高中物理人教版 (2019)必修 第二册实验：探究平抛运动的特点精品同步训练题

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A．4111gRB．4113gRC．4115gRD．4117gR
【解答】解：小球打到D点时的速度垂直于圆弧面，反向延长线过O点，速度与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
根据数学知识csθ=OEOD=(1−25)RR=35
则sinθ=1−cs2θ=1−(35)2=45
设抛出的初速度为v0，运动时间为t
根据平抛运动规律，水平位移x＝Rsinθ＝v0t
竖直速度vy＝gt
则在D点tanθ=v0vy
代入数据联立解得v0=4115gR
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
2.如图，﹣小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60度，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（ ）
A．3gR2B．3gR2C．33gR2D．3gR3
【解答】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，
则有：vy＝v0tan30°
又 vy＝gt，则得：
v0tan30°＝gt
t=v0tan30°g①
水平方向上小球做匀速直线运动，则有：
R+Rcs60°＝v0t ②
联立①②解得：v0=33gR2．故C正确，ABD错误
故选：C。
3.如图所示的光滑固定斜面ABCD，其倾角可调节。当倾角为θ1时，一物块（可视为质点）沿斜面左上方顶点A以初速度v0水平射入，恰好沿底端D点离开斜面；改变倾角为θ2时，同样将该物块沿斜面左上方顶点A以初速度v0水平射入，发现物块沿CD边中点离开斜面。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为2：1
B．物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为4：1
C．物块从入射到飞离斜面，前后两次速度变化量的大小之比为1：1
D．物块从入射到飞离斜面，前后两次速度变化量的大小之比为1：2
【解答】解：AB.第一次，物块恰好沿底端D点离开斜面，第二次，物块沿CD边中点离开斜面，则沿斜面方向的位移y之比2：1，平行斜面方向x相同，根据x＝v0t，则时间相同，再根据y=12gsinθt2，则sinθ1＝2sinθ2，根据结合关系高度h＝ysinθ，故物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为4：1，故A错误，B正确；
CD.物块从入射到飞离斜面，前后两次速度变化量Δv＝gsinθt，故前后两次速度变化量的大小之比为2：1，故CD错误。
故选：B。
4.如图所示的光滑斜面ABCD是边长为10m的正方形，倾角为30°，物块（视为质点）从斜面左上方顶点A以平行于AB边的初速度水平射入，恰好到达底边CD中点E，则（ ）
A．物块射入的初速度5m/s
B．物块射入的初速度2.5m/s
C．物块由A点运动到E点所用的时间t=2s
D．物块由A点运动到E点所用的时间t＝1s
【解答】解：由题可知，物块在斜面上做类平抛运动，根据类平抛运动的特点可知，物块在AB方向做匀速直线运动，在沿AC方向做匀加速直线运动。
分析物块在斜面上的受力，受力侧面图如图：
则可得物块沿斜面方向有：F合＝mgsin30°
则根据牛顿第二定律有：a=F合m=mgsin30°m=gsin30°=5m/s2
根据类平抛运动特点，结合题中数据有：
沿斜面向下方向，根据匀加速直线运动的位移—时间公式有：L=12at2
故解得物块由A点运动到E点所用的时间为：t=2La=2×105s=2s
沿初速度方向做匀速直线运动，则有：12L=v0t
解得物块射入的初速度为：v0=L2t=102×2m/s=2.5m/s
