面向下，所以小球垂直于斜面向下撞擊P點．
10．A　[由題圖中兩個三角形相似可得，＝；而h＝gt2，聯立解得x＝t，所以小球在點光源照射下的影子在墻上的運動是勻速直線運動，A正確．]
11．D　[落地時豎直方向上的速度vy＝gt.因為速度與水平方向的夾角為θ，所以落地的速度大小v＝＝，小球的初速度v0＝vycotθ＝gtcotθ，A錯．速度與水平方向夾角的正切值tanθ＝，位移與水平方向夾角的正切值tanα＝＝，tanθ＝2tanα.但α≠，故B錯．平拋運動的時間由高度決定，與初速度無關．故C錯．由于tanθ＝，若小球初速度增大，則θ減小，D對．]
12．D　[設平拋初速度為v0，落到D處時的豎直速度為vy，所用時間為t，由幾何關系可得，AD＝，CD＝.在速度三角形中tanα＝，解以上三式得＝，D對．]
13．A　[本題可采用假設法，假設斜面是一層很薄的紙，小球落到斜面上就可穿透且不損失能量．過b點作水平線交Oa點于a′，由于小球從O點以速度v水平拋出時，落在斜面上b點，則小球從O點以速度2v水平拋出時，穿透斜面后應落在水平線a′b延長線上的c′點，且a′b＝bc′，如圖所示，因ab＝bc，則c′點在c點的正下方．顯然其軌跡交于斜面上b與c之間，所以本題應選A.]
14．A　[由小球恰好沿B點的切線方向進入圓軌道可知小球速度方向與水平方向夾角為α.由tan α＝gt/v0，x＝v0t，聯立解得AB之間的水平距離為x＝，A正確．]
15．D　[對a有＝tanα，得ta＝，對b有＝tanβ，得tb＝，將數值代入得ta∶tb＝9∶16.]
16．CD　[球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用臨界法求解．如果小球恰好落在斜面與水平面的交點處，則滿足＝vt，h＝gt2，聯立可得v＝，故當v大于時，小球落在水平地面上，t＝，與v無關；當v小于時，小球落在斜面上，x＝vt，y＝gt2，＝tanθ，聯立可得t＝，即與v有關，故選C、D.]
17．C　[設O點離地高度為h，則h＝gt，＝gcosαt，得出：ta＝，tb＝，故ta18．(1)25m(或55.9m)　(2)10m/s(或14.14 m/s )
解析　(1)由y＝t2可知沙袋在t＝5s內豎直方向位移y＝25m
在水平方向勻速運動5s內水平位移x＝vt＝50m
因此沙袋在5s內位移x5＝＝25m(或55.9m)
(2)由y＝t2可知沙袋在豎直方向做初速度為0、加速度為a＝2m/s2的勻加速運動．
所以在t＝5s末沙袋在豎直方向的分速度為vy＝at＝10m/s
又因沙袋在水平方向做勻速運動，所以水平分速度vx＝v＝10m/s
因此沙袋在t＝5s末的速度v5＝＝10m/s(或14.14 m/s )

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