2020届高考物理复习练习题（九）：圆周运动与动能定理的综合考查 专题训练

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专题八 平抛、斜抛、类平抛问题的解决办法

1.（分解位移法）如图所示，小球以v₀正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为(重力加速度为g)(  )

A．v₀tan θ   B．g(2v0tan θ)          C.gtan θ(v0)       D．gtan θ(2v0)

【答案】： D

【解析】：

如图所示，过抛出点作斜面的垂线，垂足为B，当小球落在B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向x＝v₀t，竖直方向y＝2(1)gt²，根据几何关系有tan θ＝y(x)＝gt2(1)，解得t＝gtan θ(2v0)，故D正确，A、B、C错误。

2.（分解速度法）如图所示，以水平初速度v₀抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为θ的斜面上，则AB 之间的水平位移与竖直位移之比为（    ） 

A.     B         C.          D

【答案】：B

【解析】：物体垂直撞到斜面上，可见在B点的速度方向与斜面垂直，对B 点小球的速度进行分解，如图所示，结合矢量三角形的关系可得：，，得；，，联立以上各式得：

3.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α．一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为（  ）

A.         B.         C.         D.

【答案】：B

【解析】：小球抛出后做平抛运动，小球恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿着B点切线方向，将平抛末速度进行分解，根据几何关系得：，，；

；故B 对

4.（分解位移）如图所示，AB为斜面，BC为水平面，从A点以水平速度v₀抛出一小球，其第一次落点到A的水平距离为S₁；从A点以水平速度3v₀抛出小球，其第一次落点到A的水平距离为S₂，不计空气阻力，则S₁︰S₂不可能等于（     ）

A．1︰3    B．1︰6  C:1:9     D:1:12

【答案】：D

【解析】：小球做平抛运动的落点分为3种情况，有可能两次都落在斜面上，有可能水平速度较大的落在斜面以外，速度较小的落在斜面上，也有可能两次都落在水平面上；

情况1、如图所示，小球均落在斜面上；如果小球落在斜面上，可以确定小球的位移一定是沿斜面方向的；分解位移可得：;求得；可见如果小球落在斜面上，影响小球飞行时间的因素是斜面的倾角与小球抛出时的初速度；所以；；

情况2：如果两次小球均落在水平面上，则小球下落的高度相同，，所以小球在空中飞行的时间相同即；；

情况3：如果小球一次落在水平面上一次落在斜面上则小球产生的水平位移之比必然介于二者之间；所以本题只有D 选项不可能；

5.（分解速度）如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一小球以水平速度v₀沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是(  )

A.gtan θ(v0)      B．v0(gtan θ)              C.v0(Rsin θ)           D．v0(Rcos θ)

【答案】： C

【解析】： 小球做平抛运动，tan θ＝v0(vy)＝v0(gt)，则时间t＝g(v0tan θ)，选项A、B错误；在水平方向上有Rsin θ＝v₀t，则t＝v0(Rsin θ)，选项C正确，D错误。

6.（分解位移）如图所示，排球场总长为18m，设球网高度为2m，运动员站在网前3m处正对球网跳起将球水平击出。

(1)若击球高度为2.5m，为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围；
(2)当击球点的高度为何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界？

【答案】：（1）（2）

【解析】：(1)设排球被水平击出后，做平抛运动若正好压在底线上，则球在空中的飞行时间：

，小球在水平方向：；

设排球被水平击出后正好触网；

由此得排球触网的临界击球速度值：;

所以球既不触网又不出界水平速度的取值范围为：

2)设击球点的高度为h，当h较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦网而过，落地时又恰好压在底线上，如图所示，则有:

       由几何关系得： 

7.（分解速度、分解位移综合）如图所示，x是水平方向，y是竖直方向，曲线是一段小球做平抛运动的轨迹，O、A、B三点是平抛运动轨迹上的三点， 则下列说法正确的是（   ）

A、小球从O点到A点运动的时间小于小球从A点到B点的运动时间
B、小球抛出点的坐标是（-5L，-L）
C、小球做平抛运动的初速度大小 
D、小球经过A点时的速度大小 

【答案】D                                  
【解析】【解答】平抛运动水平方向为匀速直线运动，球从O点到A点和A点到B点的水平位移相等，所以运动时间也相等，故A错误;在竖直方向上有: ，其中 ，代入求得： ，小球做平抛运动的初速度大小 ，故C错误；A点竖直方向的速度 ，则从抛出点到O点的时间为t= ，所以抛出点距离O点的水平位移为： ，抛出点的横坐标 ，抛出点离O点的竖直位移为 ，则抛出点的纵坐标为： ，所以小球抛出点的坐标是 ，故B错误；故A点的速度为 :，故D正确。   

