阶段质量检测(二)　抛体运动（含解析）高中物理鲁科版（2019）必修 第二册

??阶段质量检测(二)　抛体运动
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1．在弯道上高速行驶的汽车，外侧的后轮突然脱离汽车，关于脱离了的后轮的运动情况，以下说法正确的是(　　)
A．仍然沿着汽车行驶的弯道运动
B．沿着与弯道垂直的方向飞出
C．沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道
D．上述情况都有可能
2．以6 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。则小球回到抛出点的速度大小和上升的最大高度分别为(　　)
A．0,1.8 m B．0,3.6 m
C．6 m/s,1.8 m D．6 m/s,3.6 m
3.某物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角为θ，其正切值tan θ随时间t变化的图像如图所示，g取10 m/s2，则(　　)
A．第1 s物体下落的高度为5 m
B．第1 s物体下落的高度为10 m
C．物体的初速度为5 m/s
D．物体的初速度为15 m/s
4．如图所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ角的速度(在静水中的速度)从A处过河，经过t时间正好到达正对岸的B处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种(　　)
A．只要增大v1大小，不必改变θ角
B．只要增大θ角，不必改变v1大小
C．在增大v1的同时，也必须适当增大θ角
D．在增大v1的同时，也必须适当减小θ角
5．如图所示，一物块仅在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下以速度v0水平向右做匀速直线运动，其中F1斜向右上方，F2竖直向下，F3水平向左。某时刻撤去其中的一个力，其他力的大小和方向不变，一段时间后恢复该力，则下列说法不正确的是(　　)
A．如果撤去的是F1，则物块先做匀变速曲线运动，恢复该力之后将做匀速直线运动
B．如果撤去的是F1，恢复F1时物块的速度大小可能为v0
C．如果撤去的是F3，物块将向右做匀加速直线运动，恢复该力之后做匀速直线运动
D．如果撤去的是F2，在恢复该力之前的时间内，因物块做曲线运动，故在相等时间间隔内其速度的变化量Δv的方向时刻在改变
6.如图所示，从倾角为θ的斜面顶端分别以v0和2v0的速度水平抛出a、b两个小球，若两个小球都落在斜面上且不发生反弹，不计空气阻力，则a、b两球 (　　)
A．水平位移之比为1∶2
B．下落的高度之比为1∶2
C．在空中飞行的时间之比为1∶2
D．落到斜面时速度方向与斜面夹角之比为1∶2
7.2022年北京冬奥会是一届精彩纷呈的盛会。图为某运动员的U型场地练习时的频闪照片。忽略空气阻力，则(　　)
A．运动员上升的最大高度仅与他起跳的速度大小有关
B．运动员上升的最大高度仅与他起跳的速度方向有关
C．运动员在最高点时速度为零
D．运动员在最高点时重力的瞬时功率为零
8.如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是(　　)
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．如图所示，物块甲和乙用一不可伸长的轻绳通过两光滑轻质定滑轮连接，乙套在固定的光滑水平直杆上。现将甲、乙由静止同时释放，释放时θ＝30°，空气阻力不计，则下列说法正确的是(　　)
A．刚开始释放时，甲处于超重状态
B．当θ＝60°时，甲、乙的速度大小之比是1∶2
C．当θ向90°增大的过程中甲先处于失重状态，后处于超重状态
D．当θ向90°增大的过程中绳子对甲的拉力始终小于其重力
10．质量为4 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图像和y方向的位移图像如图甲、乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．质点的初速度大小为5 m/s
