（新課標）2019版高考物理一輪復習 主題三 曲線運動 課時跟蹤訓練15.doc

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課時跟蹤訓練(十五) 增分提能 一、選擇題 1．(多選)如圖所示，水平屋頂高H＝5 m，圍墻高h＝3.2 m，圍墻到房子的水平距離L＝3 m，圍墻外馬路寬x＝10 m，為使小球從屋頂水平飛出落在圍墻外的馬路上，小球離開屋頂時的速度v0的大小的可能值為(g取10 m/s2) A．6 m/s B．12 m/s C．4 m/s D．2 m/s [解析]　若v0太大，小球將落在馬路外邊，因此，要使小球落在馬路上，v0的最大值vm為球落在馬路最右側A點時的平拋初速度，如圖所示，小球做平拋運動，設運動時間為t1，則 水平方向有L＋x＝vmt1 豎直方向有H＝gt 解得vm＝(L＋x) ＝13 m/s 若v0太小，小球將被圍墻擋住，不能落在馬路上，因此v0的最小值vmin為球恰好越過圍墻的最高點P落在馬路上B點時的平拋初速度，設小球運動到P點所需時間為t2，則此過程中水平方向有L＝vmint2，豎直方向有H－h(huán)＝gt，解得vmin＝L ＝5 m/s. [答案]　AB 2．(多選)如圖所示，中間球網高度為H，球網到臺邊的距離為L.A、B兩乒乓球從發(fā)球機以不同速率水平拋出，A球恰能越過豎直球網P落在水平臺面上的Q點，B球拋出后與水平臺面發(fā)生碰撞，彈起后恰能越過豎直球網P且也落在Q點．B球與水平臺面碰撞前后瞬間水平方向速度不變，豎直方向速度大小不變、方向相反，不計空氣阻力．則下列說法正確的是(　　) A．A、B兩球從發(fā)球機運動到Q點的時間相等 B．A、B球經過球網P頂端時豎直方向的速度大小相等 C．A球拋出時的速度是B球拋出時的3倍 D．減小B球拋出時的速度，它不可能越過球網P [解析]　將兩球的運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的運動，B在豎直方向先做勻加速直線運動后做勻減速直線運動，最后再做勻加速直線運動，根據等時性可知B運動到Q點的時間是A運動到Q點時間的3倍，故選項A錯誤；設發(fā)球機水平拋出乒乓球時的高度到P頂端的豎直距離為x，從初始位置到P頂端時兩球的豎直速度大小都為v′＝，選項B正確；由水平方向位移關系及豎直方向的時間關系可知A球拋出時的速度是B球拋出時速度的3倍，選項C正確；只要滿足水平運動到球網時，豎直位移總高度大于球網高度，乒乓球就可以通過，選項D錯誤． [答案]　BC 3．兩平行、豎直、光滑的墻相距為d，高為h，今有一小球在墻頂沿垂直墻的方向水平拋出，要求落地的位置與拋出時的位置在同一豎直線上，則初速度v0可能是(　　) A．d B．2d C．3d D．5d [解析]　根據h＝gt2得，t＝，因為落地的位置和拋出時的位置在同一豎直線上，則x＝2nd，n＝1、2、3、4… 則初速度v0＝＝2nd，n＝1、2、3、4… 故B正確，A、C、D錯誤． [答案]　B 4．如圖所示，兩小球a、b從直角三角形斜面的頂端以相同大小的水平速率v0向左、向右水平拋出，分別落在兩個斜面上，三角形的兩底角分別為30和60，則兩小球a、b運動時間之比為(　　) A．1∶ B．1∶3 C.∶1 D．3∶1 [解析]　設a、b運動的時間分別為ta和tb，則tan30＝＝，tan60＝＝，兩式相除得：＝＝. [答案]　B 5．(多選)(2016江蘇南通模擬)如圖所示，B點位于斜面底端M點的正上方，并與斜面頂端A點等高且高度為h，在A、B兩點分別以速度va和vb沿水平方向拋出兩個小球a、b(可視為質點)．若a球落到M點的同時，b球恰好落到斜面的中點N，不計空氣阻力，重力加速度為g，則(　　) A．va＝vb B．va＝vb C．a、b兩球同時拋出 D．a球比b球提前拋出的時間為(－1) [解析]　由h＝gt，＝gt得ta＝，tb＝，故a球比b球提前拋出的時間Δt＝ta－tb＝(－1)，C錯誤，D正確．由va＝，vb＝可得va＝vb，A錯誤，B正確． [答案]　BD 6．如圖所示，從傾角為θ的足夠長的斜面的頂端，先后將同一小球以不同的初速度水平向右拋出，第一次初速度為v1，球落到斜面上前一瞬間的速度方向與斜面夾角為α1，落點與拋出點間的距離為s1，第二次初速度為v2，且v2＝3v1，球落到斜面上前一瞬間的速度方向與斜面夾角為α2，落點與拋出點間的距離為s2，則(　　) A．α2＝α1 B．α2≠α1 C．s2＝3s1 D．s2＝9s1 [解析]　如圖所示，根據平拋運動速度的偏轉角與位移偏轉角的關系有tan(α＋θ)＝2tanθ，所以α相同，A正確；設平拋運動位移為s，則scosθ＝v0t，ssinθ＝gt2，解得s＝，所以s∝v，D正確． [答案]　D 7．(2017淄博質檢)如圖所示，斜面上a、b、c三點等距，小球從a點正上方O點拋出，做初速度為v0的平拋運動，恰落在b點．若小球初速度變?yōu)関，其落點位于c，則(　　) A．