1、【 精品教育资源文库 】 第 2 讲 平抛运动的规律及应用 板块三限时规范特训 时间： 45 分钟 满分： 100 分 一、选择题 (本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 1 6 为单选， 7 10 为多选 ) 1一个物体以初速度 v0被水平抛出，落地时速度为 v，那么物体运动的时间是 ( ) A. v v0g B.v v0g C. v2 v20g D.v2 v20g 答案 C 解析 由 v2 v2x v2y v20 (gt)2，得出 t v2 v20g ，故 C 正确。 2 2017 江西联考 在空间某一点以大小相等的速度分别竖直向上、竖直向下、水平抛出质量相等的小球，不
2、计空气阻力，经过相等的时间 (设小球均未落地 )( ) A做竖直下抛运动的小球加速度最大 B三个小球的速度变化相同 C做平抛运动的小球速度变化最小 D做竖直下抛的小球速度变化最小 答案 B 解析 由于不计空气阻力，抛出的小球只 受重力作用，因此它们的加速度相同，均为重力加速度 g， A 错误；加速度相同，相等时间内三个小球的速度变化相同， B 正确， C、 D 错误。 3物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角 的正切 tan 随时间 t 变化的图象是图中的 ( ) 答案 B 解析 根据几何关系： tan vyv0 gtv0，则 tan 与 t 成正比例函数关系， B 正确。 4 201
3、8 山西太原模拟 将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是 ( ) 【 精品教育资源文库 】 A从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短 B篮球两次抛出时速度的竖直分量第一次小于第二次 C篮球两次撞墙的速度可能相等 D抛出时的速度大小，第一次一定比第二次小 答案 A 解析 由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的反向运动。加速度都为g。在竖直方向上， h 12gt2，因为 h1 h2，则 t1 t2，因为水平位移相等，根据 x v0t 知，撞墙的速度 v01 v02。即第二次撞墙的速度大。由两次抛
4、出时速度的竖直分量 vy gt 可知，第一次大于 第二次，故 A 正确， B、 C 错误；根据平行四边形定则知，抛出时的速度 v v20 2gh，第一次的水平初速度小，而上升的高度大，则无法比较抛出时的速度大小，故 D 错误。 5. 2017 衡水联考 如图所示，从 A 点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上 B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上 C 点，已知地面上 D 点位于 B 点正下方， B、 D 间的距离为 h，则 ( ) A A、 B 两点间的距离为 h2 B A、 B 两点间的距离为 h4 C C、 D 两点间的距离为 2h D
5、 C、 D 两点间的距离为 2 33 h 答案 C 解析 AB 段小球自由下落， BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，所以 A、 B 两点间距离与 B、 D 两点间距离相等，均为 h，故 A、 B 错误； BC 段平抛初速度 v 2gh，持续的时间 t 2hg ，所以 C、 D 两点间距离 xvt 2h， C 正确， D 错误。 【 精品教育资源文库 】 6 2017 江西重点一模 如图是一固定的半圆形竖直轨道， AB 为水平直径， O 为圆心，同时从 A 点水平抛出甲、 乙两个小球，速度分别为 v1、 v2，分别落在 C、 D 两点， OC、 OD 与竖直方向的夹角均为 37 ， (si
6、n37 0.6， cos37 0.8)则 ( ) A甲、乙两球下落到轨道的时间不等 B甲、乙两球下落到轨道的速度变化不等 C v1 v2 1 3 D v1 v2 1 4 答案 D 解析 由题图可知，两个小球下落的高度是相等的，根据 h 12gt2可知，甲、乙两球下落到轨道的时间相等，速度变化量 v gt 相同，故 A、 B 错误；设圆形轨道的半径为 R，则 A 到 C 的水平位移分别为 x1 R Rsin37 0.4R， x2 R Rsin37 1.6R，则 x2 4x1；由 v xt可知， v2 4v1，故 C 错误， D 正确。 7 2017 山东枣庄模拟 在竖直杆上安装一个光滑导向槽，使
7、竖直上抛的小球通过导向槽能改变方向做平抛运动。不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为 v，那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是 ( ) A导向槽位置应在高为 v24g的位置 B最大水平距离为 v2g C小球在上、下两过程中，在经 过某相同高度时，合速度的大小总有 v 下 2v 上 D当小球落地时，速度方向与水平方向成 45 角 答案 AD 【 精品教育资源文库 】 解析 设小球平抛时的速度为 v0，根据机械能守恒定律可得 12mv20 mgh 12mv2，解得 v0 v2 2gh；根据平抛运动的知识可得下落时间 t 2hg ，水平位移 x v0t ? ?v
