2018屆二輪 平拋運動與類平拋運動 專題卷 (全國通用)

2018屆二輪平拋運動與類平拋運動專題卷(全國通用)1.如圖所示，斜坡傾角為45°，在斜坡底端P點正上方的位置Q處，以速度v水平向左拋出一個小球A，小球能垂直落在斜坡上，運動時間為t1。同時，小球B從同一點Q處自由下落，下落至P點的時間為t2，不計空氣阻力。則t1∶t2等于()解析：小球的軌跡及位置關(guān)系如圖所示，由速度分解的矢量圖知vy＝v，則豎直位移＋vyvy＝·t1＝t1，22又因水平位移x＝vt1，得x＝2y，因此，小球B下落高度為小球A下落高度的3倍，由1/2y＝gt2，h＝y(tǒng)＋x＝3y＝gt2，得t1∶t2＝1∶3，選項D正確，A、B、C錯誤。2.甲、乙兩只船在靜水中航行的速度分別為v1和v2，現(xiàn)在兩船從同一渡口向河對岸開去。已知甲船想用最短時間渡河，乙船想以最短航程渡河，結(jié)果t1、t2兩船抵達對岸的地點恰好相同。則甲、乙兩船渡河所用時間的比為()解析：畫出兩船運動速度示意圖，如圖所示。設(shè)河寬為d，甲船用最短時間渡河，所用時間為dt1＝d/v1；乙船用最短航程渡河，v2與航線垂直，設(shè)航線與河岸夾角為α，由圖可知，t2＝d/(v2cosα)，聯(lián)立解得t1/t2＝v2/v1，選項A正確。3.如圖所示，離地面高h處有甲、乙兩個小球，甲以初速度v水平拋出，同時乙以大小相同的初速度v沿傾角為30°的光滑斜面滑下。若甲、乙同時到達地面，不計空氣阻力，則甲運動的水平距離是()解析：甲球豎直方向做自由落體運動，有h＝gt2；乙球做勻加速運動，加速度為a＝gsin30°，位移s＝2h＝vt＋at2。甲球在水平方向以v勻速運動，水平位移x＝vt，聯(lián)立解得x＝h，選項A正確。4.一架飛機以速度v在水平方向飛行，飛機上有一炮彈，炮彈以速度u與水平面成角度α被射出，炮彈在垂直于飛機飛行方向的平面內(nèi)運動。不計空氣阻力和重力加速度的變化，炮彈射出后，如果要打中距離飛機L處的目標，炮手應(yīng)瞄準()解析：如圖所示，設(shè)炮彈飛行時間為t，則有L＝vt，h＝utsinα，由h＝gt2/2，得t＝2h/g。代入L＝vt中，得瞄準點距離炮手為L′＝u2sin2α/gv，選項D正確。2-1為邊界的區(qū)域?，F(xiàn)在將該區(qū)域沿y軸翻轉(zhuǎn)，得到一個立體圖形，求該立體圖形的體積。解析：將該區(qū)域沿y軸翻轉(zhuǎn)后，得到一個旋轉(zhuǎn)體，旋轉(zhuǎn)軸為y軸，底面為雙曲線y＝4x2-1，上底面為x軸正半軸所在直線，旋轉(zhuǎn)一周后得到的立體圖形如圖所示：由旋轉(zhuǎn)體的體積公式可知，該立體圖形的體積為：V＝π∫20[(4x2-1)2-x2]dx=π∫20(16x4-8x2+1-x2)dx=π(4x5-8/3x3+x-1/3)|20=π(32/3-16/3)=16π/3所以該立體圖形的體積為16π/3。答案：16π/3。(2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強電場，且電場強度大小為E=100V/m，問兩板間的距離d至少要多長，才能使帶電小球不打在PQ板上？解析：設(shè)小球從A點到B點的運動時間為t，小球的初速度為v，A點到M點的高度為y。則有tanθ=y/L(1)，cosθ=vt/L(2)，y-sinθ=1/2gt^2(3)。聯(lián)立(1)(2)(3)并代入數(shù)據(jù)解得v=3m/s，y=0.30m。帶電小球在多級加速器加速的過程，根據(jù)動能定理有1/2mv^2=qU，代入數(shù)據(jù)解得U=18.75V。