B．质点所受的合力大小为6 N
C．t＝0时，质点速度的方向与合外力方向垂直
D．2 s末质点速度大小为2 m/s
11．喷水管喷出的水柱初始速率为20 m/s，消防员控制出水时水速与地面的角度，以达到水柱浇灭着火点的目的。忽略空气阻力，不计水柱出口离地高度，g取10 m/s2。以下描述正确的是(　　)
A．该水柱能到达的最高点是20 m
B．水柱能到达最远距离水柱出口20 m处
C．水柱出口速度与地面成25°和65°时，水平射程相同
D．水柱不可能到达离出水口水平距离为10 m、高度为20 m的位置
12．如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由PO斜面上的A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
D．A点距水平面MN的高度为gt2
三、非选择题(本题共5小题，共60分)
13．(6分)如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5 cm，如果不计空气阻力，g取10 m/s2，那么：
(1)照相机的闪光频率是______Hz。
(2)小球运动中水平分速度的大小是　　　m/s。
(3)小球经过B点时的速度大小是______m/s。
14．(8分)在探究平抛运动规律实验中，利用一管口直径略大于小球直径的直管来确定平抛小球的落点及速度方向(只有当小球速度方向沿直管方向才能飞入管中)，重力加速度为g。
实验一：如图(a)所示，一倾斜角度为θ的斜面AB，A点为斜面最低点，直管保持与斜面垂直，管口与斜面在同一平面内，平抛运动实验轨道抛出口位于A点正上方某处。为让小球能够落入直管，可以根据需要沿斜面移动直管。
(1)以下是实验中的一些做法，合理的是______。
A．斜槽轨道必须光滑
B．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
C．调整轨道角度平衡摩擦力
D．选择密度更小的小球
(2)某次平抛运动中，直管移动至P点时小球恰好可以落入其中，测量出P点至A点距离为L，根据以上数据可以计算出此次平抛运动在空中飞行时间t＝________，初速度v0＝________。(用L、g、θ表示)
实验二：如图(b)所示，一半径为R的四分之一圆弧面AB，圆心为O，OA竖直，直管保持沿圆弧面的半径方向，管口在圆弧面内，直管可以根据需要沿圆弧面移动。平抛运动实验轨道抛出口位于OA线上可以上下移动，抛出口至O点的距离为h。
(3)上下移动轨道，多次重复实验，记录每次实验抛出口至O点的距离，不断调节直管位置以及小球平抛初速度，让小球能够落入直管。为提高小球能够落入直管的成功率及实验的可操作性，可以按如下步骤进行：首先确定能够落入直管小球在圆弧面上的落点，当h确定时，理论上小球在圆弧面上的落点位置是________(填“确定”或“不确定”)的，再调节小球释放位置，让小球获得合适的平抛初速度平抛至该位置即可落入直管。满足上述条件的平抛运动初速度满足v02＝________(用h、R、g表示)。
15．(14分)一条河宽为L＝900 m，水的流速为v＝50 m/s，并在下游形成壮观的瀑布。一艘游艇从距离瀑布为l＝1 200 m的上游渡河，为了不被冲进瀑布，游艇应如何航行速度最小？最小值为多少？此时游艇在河中航行的时间为多少？
16．(14分)在光滑的水平冰面上建立xOy平面直角坐标系：向东方向为x轴正方向，向南方向为y轴正方向。现有一质量为1 kg的质点静止在坐标原点，从t＝0时刻开始，在第一个2 s内对质点施加一个向东方向、大小为2 N的水平拉力F；在第二个2 s内将此力F改为向南方向，大小不变。求：(结果可以用根式表达)
(1)第4 s末质点的速度大小。
(2)前4 s的位移大小。
17．(18分)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
阶段质量检测(二)
1．选C　后轮未脱离汽车时，具有向前的速度，脱离汽车后，由于惯性，后轮保持原来向前的速度继续前进，所以沿着脱离时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道。综上分析A、B、D错误，C正确。
