2019届高考物理一轮复习检测：(十三) 抛体运动(重点高中) 含解析

课时跟踪检测（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 /sB ．2.0 m/sC ．3.0 m /sD ．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 ＝12gt 2可知，水在空中的时间为0.6 s ，根据x ＝v 0t 可知水平速度为v 0＝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v 0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 ＝12gt 2得t ＝ 2h g ，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＝gt 2v 0，可见飞行时间t 与v 0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，水平方向上速度不变，速度变化Δv ＝gt ，由t ＝ 2h g 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.2π32RgC ．π2RgD ．2π2Rg解析：选AB A 球平抛运动的时间t ＝ 2R g，水平位移大小x ＝v 0t ＝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23π，则B 球的速度大小为v B ＝2π3R t ＝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v B ＝4π3R t ＝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v 0沿半径方向水平击出，如图所示，球落到球面上，下列说法正确的是( )A ．落在球面上的最大速度为22gRB ．落在球面上的最小速度为 3gRC ．小球的运动时间与v 0大小无关D ．无论调整v 0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 ＝12gt 2，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v y ，则x ＝v 0t ＝R sin θ，y ＝v y 22g ＝gt 22＝R cos θ，得v y 2＝2gR cos θ，v 02＝gR sin 2θ2cos θ，又由v t ＝v 02＋v y 2＝gR sin 2θ2cos θ＋2gR cos 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 ＝v y g ＝ 2R cos 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( )A.x tB.y tC.x 2＋y 2t D.x 2＋4y 2t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v x ＝x t，竖直分速度大小v y ＝2y t ，合速度大小为v ＝v x 2＋v y 2＝x 2＋4y 2t，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 ＝2.0m ，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,4 3 m/sB ．1.50 m,4 3 m/sC ．0.15 m,2 6 m/sD ．1.50 m,2 6 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v 0。

则有(1＋cos 37°)R＝v 0t ，h ＋R sin 37°＝12gt 2，tan 37°＝gt v 0，解得h ＝0.15 m ，v 0＝4 3 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v 1和v 2，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 ．v 1＞v 2B ．v 1＝v 2C ．Oa ＞ObD ．Oa ＜Ob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：v 1x ＝v 1cos 30°＝32v 1， v 1y ＝v 1sin 30°＝12v 1，竖直方向通过的位移为：h ＝v 1y 22g ＝v 128g对从b 点抛出的物体：v 2x ＝v 2cos 60°＝v 22， v 2y ＝v 2sin 60°＝32v 2， 竖直方向通过的位移为：h ′＝v 2y 22g ＝3v 228g。

因h ＝h ′，联立解得：v 1＞v 2，故A 正确，B 错误；由于v 1x ＝32v 1，v 2x ＝12v 2，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v 0＝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/s 2，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v y ，如图所示，由几何关系得v 0v y＝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v y ＝gt ，y ＝12gt 2，x ＝v 0t设抛出点到斜面底端的高度为h ，由几何关系得h ＝y ＋x tan 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 －x cos 37°设滑块的加速度为a ，由运动学公式得s ＝12at 2 对滑块，由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma联立解得μ＝0.125。

答案：(1)1.7 m(2)0.1259．(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，又2as＝v P2，由平抛运动规律和几何关系有物块的水平射程x＝v P t，物块的竖直位移y＝12gt2，由几何关系有y＝x tan θ，联立以上各式可以得到x＝2v P2tan θg，解得F＝mg4s tan θx＋μmg。

由题图乙知μmg＝5，mg4s tan θ＝10，代入数据解得s＝0.25 m。

答案：0.25 m[B级——拔高题目稳做准做]★10.(2018·青岛模拟)如图所示是研究平抛运动的实验装置，正方形白纸ABCD贴在方木板上，E、F、H是对应边的中点，P是EH的中点。

金属小球从倾斜轨道上由静止开始下滑，从F点开始做平抛运动，恰好从C点射出。

以下说法正确的是()A．小球的运动轨迹经过P点B．小球的运动轨迹经过PH之间某点C ．若将小球在轨道上的释放高度降低34，小球恰好由E 点射出 D ．若将小球在轨道上的释放高度降低34，小球恰好由BE 中点射出 解析：选C 小球从F 点开始做平抛运动，其轨迹是抛物线，则过C 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH 的中点，而延长线又经过P 点，所以轨迹一定经过PE 之间某点，故A 、B 错误；设正方形白纸的边长为2h ，则平抛运动的水平位移x ＝2h ，时间t ＝ 2h g ，初速度v ＝2gh ，若将小球在轨道上的释放高度降低34，则到达F 点的速度变为原来的一半，即v ′＝2gh 2，时间不变，水平位移变为x ′＝h ，小球恰好由E 点射出，故C 正确，D 错误。