故B正确，ACD错误；
故选：B。
5.如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面上P点以速度v0水平抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α。若把水平抛出的初速度变为2v0。则下列说法正确的是（ ）
A．夹角α将变大
B．夹角α将变小
C．小球在空中的运动时间变为原来的2倍
D．小球在空中运动的水平距离一定变为原来的2倍
【解答】解：C、根据tanθ=12gt2v0t得，小球在空中运动的时间为：t=2v0tanθg因为初速度变为原来的2倍，则小球运动的时间变为原来的2倍，故C正确；
AB、速度与水平方向的夹角的正切值为：tanα=gtv0=2tanθ，因为θ不变，则速度与水平方向的夹角不变，可知α不变，与初速度无关，故AB错误；
D、PQ的间距为：s=xcsθ=v0tcsθ=2v02tanθgcsθ，所以当初速度变为原来的2倍，则PQ的间距变为原来的4倍，小球在空中运动的水平距离一定变为原来的4倍，故D错误。
故选：C。
6.如图所示，小球a、b的质量分别是m和2m，a从倾角为30°的光滑固定斜面的顶端无初速下滑，b从斜面等高处以初速度v0平抛，比较a、b落地的运动过程有（ ）
A．所用的时间相同B．a、b都做匀变速运动
C．落地前的速度相同D．速度的变化量相同
【解答】解：A、设斜面高度为h，a做匀加速直线运动，加速度为：a==gsin30°＝0.5g．则有：ℎsin30°=12at a2，解得：ta=8ℎg，
b球做平抛运动，加速度为g，运动时间为：tb=2ℎg，可知ta＞tb，故A错误。
B、a沿斜面向下做匀加速直线运动，b球做平抛运动，a、b都做匀变速运动，故B正确；
C、a落地时速度沿斜面向下，与水平方向成30°斜向左下方，而b落地时速度斜向右下方，显然落地的速度方向不同，a、b落地前的速度不相同，故C错误；
D、a沿斜面向下做匀加速直线运动，a球的速度变化量方向沿斜面向下，b球做平抛运动，b球的速度变化量方向竖直向下，所以a、b两球的速度变化量方向不同，所以a、b两球的速度变化量不同，故D错误；
故选：B。
7.如图所示，蜘蛛在地面与竖直墙壁间结网，蛛丝AB与水平地面之间的夹角为45°，A到地面的距离为1m，已知重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距地面0.6m的C点以水平速度v0跳出，要到达蛛丝，水平速度v0至少为（ ）
A．2m/sB．2m/sC．22m/sD．23
【解答】解：当蜘蛛做平抛运动的轨迹恰好与蛛丝相切时，v0最小，蜘蛛的运动轨迹如下图所示：
设蜘蛛跳出后经过时间t到达蛛丝，根据平抛运动规律可得：
x＝v0t
y=12gt2
蜘蛛到达蛛丝时速度方向恰好沿蛛丝方向，根据几何关系可得：tan45°=v0gt
联立解得：x＝2y
根据上式以及几何关系可得：v0t＝y+（AO﹣CO）
解得：y＝0.4m，v0=22m/s，故C正确、ABD错误。
故选：C。
8.如图1，A点为倾角为30°的斜面底部，在A点的正上方某高度P点以初速v0平抛一小球，小球打在斜面上B点，C为AB的中点。在P点将小球平抛的初速变为v时，小球恰好打在C点，则有（ ）
A．v＜v02B．v=v02C．v0＞v＞v02D．v=3v02
【解答】解：小球从A点正上方抛出，做初速度为v0的平抛运动，恰落在B点，若改变初速度，落在C点，可知水平位移变为原来的12，若运动时间不变，由x＝v0t知初速度变为原来的12，但由于小球运动时间变长，则初速度小于12v0，即v＜12v0，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
9.如图所示，一无人机携带救援物资进行救援任务，飞到O点时悬停，以12m/s的水平速度向右弹出物资，物资恰好垂直打在倾角θ＝37°斜坡上的A点。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．物资落到A点的时间为0.9s