2．选C　竖直上抛运动具有对称性，在相同高度时，小球回到抛出点的速度大小与抛出时的初速度的大小相等为6 m/s；由竖直上抛运动公式，可得小球上升的最大高度为H＝＝ m＝1.8 m，故选C。
3．选A　因tan θ＝，对应图像可得v0＝10 m/s，故C、D错误；第1 s内物体下落的高度h＝gt2＝×10×12 m＝5 m，故A正确，B错误。
4．选C　由题意可知，水流的速度和河岸的宽度为v2＝v1cos θ，d＝v1sin θ·t，现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，应满足(v1′和θ′是变化后的速度和夹角)v1′sin θ′>v1sin θ，v1′cos θ′＝v1cos θ，可见当v1′>v1时，则θ′>θ，可见要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取的方法为在增大v1的同时，也必须适当增大θ角。故选项C正确。
5．选D　物块在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下以速度v0水平向右做匀速直线运动，说明三个共点力平衡，如果撤去F1，则F2、F3的合力与F1等大反向，合力与初速度不在同一条直线上，物块做匀变速曲线运动，恢复F1，物块又处于平衡状态，做匀速直线运动，故A项正确，不符合题意；撤去F1，F2、F3的合力对物块可能先做负功后做正功，有可能总功为0，即恢复F1时物块的速度大小可能为v0，故B项正确，不符合题意；撤去F3后，合力水平向右，故物块向右做匀加速直线运动，恢复F3后做匀速直线运动，故C项正确，不符合题意；撤去F2之后，合力竖直向上保持恒定，速度变化量Δv＝aΔt，由牛顿第二定律可知，加速度a是恒定的矢量，故在相等时间间隔内Δv的大小和方向都不变，故D项错误，符合题意。
6．选C　因为两个小球均落到斜面上，所以二者的位移偏转角相同，又由于初速度之比为1∶2，所以根据位移偏转角的正切值tan θ＝，所以运动时间之比为1∶2，C正确；再结合x＝v0t，可得水平位移之比为1∶4，A错误；再根据h＝gt2，下落的高度之比为1∶4，B错误；再根据速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍可知，速度偏转角相同，a、b两球的速度方向与斜面夹角之比为1∶1，D错误。
7．选D　 令运动员起跳的速度为v，方向与水平夹角为θ，忽略空气阻力，则运动员在竖直方向上做竖直上抛运动，当运动员上升到最大高度，竖直分速度减为0，则运动员上升的最大高度为hmax，有0－(vsin θ)2＝－2ghmax，解得hmax＝，可知运动员上升的最大高度与他起跳的速度大小与方向均有关，A、B错误；忽略空气阻力，则运动员在水平方向上做匀速直线运动，分速度为vx＝vcos θ，C错误；运动员在最高点时重力与速度方向垂直，此时的瞬时功率P＝mgvcos θ·cos＝0，D正确。
8．选C　运动员从M到N点，做匀加速直线运动，设斜面的倾角为θ，则aMN＝gsin θ，vMN＝gsin θ·t，从N到P点，运动员做匀速直线运动；从P到Q点，运动员做平抛运动，有aPQ＝g>aMN，且平抛过程中v＝，速度大小与时间的图像不可能为直线，故C正确，A、B、D错误。
9．选BC　刚开始释放时，甲物体由静止变为向下运动，处于向下加速状态，是失重现象，速度越来越大，当θ超过某一值时，甲开始做减速运动，当θ变为90°时，甲的瞬时速度为0，这个过程加速度竖直向上，处于超重状态，故绳子对甲的拉力先小于其重力后大于其重力，A、D错误，C正确；当θ为60°时v甲＝v乙cos 60°，＝，B正确。
10．选ABD　质点在x方向做匀变速直线运动，由题图可知，x方向初速度为vx0＝3 m/s，质点在y方向做匀速直线运动，速度大小为vy＝4 m/s，则质点的初速度为v0＝＝5 m/s，根据牛顿第二定律得合力F＝max＝6 N，A、B正确；质点所受合外力方向与加速度方向相同，为x方向，由A可知，质点的初速度方向不是沿着y轴方向，C错误；2 s末质点在x方向的速度大小为6 m/s，则质点的速度为v＝ m/s＝2 m/s，D正确。