2v03v0 [解析]　小球從a點正上方O點拋出，做初速度為v0的平拋運動，恰落在b點；改變初速度，落在c點，可知水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，若下落的時間不變，則初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，但是c點的豎直位移大于b點的豎直位移，則運動時間變長，所以初速度小于2v0，故C正確． [答案]　C 8．(多選)(2016江西贛中南五校聯考)如圖所示，在斜面上O點先后以v和2v的速度水平拋出A、B兩小球，則從拋出至第一次著地，不計空氣阻力，兩小球的水平位移大小之比可能為(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5 [解析]　當A、B兩個小球都能落到水平地面上時，由于兩者的下落高度相同，運動的時間相同，則水平位移之比為初速度之比，為1∶2，所以A正確；當A、B都落在斜面上時，它們的豎直位移和水平位移的比值為斜面傾角的正切值，即＝tanθ，整理可得時間t＝，兩次平拋的初速度分別為v和2v，所以運動的時間之比為＝＝，兩小球的水平位移大小之比為xA∶xB＝vtA∶2vtB＝1∶4，所以C正確；當只有A落在斜面上的時候，A、B水平位移之比在1∶4和1∶2之間，所以B正確． [答案]　ABC 9．(2017四川綿陽高三聯考)一工廠用皮帶傳送裝置將從某一高度固定位置平拋下來的物件傳送到地面上，為保證物件的安全，物件需以最短的路徑運動到傳送帶上，已知傳送帶的傾角為θ.則(　　) A．物件在空中運動的過程中，每1 s的速度變化不同 B．物件下落的豎直高度與水平位移之比為tanθ C．物件落在傳送帶時豎直方向的速度與水平方向速度之比為 D．物件做平拋運動的最小位移為 [解析]　物件在空中做平拋運動，故每1 s的速度變化Δv＝gΔt相同，A選項錯誤；以最短的路徑運動到傳送帶上，則需作出拋出點到傳送帶的垂線，如圖所示，由平拋運動規(guī)律有x＝v0t，y＝gt2，tanθ＝，B選項錯誤；由B項得物件飛行時間為t＝，則vy＝gt＝，物件落在傳送帶上時豎直方向的速度與水平方向速度之比為＝＝，C選項正確；物件平拋運動的最小位移為L＝＝＝，D選項錯誤． [答案]　C 10．(2017重慶聯考)某投擲游戲可簡化為如圖所示的物理模型，投擲者從斜面底端A正上方的某處將小球以速度v0水平拋出，小球飛行一段時間后撞在斜面上的P點，該過程水平射程為x，飛行時間為t，有關該小球運動過程中兩個物理量之間的圖象關系如a、b、c所示，不計空氣阻力的影響，下面敘述正確的是(　　) A．直線a是小球的豎直分速度隨離地高度變化的關系 B．曲線b可能是小球的豎直分速度隨下落高度變化的關系 C．直線c是飛行時間t隨初速度v0變化的關系 D．直線c是水平射程x隨初速度v0變化的關系 [解析]　設P點離地的高度為h，拋出點的高度為H，根據v＝2g(H－h(huán))得，豎直分速度vy＝，知豎直分速度與離地的高度h不是一次函數關系，A錯誤．設下落的高度為h，則vy＝，可知曲線b可能是小球豎直分速度隨下落高度變化的關系，B正確．設拋出點的高度為H，則tanθ＝，可知飛行時間與初速度的關系不是線性關系，C錯誤．根據x＝v0t知，小球落在斜面上的時間不是定量，則水平射程與初速度的關系不是線性關系，D錯誤． [答案]　B 二、非選擇題 11．如圖所示，足夠長斜面OA的傾角為θ，固定在水平地面上，現從頂點O以速度v0平拋一小球，不計空氣阻力，重力加速度為g，求小球在飛行過程中經過多長時間離斜面最遠？最遠距離是多少？ [解析]　將速度和加速度分別沿垂直于斜面和平行于斜面方向進行分解，如右圖所示． 速度v0沿垂直斜面方向上的分量為v1＝v0sinθ 加速度g在垂直于斜面方向上的分量為g1＝gcosθ 根據分運動的獨立性原理，小球離斜面的最大距離僅由v1和g1決定，當垂直于斜面的分速度減小為零時，小球離斜面的距離最遠 由v1＝g1t，解得t＝tanθ 由s＝，解得s＝. [答案]　tanθ　 12．(2016浙江卷)在真空環(huán)境內探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖所示．P是一個微粒源，能持續(xù)水平向右發(fā)射質量相同、初速度不同的微粒．高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h.(重力加速度為g) (1)若微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的時間； (2)求能被屏探測到的微粒的初速度范圍； (3)若打在探測屏A、B兩點的微粒的動能相等，求L與h的關系． [解析]　(1)打在中點的微粒h＝gt2① t＝ ② (2)打在B點的微粒v1＝；2h＝gt③ v1＝L④ 同理，打在A點的微粒初速度v2＝L⑤ 微粒初速度范圍L≤v≤L (3)由能量關系mv＋mgh＝mv＋2mgh 代入④、⑤式L＝2h [答案]　(1) 　(2)L≤v≤L (3)L＝2h