【2019届高中物理】一轮复习单元检测：(十三) 抛体运动(重点高中)

高考一轮复习单元检测 高考一轮复习单元检测 高考一轮复习单元检测（十三） 抛体运动

[A级——保分题目巧做快做] ★1.一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出。水管距地面高h＝1.8 m，水落地的位置到管口的水平距离x＝1.2 m。不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是( ) A．1.2 m/s B．2.0 m/s C．3.0 m/s D．4.0 m/s 解析：选B 水平喷出的水，运动规律为平抛运动，根据平抛运动规律h＝12gt2可知，水在空中的时间为0.6 s，根据x＝v0t可知水平速度为v0＝2 m/s，

因此选项B正确。 2．[多选]如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上。其中有三次的落点分别是a、b、c，不计空气阻力，则下列判断正确的是( ) A．落点b、c比较，小球落在c点的飞行时间短 B．小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比 C．三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最快 D．三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最大

解析：选AB 由平抛运动规律h＝12gt2得t＝ 2hg，可知，落点为b时，小球的竖直位移较大，故飞行时间较长，A正确；落点为a、b时，两次位移方向相同，故tan θ＝gt2v0，可见飞行时间t与v0成正比，B项正确；小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度，均为g，C项错误；小球在飞行过程中，水平方高考一轮复习单元检测 高考一轮复习单元检测 向上速度不变，速度变化Δv＝gt，由t＝ 2hg可知，小球落在b点时速度变化最大，D项错误。

3.[多选]如图所示，B球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动，竖直平台与轨迹相切且高度为R，当B球运动到切点时，在切点正上方的A球水平飞出，速度大小为 32Rg，g为重力加速度大小，要使B球运动一周内与A球相遇，则B球的速

度大小为( ) A.π32Rg B.2π32Rg C．π2Rg D．2π2Rg

解析：选AB A球平抛运动的时间t＝ 2Rg，水平位移大小x＝v0t＝3R，A球的落点在圆周上，从上向下看有两种可能，A球水平位移与直径的夹角均为30°。若在C点相遇，B球转过的角度为23

π，则B球的速度大小为vB＝2π3Rt＝π32Rg，A正确；若在D点相遇，B球转过的角度为43π，则B球的速度大小为vB＝4π3Rt＝2π32Rg，B正确。 4.[多选](2018·长沙联考)在某次高尔夫球比赛中，美国选手罗伯特－斯特布击球后，球恰好落在洞的边缘，假定洞内bc

表面为14球面，半径为R，且空气阻力可忽略，重力加速度大小为g，把此球以大小不同的初速度v0沿半径方向水平击出，如图所示，球落到高考一轮复习单元检测 高考一轮复习单元检测 球面上，下列说法正确的是( ) A．落在球面上的最大速度为22gR B．落在球面上的最小速度为 3gR C．小球的运动时间与v0大小无关 D．无论调整v0大小为何值，球都不可能垂直撞击在球面上 解析：选BD 平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，

由h＝12gt2，得t＝2hg。设小球落在A点时，OA与竖直方向之间的夹角为θ，水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，到达A点时竖直方向的速度为vy，则x＝v0t＝Rsin θ，y＝vy22g＝gt22＝Rcos θ，

得vy2＝2gRcos θ，v02＝gRsin2θ2cos θ，又由vt＝v02＋vy2＝gRsin2θ2cos θ＋2gRcos θ＝32cos θ＋12cos θgR，所以落在球面上的小球有最小速度，当32cos θ＝12cos θ时，速度最小，最小速度为3gR，故A错误，B正确；由以上的分析

可知，小球下落的时间t＝vyg＝ 2Rcos θg，其中cos θ与小球的初速度有关，故C错误；小球撞击在球面上时，根据“平抛运动速度的反向延长线交于水平位移的中点”结论可知，由于O点不在水平位移的中点，所以小球撞在球面上的速度反向延长线不可能通过O点，也就不可能垂直撞击在球面上，故D正确。 5.(2018·广安模拟)据悉，我国已在陕西省西安市的阎良机场建立了一座航空母舰所使用的滑跳式甲板跑道，用来让飞行员练习在航空母舰上的滑跳式甲板起飞。如图所示的AOB为此跑道纵截面示意图，其中AO段水平，OB为抛物线，O点为抛物线的顶点，抛物线过O点的切线水平，OB的水平距离为x，竖直高度为y。某次训练中，观察战机(视为质点)通过OB段时，得知战机在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t，则战机离开B点的速率为( ) 高考一轮复习单元检测 高考一轮复习单元检测 A.xt B.yt

C.x2＋y2t D.x2＋4y2t 解析：选D 战机的运动轨迹是抛物线，当水平方向做匀速直线运动时，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则战机到达B点时的水平分速度大小

vx＝xt，竖直分速度大小vy＝2yt，合速度大小为v＝vx2＋vy2＝x2＋4y2t，选项

D正确。 ★6.图中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方。竖直面内的半圆弧BCD的半径R＝2.0 m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°。游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关。为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( ) A．0.15 m,43 m/s B．1.50 m,43 m/s C．0.15 m,26 m/s D．1.50 m,26 m/s 解析：选A 设弹射器离B点高度为h，弹丸射出的初速度为v0。则有(1

＋cos 37°)R＝v0t，h＋Rsin 37°＝12gt2，tan 37°＝gtv0，解得h＝0.15 m，v0

＝43 m/s，A正确。 7．[多选](2018·潍坊期中)如图所示，从水平地面上a、b两点同时抛出两个物体，初速度分别为v1和v2，与水平方

向所成角度分别为30°和60°。某时刻两物体恰好在ab连线上一点O(图中未画出)的正上方相遇，且此时两物体速度均沿水平方向，不计空气阻力。则( ) A．v1＞v2 B．v1＝v2 C．Oa＞Ob D．Oa＜Ob 高考一轮复习单元检测 高考一轮复习单元检测 解析：选AC 两物体做斜抛运动，在竖直方向减速，在水平方向匀速

对从a点抛出的物体：v1x＝v1cos 30°＝32v1， v1y＝v1sin 30°＝12v1，

竖直方向通过的位移为：h＝v1y22g＝v128g 对从b点抛出的物体： v2x＝v2cos 60°＝v22，

v2y＝v2sin 60°＝32v2，

竖直方向通过的位移为：h′＝v2y22g＝3v228g。 因h＝h′， 联立解得：v1＞v2，故A正确，B错误；

由于v1x＝32v1，v2x＝12v2，则有从a点抛出的物体在水平方向的速度大于从b点抛出的物体在水平方向的速度，故在水平方向上，从a点抛出的物体通过的位移大于从b点抛出的物体的位移，即Oa＞Ob，故C正确，D错误。 8．(2018·重庆江北区联考)如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3 m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。(小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求： (1)抛出点O离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。 解析：(1)设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为高考一轮复习单元检测 高考一轮复习单元检测 vy，如图所示，由几何关系得

v0vy

＝tan 37°

设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律得vy

＝gt，y＝12gt2，x＝v0t

设抛出点到斜面底端的高度为h，由几何关系得 h＝y＋xtan 37°

联立解得h＝1.7 m。 (2)设在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得

s＝l－xcos 37°

设滑块的加速度为a，由运动学公式得s＝12at2 对滑块，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 联立解得μ＝0.125。 答案：(1)1.7 m (2)0.125 9．(2018·辽宁鞍山一中模拟)用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动，一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点，O点与斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如图乙所示的图像，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则O、P间的距离s是多少？(保留两位有效数字)

解析：根据牛顿第二定律，在OP段有F－μmg＝ma，