8.(分解位移)如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上（忽略空气阻力）（  ）

A．两次小球运动时间之比：：1

B．两次小球运动时间之比：：2

C．两次小球抛出时初速度之比：：

D．两次小球抛出时初速度之比：：2

【答案】C

【解析】A、B项：平抛运动在竖直方向上自由落体运动，根据，得，因为两次小球下降高度之比为1：2，由运动时间之比为，故A、B错误；

C、D项：小球水平位移之比为1：2，由得：水平初速度之比，故C正确，D错误。

故选：C。

9.(2018·河南部分重点中学联考)某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖a、b由同一位置水平投出，已知飞镖投出时的初速度v_a>v_b，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态(侧视图)可能是(  )

【答案】：A

【解析】：两只飞镖a、b都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有x＝v₀t，它们的水平位移大小相等，由于v_a>v_b，所以运动时间关系为t_a<t_b，由h＝2(1)gt²知h_a<h_b，所以插在竖直靶上时a在b的上面，选项C、D错误；设飞镖插在竖直靶上前瞬间速度与水平方向的夹角为α，则tan α＝v0(gt)，因为v_a>v_b，t_a<t_b，所以有α_a<α_b，选项A正确，B错误．

10.(位移分解)如图所示，水平路面出现了一个地坑，其竖直截面为半圆．AB为沿水平方向的直径．一辆行驶的汽车发现情况后紧急刹车安全停下，但两颗石子分别以v₁、v₂速度从A点沿AB方向水平飞出，分别落于C、D两点，C、D两点距水平路面的高度分别为圆半径的0.6倍和1倍．则v₁∶v₂的值为(  )

A.       B.5(3)      C.5(15)     D.5(3)

【答案】：C

【解析】：设圆半径为R，依平抛运动规律得x₁＝v₁t₁，x₂＝v₂t₂.联立相比得v2(v1)＝x2t1(x1t2)＝Rt1(R＋0.8Rt2)＝t1(1.8t2).又y₁＝2(1)gt1(2)，y₂＝2(1)gt2(2).由两式相比得t2(t1)＝y2(y1).其中y₂＝R，y₁＝0.6R.则t2(t1)＝y2(y1)＝5(15)，代入速度比例式子得v2(v1)＝5(15).由此可知本题应选C.

11.(2018 ·河南新乡期末)（分解位移）如图所示，A、B两小球从同一竖直线上的不同位置抛出后，恰好在C位置相遇，已知A、B两球抛出时的速度分别为v₁、v₂，不计空气阻力，下列说法正确的是(  )

A. 两球从抛出到运动至C点的时间相等

B. A先抛出，且v₁＞v₂

C. B先抛出，且v₁＜v₂

D. 相遇时A球竖直方向的速度大于B球竖直方向的速度

【答案】：D

【解析】：两球在C点相遇，根据h＝2(1)gt²知，下降的高度越高，时间越长，根据题图可知，h_A＞h_B，则A球运动的时间长，B球运动的时间短，可知A球一定是早些抛出的，水平位移相等，根据x＝v₀t知，A球的运动时间长，则A球的初速度小，即v₁＜v₂，故A、B、C错误；由A项分析知，A球运动的时间长，B球运动的时间短，又竖直方向上v_y＝gt，相遇时A球竖直方向的速度大于B球竖直方向的速度，故D正确．

12.（分解速度）如图所示，将a、b两小球以大小为20 m/s的初速度分别从A、B两点相差1 s先后水平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，g取10 m/s²，则抛出点A、B间的水平距离是 (  )

A. 80 m  B. 100 m C. 200 m  D. 180 m

【答案】：D

【解析】a、b两小球在空中相遇时，a小球运动t s，b小球运动了(t－1) s，此时两小球速度相互垂直，如图所示，由图可得tan α＝v0(gt)＝t－1(v0)，解得t＝5 s(另一个解舍去)，故抛出点A、B间的水平距离是v₀t＋v₀(t－1)＝180  m，D正确．

13.(2018·福建莆田模拟)如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s²)．求：

(1)A点与O点的距离L；

(2)运动员离开O点时的速度大小；

(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间．

【答案】：见解析

【解析】：(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有Lsin 37°＝2(1)gt²，

L＝2sin 37°(gt2)＝75 m.