11．选ACD　当水柱竖直向上时，此时速度在竖直方向达到最大，此时达到最高点为hm＝＝ m＝20 m，A正确；设出水时水速与地面的角度为θ，则将速度分解为水平方向和竖直方向，竖直方向做上抛和自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，对出水到水落地过程有t＝，得水平距离为x＝v0cos θ·t＝sin θ·cos θ＝sin 2θ，由所学知识可得x≤＝40 m，所以当水柱出口速度与地面成25°和65°时，因为有sin 50°＝sin 130°，所以此时两个角度的水平射程相同，B错误，C正确；由以上分析可得，当高度为20 m时，水柱必定竖直向上，此时水平距离为零，水柱改变角度，竖直方向将不可能达到最大高度，因此水柱不可能到达离出水口水平距离为10 m、高度为20 m的位置，D正确。
12．选ACD　落于C点的小球速度垂直于QO，则两分速度相等，即v1＝gt，得出水平位移x＝v1t＝gt2，故C正确；
落于B点的小球分解位移如图所示，其中B、C在同一水平面，故飞行时间都为t，由图可得tan 45°＝＝，所以v2＝，故A正确，B错误；设C点距水平面MN的高度为h，由几何关系知x＝2h＋v2t，联立以上几式可得h＝gt2，故A距水平面MN的高度H＝h＋gt2＝gt2，故D正确。
13．解析：(1)因为xAB＝xBC，所以tAB＝tBC。在竖直方向上，由Δy＝gT2得5L－3L＝gT2，解得T＝0.1 s，故闪光频率为10 Hz。
(2)水平分速度v＝＝ m/s＝1.5 m/s。
(3)vBy＝＝ m/s＝2.0 m/s，
又知vBx＝1.5 m/s，
所以vB＝＝ m/s＝2.5 m/s。
答案：(1)10　(2)1.5　(3)2.5
14．解析：(1)斜槽轨道不需要光滑也不需要平衡摩擦力，只要抛出时每次速度相同即可，故A、C错误；为保证小球做的是平抛运动，抛出时速度要水平，则安装斜槽轨道，使其末端保持水平，故B正确；为减小空气阻力的影响，应选择密度更大的小球，故D错误。
(2)由抛出点到P点过程，根据平抛运动规律有tan θ＝＝，Lcos θ＝v0t，解得t＝ ，v0＝。　
(3)h一定时，设落点与O点连线与水平方向夹角为α，根据位移规律tan α＝
落点处速度方向的反向延长线过O点，则tan α＝
联立解得h＝gt2。
h一定，则用时一定，则竖直方向下落高度一定，则落点位置是确定的。
由以上分析可知，竖直方向下落高度为gt2＝h，
用时t＝ ，根据几何关系(h＋h)2＋(v0t)2＝R2，
解得v02＝g。
答案：(1)B　(2) 　　(3)确定　g
15．解析：为了不被冲进瀑布，而且速度最小，则游艇的临界航线OA如图所示。
船头指向应与航线垂直，并偏向上游，游艇的最小速度等于水的流速沿垂直于航线方向的分量，由几何关系可得sin α＝＝＝，则cos α＝
所以vmin＝v⊥＝v sin α＝v＝30 m/s
此时游艇在河中航行的时间为
t＝＝＝37.5 s。
答案：见解析
16．解析：(1)质点的加速度大小一直为a＝＝2 m/s2；
第一个2 s末质点的速度为
v1＝at1＝4 m/s，方向沿x轴正方向；
第二个2 s质点向东做匀速直线运动，速度等于v1＝4 m/s，
向南做匀加速直线运动，第二个2 s末的y轴方向速度v4y＝at2＝4 m/s，
第4 s末质点的速度为v＝＝4 m/s。
(2)向东方向的位移：x＝at12＋v1t2＝12 m
向南方向的位移：y＝at22＝4 m
所以前4 s内质点位移的大小为
s＝＝4 m。
答案：(1)4 m/s　(2)4 m
17．解析：频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
t＝4T＝0.05×4 s＝0.2 s
设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间在水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0t
y1＝gt2＝×10×0.22 m＝0.2 m
y2＝g(2t)2－gt2＝×10×(0.42－0.22)m＝0.6 m
令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y
已标注的线段s1、s2分别为s1＝
s2＝＝
则有∶＝3∶7
整理得x＝y
故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝＝ m/s。
答案： m/s
6 / 6