進入電場時，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標系，將重力正交分解，則沿y軸方向有Fy=mgcosθ-qE，沿x軸方向有Fx=mgsinθ。故小球進入電場后做類平拋運動，設(shè)剛好從P點離開，則有Fx=ma，2L1=dmin=vt*sinθ/g=0.52m。答案：(1)18.75V(2)0.52m10.如圖所示為利用靜電除煙塵的通道示意圖，前、后兩面為絕緣板，上、下兩面為分別與高壓電源的負極和正極相連的金屬板，在上、下兩面間產(chǎn)生的電場可視為勻強電場，通道長L=1m，進煙塵口的截面為邊長d=0.5m的正方形，分布均勻的帶負電煙塵顆粒均以水平速度v=2m/s連續(xù)進入通道，碰到下金屬板后其所帶電荷會被中和并被收集，但不影響電場分布。已知每立方米體積內(nèi)顆粒數(shù)n=1×10^13個，每個煙塵顆粒帶電荷量為q=-1.0×10^-17C，質(zhì)量為m=2.0×10^-15kg，忽略顆粒的重力、顆粒之間的相互作用力和空氣阻力。(1)高壓電源電壓U=300V時，求被除去的煙塵顆粒數(shù)與總進入煙塵顆粒數(shù)的比值；(2)若煙塵顆粒恰好能全部被除去，求高壓電源電壓U1；(3)裝置在(2)中電壓U1作用下穩(wěn)定工作時，1s內(nèi)進入的煙塵顆粒從剛進入通道到被全部除去的過程中，求電場對這些煙塵顆粒所做的總功。解析：(1)煙塵顆粒在電場中受到的電力為Fe=qE，根據(jù)牛頓第二定律可得ma=qE，即a=qE/m。由于顆粒的速度方向與電場方向垂直，所以速度大小不變，只有方向改變。設(shè)顆粒在電場中運動的時間為t，則根據(jù)勻加速直線運動的公式，可得L=vt=1m，t=L/v=0.5s。顆粒在電場中受到的電力Fe=qE=-1.6×10^-15N，根據(jù)功的定義W=Fd，可得W=FeL=-8.0×10^-16J。每立方米體積內(nèi)顆粒數(shù)n=1×10^13個，進入通道的顆粒數(shù)為nV=2.5×10^12個，被除去的顆粒數(shù)為N=nt=1.25×10^12個。所求比值為η=N/nV=0.5。(2)當所有進入通道的煙塵顆粒都能被除去時，設(shè)電場強度為E1，則有a=qE1/m，由于顆粒的速度方向與電場方向垂直，所以速度大小不變，只有方向改變。設(shè)顆粒在電場中運動的時間為t1，則根據(jù)勻加速直線運動的公式，可得L=vt1=1m，t1=L/v=0.5s。顆粒在電場中受到的電力Fe=qE1=-1.6×10^-15N，根據(jù)功的定義W=Fd，可得W=FeL=-8.0×10^-16J。由于所有進入通道的煙塵顆粒都被除去了，所以N=nV，代入公式可得E1=qN/mL=3.2×10^5V/m，即高壓電源電壓U1=E1d=1.6×10^5V。(3)在電場中運動的煙塵顆粒所受到的電場力的大小為Fe=qE，方向與電場方向相同。設(shè)煙塵顆粒在電場中運動的時間為t2，則根據(jù)勻加速直線運動的公式，可得L=vt2=1m，t2=L/v=0.5s。煙塵顆粒在電場中受到的電力Fe=qE=-1.6×10^-15N，根據(jù)功的定義W=Fd，可得W=FeL=-8.0×10^-16J。由于每秒進入通道的顆粒數(shù)為nV=2.5×10^12個，所以電場對這些煙塵顆粒所做的總功為Wtot=nVW=-2.0J。由類平拋運動規(guī)律和牛頓第二定律可得，物體在自由落體運動下的位移公式為d＝at^2/2，其中a為加速度，t為時間。結(jié)合題目中給出的數(shù)據(jù)，可以求得物體的速度U1為400V。在1秒內(nèi)，煙塵通道中進入的煙塵顆?？倐€數(shù)可以表示為N＝nd^2vt，其中n為單位體積