第3练　抛体运动（含解析）--2024年高考物理大二轮复习

这是一份第3练　抛体运动（含解析）--2024年高考物理大二轮复习，共14页。
1.(2022·广东卷·6)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是( )
A．将击中P点，t大于eq \f(L,v)
B．将击中P点，t等于eq \f(L,v)
C．将击中P点上方，t大于eq \f(L,v)
D．将击中P点下方，t等于eq \f(L,v)
2.(2023·江苏盐城市三模)如图所示为小球从水平向右的横风区正上方自由下落的闪光照片。除横风区外，其他位置的空气作用力可忽略不计。则小球( )
A．在横风区水平方向做匀速运动
B．在横风区加速度方向竖直向下
C．从横风区飞出后做匀变速直线运动
D．从横风区飞出后做匀变速曲线运动
3．(2023·湖南卷·2)如图(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是( )
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高点的速度小于v1
C．两谷粒从O到P的运动时间相等
D．两谷粒从O到P的平均速度相等
4.如图所示，在竖直直角坐标系内有一高8 m、倾角37°斜面，将小球从＋y轴上位置(0,8 m)处沿＋x方向水平抛出，初速度为4 m/s，g取10 m/s2，则小球第一次在斜面上的落点位置为( )
A．(3 m,4 m) B．(3 m,5 m)
C．(4 m,5 m) D．(4 m,3 m)
5.为加大生态环保力度，打赢污染防治攻坚战，某工厂坚决落实有关节能减排政策，该工厂水平的排水管道满管径工作，减排前、后，落水点距出水口的水平距离分别为x0、x1，则减排前、后相同时间内的排水量之比为( )
A.eq \f(x1,x0) B.eq \f(x0,x1) C.eq \r(\f(x1,x0)) D.eq \r(\f(x0,x1))
6.(2023·江苏南通市三模)如图所示，在海边的山坡上同一位置以相同大小的初速度v0抛出两个石子，速度方向与水平方向夹角均为θ，两石子在同一竖直面内落入水中，不计空气阻力。两石子抛出后( )
A．在空中运动时间相同
B．在空中同一高度时速度方向相同
C．落至水面速度大小不同
D．落至水面水平射程相同
7．图(a)为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹A、B如图(b)所示，最大高度相同，轨迹A的落地点M恰好在轨迹B最高点的正下方，不计空气阻力，对轨迹A、B说法正确的是( )
A．水滴在空中运动的时间不同
B．水滴的初速度大小相等
C．水滴在最高点速度之比1∶2
D．水滴落地时动能之比1∶4
8.(2023·江苏南通模拟预测)一辆货车以速度v0＝24 m/s在平直的公路上匀速行驶，某时刻车上的石子从车尾H＝3.2 m高处掉落，假设石子与地面碰撞反弹时的速率为撞击地面时的速率的eq \f(1,2)，反弹前后速度方向与地面的夹角相等。重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求：
(1)石子第一次落地时的速度大小v；
(2)石子第二次落地时距车尾的水平距离L。
[争分提能练]
9.(2023·江苏连云港调研)将小球从水平地面上的A点竖直向上抛出，由于水平风力的作用，小球运动到B点时速度方向变为水平，最终落在地面上的C点。已知小球的质量为m，AB间距离为L，AB与水平方向成θ角，重力加速度为g。下列结论正确的是( )
A．小球在AB、BC过程中运动的时间不相等
B．作用在小球上的水平风力大小为mgsin θ
C．小球在A、B两点的速度大小之比为tan θ
D．B、C两点间距离为Leq \r(1＋7cs2θ)
10.某水上娱乐项目可简化为如图所示的模型。摆绳上端固定在离水面高度为H的O点，人抓紧绳子另一端，在绳子伸直情况下从与O点等高处由静止开始下落，到达最低点时松手，做一段平抛运动后落入水中。当绳长为L(Lt2，得x1>x2，落至水面水平射程不同，D错误。]
7．C [水滴在空中斜上抛运动，其后半部分做平抛运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2 ，最大高度相同，后半部分的时间相同，全程的时间相同，A错误；后半部分做平抛运动，B的水平射程是A的2倍，所以在最高点B的速度是A的2倍，C正确；设A在最高点的速度为vx，落地时速度的竖直分量为vy，A落地时的速度为vA＝eq \r(vx2＋vy2)，A落地时的动能为EkA＝eq \f(1,2)mvA2＝eq \f(1,2)m(vx2＋vy2)，B在最高点的速度为2vx，落地时速度的竖直分量为vy，B落地时的速度为vB＝eq \r(4vx2＋vy2)，B落地时的动能为EkB＝eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)m(4vx2＋vy2)，水滴落地时动能之比不等于1∶4；水滴落地时速度的大小等于初速度大小，落地时速度大小不相等，初速度大小也不相等，B、D错误。]
8．(1)8eq \r(10) m/s (2)9.6 m
解析 (1)设石子从车尾下落到地面的时间为t，石子做平抛运动，竖直方向vy2＝2gH，
石子第一次落地时速度v＝eq \r(v02＋vy2)，
解得v＝8eq \r(10) m/s。