8、2g 2h 2 h，所以当v2g 2h 2h 时水平位移最大，解得 h v24g， A 正确；最大的水平位移为 x 4h2 2h v22g， B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等， C 错误；设速度与水平方向成 ，位移与水平方向的夹角为 ，根据平抛运动的规律可知， tan 2tan 1，则 45 ，所以 D 正确。 8. 2018 吉林模拟 如图所示，从半径为 R 1 m 的半圆 PQ 上的 P 点水平抛出一个可视为质点的小球，经 t 0.4 s 小球落到半圆 上。已知当地的重力加速度 g 10 m/s2，据此判断小球的初速度可能为 ( ) A 1 m/s
9、B 2 m/s C 3 m/s D 4 m/s 答案 AD 解析 小球下降的高度 h 12gt2 12100.4 2 0.8 m。若小球落在左边四分之一圆弧上，根据几何关系有：R2 h2 (R x)2，解得水平位移 x 0.4 m，则初速度 v0 xt 0.40.4 m/s 1 m/s。若小球落在右边四分之一圆弧上，根 据几何关系有： R2 h2 x 2，解得 x 0.6 m，则水平位移 x 1.6 m，初速度 v0 xt 1.60.4 m/s 4 m/s。故 A、 D 正确， B、 C 错误。故选 A、 D。 9如图所示，固定斜面 PO、 QO 与水平面 MN 的夹角均为 45 ，现由 A
10、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 【 精品教育资源文库 】 D A 点距水平面 MN 的高度为 34gt2 答案 ACD 解析 落于 C 点的小球强调了速度垂直 QO，则分解速度，如图则 v1 gt，水平位移 x v1t gt2，故 C 正确；落于 B 点的小球强调了落点位置，则分解位移如图，
11、 其中， BC 在同一平面，下落高度相同，故飞行时间都为 t 有： tan45 12gt2v2t gt2v2， v2gt2 ，故 A 正确， B 错误； 设 C 点 距地面为 h，由几何关系知 2h v1t v2t， h 14gt2 故 A 距水平面高度 H h 12gt2 34gt2，故 D 正确。 10 2017 河南洛阳统考 如图所示，一个质量为 0.4 kg 的小物块从高 h 0.05 m 的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘 O 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的 P 点。现以 O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程 y x2 6(
12、单位： m)，不计一切摩擦和空气阻力， g 10 m/s2，则下列说法正确的是 ( ) A小物块从水平台上 O 点飞出的速度大小为 1 m/s B小物块从 O 点运动到 P 点的时间为 1 s C小物块刚到 P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于 5 D小物块刚到 P 点时速度的大小为 10 m/s 答案 AB 【 精品教育资源文库 】 解析 设小物块从 O 点抛出的速度为 v0，由 mgh 12mv20得 v0 1 m/s，故 A 正确；平抛的水平位移 x v0t，竖直位移 y 12gt2，将 x， y 代入方程 y x2 6，解得 t 1 s，故 B 正确； P 点竖直分速度 vy
13、gt 10 m/s， P点速度与水平方向夹角正切 tan vyv0 10，故 C 错误； P 点速度 v v2y v20 101 m/s，故 D 错误。 二、非选择题 (本题共 2 小题，共 30 分 ) 11 2017 重庆江北区联考 (12 分 )如图所示，倾角为 37 的斜面长 l 1.9 m，在斜面底端正上方的 O 点将一小球以 v0 3 m/s 的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面 的速度在斜面 P 点处击中滑块。 (小球和滑块均可视为质点，重力加速度 g 取 9.8 m/s2， sin37 0.6， cos37 0.8)，求：
14、(1)抛出点 O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数 。 答案 (1)1.7 m (2)0.125 解析 (1)设小球击中滑块时的速度为 v，竖直速度为 vy，如图所示，由几何关系得 v0vy tan37 。 设小球下落的时间为 t，竖直位移为 y，水平位移为 x，由运动学规律得 vy gt， y 12gt2， x v0t，设抛出 点到斜面底端的高度为 h，由几何关系得 h y xtan37 ，联立解得 h 1.7 m。 (2)设在时间 t 内，滑块的位移为 s，由几何关系得 s l xcos37 ，设滑块的加速度为 a，由运动学公式得 s 12at2，对滑块，由牛顿第二定律得
15、 mgsin37 mg cos37 ma，联立解得 0.125。 12 2015 重庆高考 (18 分 )同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有 M 板和 N 板。 M 板上部有一半径为 R 的 14圆弧形的粗糙轨道， P 为最高点， Q 为最低点， Q 点处的切线水平，距底板高为 H。 N 板上固定有三个圆环。将质量为 m 的小球从 P 处静止释放，小【 精品教育资源文库 】 球运动至 Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距 Q 水平距离为 L 处。不考虑空气阻力，重力加速度为 g。求： (1)距 Q 水平距离为 L2的圆环中心到底板的高度； (2)小球运动到 Q 点