(2)设运动员离开O点时的速度为v₀，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos 37°＝v₀t，

即v₀＝t(Lcos 37°)＝20 m/s.

(3)方法一 运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v₀cos 37°、加速度为gsin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v₀sin 37°、加速度为gcos 37°)．

当垂直斜面方向的速度减为0时，运动员离斜坡最远，有v₀sin 37°＝gcos 37°·t′，解得t′＝1.5 s.

方法二 当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成37°角时，运动员离斜坡最远，有v0(gt′)＝tan 37°，t′＝1.5 s.

14.(2018 ·广西贺州期末)如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平面上，从斜面顶端以速度v₀水平抛出一小球，经过时间t₀恰好落在斜面底端，速度是v.不计空气阻力．下列说法正确的是(  )

A. 若以速度2v₀水平抛出小球，则落地时间大于t₀

B. 若以速度2v₀水平抛出小球，则落地时间等于t₀

C. 若以速度2(1)v₀水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与v₀成2(1)θ角

D. 若以速度2(1)v₀水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与v₀成2θ角

【答案】：B

【解析】：若小球的速度大于v₀，则小球落在水平面上，下落的高度与初速度为v₀时相同，则运动时间相等，即为t₀，故A错误，B正确．若以速度2(1)v₀水平抛出小球，则小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan α＝2tan θ，故C、D错误．

15.如图所示，斜面体ABC固定在水平地面上，斜面的高AB为 m，倾角为θ＝37°，且D是斜面的中点，在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C点的水平距离为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(   )

A. 4(3) m    B. 3(2) m    C. 2(2) m    D. 3(4) m

2018年湖南省湘潭市中考政治试卷 （无答案）

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【答案】：D

【解析】：设斜面的高AB为h，落地点到C点的距离为x，则由几何关系及平抛运动规律有g(2h)＝g(h)，解得x＝3(4) m，选项D正确．

16.(2018·陕西西安调研)（分解速度、分解位移综合）(多选)如图所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断(不计空气阻力)(  )

A. A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3

B. A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1

C. A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1

D. A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交

【答案】：C

【解析】由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B项正确；同时tan α＝v0(gt)，所以三个小球的初速度大小之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相切，因此不会在空中相交，D项错误．

17.(分解位移)有A、B两小球，B的质量为A的2倍．现将它们以速率v₁、v₂沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，关于B的运动轨迹，下列判断正确的是(  )

A. 若v₂＝v₁，轨迹为① 

B. 若v₂>v₁，轨迹为②

C. 若v₂<v₁，轨迹为③ 

D. 若v₂<v₁，轨迹为④

【答案】：AC

【解析】：小球在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做匀速直线运动，有H＝y(2)y()和l＝v_xt，若v₂＝v₁，竖直分运动的最大高度和运动时间不变，轨迹为①，选项A正确；若v₂>v₁，同理可得竖直方向最大高度和运动时间变大，水平位移l＝v_xt变大，轨迹②不对，选项B错误；同理可判断若v₂<v₁，轨迹为③，选项C正确，选项D错误．

18.（分解速度）如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则(  )

A. B的加速度比A的大

B. B的飞行时间比A的长

C. B在最高点的速度比A在最高点的大

D. B落地时的速度比A落地时的大

【答案】：CD

【解析】：A、B两球都做斜上抛运动，只受重力作用，加速度即为重力加速度，A错误；在竖直方向上做竖直上抛运动，由于能上升的竖直高度相同，竖直分速度相等，所以两小球在空中飞行的时间相等，B错误；由于B球的水平射程比较大，故B球的水平速度比A球大，C、D正确．

19.(2016·浙江理综)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示．P是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.

(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；

(2)求能被探测屏探测到的微粒的初速度范围．

【答案】：(1)g(3h)     (2)2(L)h(g)≤v≤L2h(g)

【解析】(1)微粒打在AB的中点，则2(3)h＝2(1)gt².

解得t＝g(3h).

(2)设打在B点的微粒的初速度为v₁，则v₁＝t1(L)，2h＝2(1)gt1(2)，

解得v₁＝2(L)h(g).

同理，设打在A点的微粒的初速度为v₂，则v₂＝L2h(g).

所以能被探测屏探测到的微粒的初速度范围为2(L)h(g)≤v≤L2h(g).