B．物资弹出的位置离落地点的水平距离为19.2m
C．若其他条件不变，弹出位置改为O点的正下方，则物资仍能垂直打在斜坡上
D．若其他条件不变，弹出的初速度减小，则物资落到斜坡上的时间不变
【解答】解：A．弹丸垂直打在斜坡上的A点时，设竖直方向的速度为vy，在A点进行运动的合成与分解，如图所示
根据
vy=v0tanθ=gt
代入数据解得物资落到A点的时间为
t＝1.6s
故A错误；
B．物资弹出的位置离落地点的水平距离为
x＝v0t＝12×1.6m＝19.2m
故B正确；
C．若其他条件不变，弹出位置改为O点的正下方，相当于将图中轨迹向下平移，速度沿切线方向，则速度不可能垂直打在斜面上，故C错误；
D．若其他条件不变，弹出的初速度减小，与落在A点比较，相同时间会落到A点所在水平面左侧，可知最终会落在A点下方，则
ℎ=12gt2
可得时间变长，故D错误。
故选：B。
10.如图所示，一架水平匀速飞行的飞机通过三次释放，使救援物资准确地落到山坡上间隔相等的A、B、C三处，物资离开飞机时速度与飞机相同，不计空气阻力，则三批物资（ ）
A．在空中的速度变化方向不同
B．落到山坡上的时间间隔相等
C．从飞机释放的时间间隔相等
D．在空中飞行的时间之差tA﹣tB＝tB﹣tC
【解答】解：A．根据加速度的定义可知，速度变化的方向与加速度的方向相同；三批物资均做平抛运动，加速度都为重力加速度，因此在空中的速度变化方向相同，故A错误；
B．由图可知，三批物资落到山坡上的水平位移差相等，物资在水平方向做匀速直线运动，根据Δx＝v0Δt可知，三批物资落到山坡上的时间间隔相等，故B正确；
CD．三批物资在竖直方向上的位移差相等，但由于物资在竖直方向做自由落体运动，速度越来越快，所以可知从飞机释放的时间间隔不相等，应有在空中飞行的时间之差tA﹣tB＜tB﹣tC，故CD错误。
故选：B。
11.如图，甲、乙两小球从A、B两点分别以速度v1、v2对着挡板上的O点水平抛出，两小球均刚好不与倾斜直挡板碰撞。已知AB＝BO，不计空气阻力，则（ ）
A．v1：v2＝1：1B．v1：v2=2：1C．v1：v2=3：1D．v1：v2＝2：1
【解答】解：小球抛出后做平抛运动，小球刚好不与倾斜直挡板碰撞时，小球的速度方向与倾斜直挡板平行，设挡板与水平方向的夹角为θ，由速度关系可得：tanθ=gtv0
又x＝v0t
解得小球的初速度大小v0=gxtanθ
设甲、乙两小球的竖直位移分别为h1、h2，水平位移分别为x1、x2。由平抛运动规律的推论可得：
ℎ1x1=ℎ2x2=12tanθ
由几何关系可得：x1＝AO+ℎ1tanθ，x2＝BO+ℎ2tanθ
联立可得：x1＝2AO，x2＝2BO
甲、乙两小球的水平位移之比x1：x2＝AO：BO＝（AB+BO）：BO＝2：1
甲、乙两球抛出的初速度之比v1：v2=x1：x2=2：1
故B正确，ACD错误；
故选：B。
12.如图所示，斜面体固定在水平面上，从斜面顶端先后两次将同一小球水平抛出，小球均落在斜面上。第一次小球的初速度大小为v0，小球落到斜面上的速度方向与斜面的夹角为α，落点与抛出点间的距离为x1；第二次小球的初速度大小为3v0，小球落到斜面上的速度方向与斜面的夹角为β，落点与抛出点间的距离为x2。不计空气阻力，则（ ）
A．α＞βB．α＜βC．x2＝3x1D．x2＝9x1
【解答】解：AB、设斜面倾角为θ，以速度v0水平抛出时，落到斜面上速度方向偏向角为φ，如图示
根据平抛运动的推论可知
tanφ＝2tanθ
说明速度方向偏向角与初速度大小无关，而
α＝φ﹣θ
小球落到斜面上的速度方向与斜面的夹角为α与初速度大小无关，故
α＝β
故AB错误；
CD、设以速度v0水平抛出时，落到斜面上落点与抛出点间的距离为x1，根据运动的合成与分解可得
tanθ=12gt2v0t
水平位移
x＝v0t
所以落点与抛出点间的距离
x1=xcsθ
得x1=2v02sinθcs2θ
故x2＝9x1
故C错误，D正确。
故选：D。
13.如图所示，光滑固定斜面的倾角为θ，斜边长为L，斜面顶端有一小球以平行底边、大小为v0的速度水平抛出，则小球滑到底端时，水平方向的位移大小为（ ）