(2)石子撞击地面前后速度与水平地面夹角相同，反弹速率为撞击地面时速率的eq \f(1,2)，第一次反弹时石子的速度vy′＝eq \f(vy,2)，vx′＝eq \f(v0,2)，第一次反弹后至第二次落地前石子在空中的时间t′＝2eq \f(vy′,g)，第二次落地时石子与车尾水平距离L＝v0t′－vx′t′，解得L＝9.6 m。
9．C [小球在AB、BC过程中竖直方向先做竖直上抛运动，后做自由落体运动，由运动的对称性可知小球在AB、BC过程中运动的时间相等，A错误；从A到B竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向有Lsin θ＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)vAt，水平方向有Lcs θ＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)vBt，解得a＝eq \f(g,tan θ)，eq \f(vA,vB)＝tan θ，水平方向的力为F＝ma＝eq \f(mg,tan θ)，B错误，C正确；水平方向做初速度为零的匀加速运动，连续相等时间内位移之比为1∶3，所以BC所对应的水平距离为s＝3Lcs θ，由几何关系可知B、C两点间距离为LBC＝eq \r(Lsin θ2＋3Lcs θ2)＝Leq \r(1＋8cs2θ)，D错误。]
10．B [设人在O点正下方松手时的速度为v，由机械能守恒定律有mgL＝eq \f(1,2)mv2，可得v＝eq \r(2gL)，松手后人做平抛运动，竖直方向有H－L＝eq \f(1,2)gt2，水平方向有x＝vt，可得x＝2eq \r(LH－L)，则当绳长取不同值时，平抛运动的水平位移x可能相同，A错误；当L＝H－L，即L＝eq \f(1,2)H时，平抛运动的水平位移有最大值，为H，B正确；设人落水时的速度为v1，对全过程由机械能守恒定律有mgH＝eq \f(1,2)mv12，可得v1＝eq \r(2gH)，与绳长无关，C错误；人做平抛运动，竖直方向有v1y2＝2g(H－L)，设人落水时的速度方向与水平方向的夹角为θ，有tan θ＝eq \f(v1y,v)＝eq \f(\r(2gH－L),\r(2gL))＝eq \r(\f(H,L)－1)，L与θ一一对应，绳长L不同，人落水时的速度方向一定不同，D错误。]
11．A [将初速度分解在垂直斜面方向和平行斜面方向，垂直斜面方向v⊥＝v初sin β，平行斜面方向v∥＝v初cs β，垂直斜面的加速度a⊥＝gcs α，平行斜面的加速度a∥＝gsin α，小球在空中飞行的时间t＝eq \f(2v初sin β,gcs α)∝v初，所以P、Q在空中飞行的时间之比为1∶2，故C错误；小球的位移s＝v∥t＋eq \f(1,2)a∥t2，结合a∥＝gsin α，tP∶tQ＝1∶2，可得s2＝4s1，故D错误；落在斜面上时速度与斜面的夹角的正切值tan θ＝eq \f(v初sin β,v初cs β＋gsin α·t)＝eq \f(v初sin β,v初cs β＋gsin α·2v初\f(sin β,gcs α))＝eq \f(sin β,cs β＋2tan α·sin β)，可知vQ方向与斜面的夹角一定等于vP方向与斜面的夹角，故B错误；结合B选项分析，速度方向相同，垂直斜面和平行斜面的速度之比均为1∶2，根据速度的合成可知vQ一定等于2vP，故A正确。]
12．(1)0.3 s (2)1.2×10－4 N
(3)0.18 m
解析 (1)谷粒从H落到出料口的过程，竖直方向和水平方向都是初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gt2
将h＝0.45 m代入可得t＝0.3 s
(2)对质量为2.0×10－5 kg的谷粒，从H漏出恰好经B点，
水平方向有x1＝eq \f(1,2)at2
设风力大小为F，由牛顿第二定律F＝ma
联立并代入数据可解得F＝1.2×10－4 N
(3)对质量为1.2×10－5 kg的瘪粒，恰好落到A2点，设A2B宽度为x2，则有x1＋x2＝eq \f(1,2)a′t2
F＝m′a′
代入数据可得x2＝0.18 m。
13．(1)10eq \r(10) m/s (2)30° 200 m
解析 (1)设运动员质量为m，从A到O的过程中，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×50) m/s＝10eq \r(10) m/s
(2)运动员在O点起跳时速度与水平方向的夹角为θ，将起跳时速度v0和重力加速度g沿着陆坡方向和垂直着陆坡方向分解，如图所示，
则v1＝v0sin (30°＋θ)，
v2＝v0cs (30°＋θ)，
a1＝gcs 30°，a2＝gsin 30°
设运动员从O点运动到C点的时间为t，运动员离开着陆坡的距离为s，
有s＝v1t－eq \f(1,2)a1t2
当s＝0时，t＝eq \f(2v1,a1)
设O点到C点的距离为L，
则L＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2
联立解得L＝eq \f(400,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin 2θ＋30°＋\f(1,2))) m
所以当2θ＋30°＝90°时，即θ＝30°时，L有最大值，可得最远距离为Lmax＝200 m。