20.如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿h＝0.2 m处的P点将可视为质点的小物件以速度v水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，g取10 m/s²，则v的取值范围是(  )

A. v>7 m/s      B. v<2>v<7>v<3>

【答案】：C

【解析】小物件恰好碰到窗子上沿的墙壁，则L＝v₁t₁，h＝2(1)gt1(2)，解得v₁＝7 m/s；同理，小物件恰好碰到窗子下沿的墙壁，则L＋d＝v₂t₂，h＋H＝2(1)gt2(2)，解得v₂＝3 m/s.要使小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，则v的取值范围是3 m/s<v<7>，选项C正确．

21.（分解位移）如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(  )

A．U1∶U2＝1∶8   B．U1∶U2＝1∶4

C．U1∶U2＝1∶2   D．U1∶U2＝1∶16

粒子在电场中做类平抛运动：轨迹1的运动学方程为：

轨迹2的运动学方程为：

联立1、2、3、4式得：

粒子受到电场力的作用，结合牛二定律得

联立6、7式得：可见粒子做类平抛运动的加速度之比就等于电压之比；故A选项正确；

22.如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则（   ）

A、落到A板的油滴数 
B、落到A板的油滴数 
C、第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于 
D、第N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于 

【答案】：BCD

【解析】：第一滴油滴落在A板的正中央P点，该油滴做平抛运动，结合平抛运动规律可得：

第N+1滴油滴刚好能飞离电场，极板上共有N滴油滴；所以极板的带电量为

两极板间的电压为

两极板间的场强为

第N+1滴油滴在复合场中做类平抛运动，在竖直方向的加速度大小为：

     ；

联立1、2、7、8式得：

联立：6、9式得：

联立3、4、5、10式得：；故B 选项正确；

第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于重力与电场力对其做功之和，由10式可知电场力的大小为重力的；第N+1滴油滴运动的过程电场力对其做功为：；重力做功为：

故外力做功的总和为：；故C选项正确；

第N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于除重力外其它力对物体做功的总和，在本题中即为电场力对物体所作的功；即；所以油滴的机械能减少了故D选项正确；

23.(2018·福建宁德模拟)如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E₁、E₂，已知区域Ⅰ宽L₁＝0.8 m，区域Ⅱ宽L₂＝0.4 m，E₁＝10 V/m 且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E₂＝20 V/m且方向竖直向下。带电荷量为q＝1.6×10^－3 C、质量m＝1.6×10^－3 kg的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放。g取10 m/s²，求：

(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间；

(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向。

【答案】： (1)10 m/s² 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平夹角为37°斜向右下方

【解析】：(1)小球在电场Ⅰ区域受到的电场力F₁＝qE₁，

小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为

F_合＝F₁cos 45°＝1.6×10^－2 N，

则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a₁＝m(F合)＝10 m/s²，

小球运动时间t₁＝ a1(2L1)＝0.4 s。

(2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v₀＝a₁t₁＝4 m/s，

小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a₂＝g＋m(qE2)＝30 m/s²，

小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间:t₂＝v0(L2)＝0.1 s。

小球在竖直方向的分速度v_y＝a₂t₂＝3 m/s，

小球离开电场Ⅱ区域的速度v＝y(2)＝5 m/s，

设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝v0(vy)＝4(3)，得θ＝37°。

24．(2018·山西省重点中学联考)如图所示为一多级加速器模型，一质量为m＝1.0×10^－3 kg、电荷量为q＝8.0×10^－5 C的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A点水平抛出，恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间，A点在MN板左端M点正上方，倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为L＝1.0 m，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s²。

(1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U；

(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E＝100 V/m，要使带电小球不打在PQ板上，则两板间的距离d至少要多长？

【答案】： (1)18.75 V (2)6(2) m

【解析】： (1)设小球从A点到B点的运动时间为t₁，小球的初速度为v₀，A点到M点的高度为y

则有gt1(v0)＝tan θ①

2(L)cos θ＝v₀t₁②

y－2(L)sin θ＝2(1)gt1(2)③

联立①②③并代入数据解得v₀＝ m/s，y＝30(17) m④

带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有

qU＝2(1)mv0(2)－0⑤

代入数据解得U＝18.75 V

(2)进入电场时，以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y轴方向有

F_y＝mgcos θ－qE＝0⑥

沿x轴方向有F_x＝mgsin θ⑦

故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P点离开，则有

F_x＝ma⑧

2(L)＝2(1)at2(2)⑨

d_min＝sin θ(v0) t₂10(○)

联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得d_min＝6(2) m

即两板间的距离d至少为6(2) m。

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2018年北京市中考政治试卷（含解析）

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