A．LB．LcsθC．v02LgD．v02Lgsinθ
【解答】解：小球的运动可看成类平抛运动，将小球的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿斜面向下初速度为零的匀加速直线运 动，在水平方向上有s＝v0t
沿斜面向下有
L=12at2
沿斜面方向，由牛顿第二定律有
mgsinθ＝ma
联立解得
s=v02Lgsinθ，故ABC错误，D正确；
故选：D。
14.如图所示，将质量为m的小球从倾角θ＝30°的光滑斜面上A点以速度v0＝10m/s水平抛出（即v0∥CD），小球运动到B点，已知AB间的高度h＝5m，重力加速度g取10m/s2，则小球从A点运动到B点所用的时间和到达B点时的速度大小分别为（ ）
A．1s 20m/sB．1s 102m/s
C．2s 20m/sD．2s 102m/s
【解答】解：根据牛顿第二定律得，小球沿斜面下滑的加速度为：
a=mgsinθm=gsinθ＝10×5m/s2＝5m/s2，
根据位移—时间关系可得：ℎsinθ=12at2
代入数据解得：t＝2s
沿斜面方向的速度大小为：vy＝at＝5×2m/s＝10m/s
则到达B点时的速度大小v=v02+vy2=102+102m/s＝102m/s，故D正确、ABC错误。
故选：D。
15.如图所示，光滑斜面长为L，宽为d，斜面倾角为θ，一小球从斜面左端顶点A处水平抛出，小球恰好能从斜面右下角B点离开斜面。求：
（1）小球水平抛出时的初速度v0；
（2）小球从B点射出时的速度v。
【解答】解：（1）设小球质量为m，对小球受力分析，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma
小球沿斜面向下方向做初速度为零的匀加速直线运动，设时间为t，则d=12at2
将加速度代入得t=2dgsinθ
小球在水平方向做匀速直线运动L＝v0t
代入时间得v0=Lgsinθ2d
（2）小球从B点射出时，水平方向速度vx=v0=Lgsinθ2d
沿斜面向下方向vy=at=2dgsinθ
从B点射出时速度v=vx2+vy2
代入数据得v=(L2+4d2)gsinθ2d
答：（1）小球水平抛出时的初速度为Lgsinθ2d；
（2）小球从B点射出时的速度为(L2+4d2)gsinθ2d。
16.如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为θ＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，求：
（1）小球水平抛出的初速度v0是多少？
（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？
（3）若斜面顶端高H＝7.2m，则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？
【解答】解：（1）小球落到斜面顶端时刚好沿光滑斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，如图所示。
所以vy＝v0tan53°
又 vy2=2gh
联立解得：vy＝4m/s，v0＝3m/s
（2）小球从离开平台到斜面顶端的过程做平抛运动，由vy＝gt1得 t1＝0.4s
则x＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m
（3）小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a=mgsin53°m=gsin53°＝10×0.8m/s2＝8m/s2
小球落到斜面顶端时速度v=v02+vy2=32+42m/s＝5m/s
小球在斜面上做匀加速运动，有Hsin53°=vt2+12at22
代入数据，解得：t2＝1s（负值去）
所以t＝t1+t2＝0.4s+1s＝1.4s
答：（1）小球水平抛出的初速度v0是3m/s；
（2）面顶端与平台边缘的水平距离s是1.2m；
（3）小球离开平台后经1.4s时间到达斜面底端。