高考物理一轮复习课时分层作业9抛体运动含答案

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2．D [根据题意知篮球离手之后做斜抛运动，水平方向为匀速直线运动，eq \f(x,t)­t图象为水平直线、x­v2图线为曲线，选项A、C错误；篮球在竖直方向上做竖直上抛运动，初始竖直位移为零，在水平方向上做匀速直线运动，运动过程中加速度等于g，大小不变，方向竖直向下，则题中a­t图像可以描述篮球离手之后在空中的运动过程，选项D正确；由于竖直方向初始位移为零，故选项B错误。]
3．B [水平方向的位移x＝v0t，竖直方向的位移y＝eq \f(1,2)gt2，该运动员发生的位移为s＝eq \r(x2＋y2)，解得s＝eq \r(v\\al(2,0)t2＋\f(1,4)g2t4)，故选项B正确。]
4．A [
根据h＝eq \f(1,2)gt2得，t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1,10)) s＝eq \r(\f(1,5)) s，竖直分速度vy＝gt＝10×eq \r(\f(1,5)) m/s＝2eq \r(5) m/s，根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v＝eq \f(vy,cs 60°)＝eq \f(2\r(5),\f(1,2)) m/s＝4eq \r(5) m/s，故A正确，B、C、D错误。]
5．B [设小球经过时间t打在曲面上M点(x，y)，则水平方向x＝v0t，竖直方向上9－y＝eq \f(1,2)gt2，又因为y＝x2，解得x＝2 m，y＝4 m，故选B。]
6．D [图中A点速度方向不是水平的，则图中A点不是水在空中运动过程的最高点，选项A错误；水在空中运动过程中，加速度恒定为g，则水在空中的运动为匀加速曲线运动，选项B错误；水在A、B两点时水平速度相同，则vAsin 45°＝vBsin 37°，解得B点时水的速度大小为vB＝5eq \r(2) m/s，选项C错误；在A、B两点的竖直方向运用速度—位移公式，A、B两点间的高度差为h＝eq \f(vBcs 37°2－vAcs 45°2,2g)＝0.7 m，选项D正确。]
7．D [
如图所示，设AB之间高度差为h，CD之间高度差为h′，h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，h′＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，可得t1＝eq \r(\f(2h,g))，t2＝eq \r(\f(2h′,g))，斜面倾角的正切值tan θ＝eq \f(h,v0t1)＝eq \f(h－h′,v0t2)，解得h′＝eq \f(3－\r(5),2)h，所以eq \f(AD,AB)＝eq \f(h′,h)＝eq \f(3－\r(5),2)，故D正确，A、B、C错误。]
8．ABD [削出的小面圈的运动可视为平抛运动，在竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，可知所有小面圈在空中运动的时间都相同，故选项A正确；由Δv＝gt可知，所有小面圈在空中运动速度的变化量都相同，故选项B正确；小面圈都落入锅中的条件为L＜x＜3L，即L＜v0t＜3L，联立h＝eq \f(1,2)gt2解得Leq \r(\f(g,2h))＜v0＜3Leq \r(\f(g,2h))，故选项D正确；小面圈都落入锅中时水平方向的最大速度是最小速度的3倍，但是落入锅中时，速度v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，所以最大速度不是最小速度的3倍，故选项C错误。]
9．D [依据曲线运动条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则小球做匀变速曲线运动，再根据牛顿第二定律得，小球的加速度为a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ＝eq \f(1,2)g，故A错误；根据L＝eq \f(1,2)at2，有t＝eq \r(\f(2L,a))＝eq \r(\f(2L,gsin θ))＝eq \r(\f(4L,g))，选项B错误；在B点的平行斜面方向向下的分速度为vBy＝at＝eq \f(1,2)g×eq \r(\f(4L,g))＝eq \r(gL)；根据s＝v0t，有v0＝eq \f(s,t)＝seq \r(\f(g,4L))；故小球离开B点时速度的大小v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,By))＝eq \r(\f(g,4L)s2＋4L2)，故C错误，D正确。]
10．BC [甲、乙两颗手榴弹竖直方向下落的高度相同，由平抛运动的特点可知，它们的运动时间相等，A错误；落地前瞬间，PG＝mgvy＝mg2t，由于运动时间相等，故重力的瞬时功率相等，B正确；从投出到落地，重力做功为mgh，故重力势能减少mgh，C正确；从投出到落地过程中只有重力做功，手榴弹的机械能守恒，D错误。]
11．解析：(1)将速度进行分解，如图所示
垂直斜面方向v1＝v0sin θ，a1＝gcs α，t＝eq \f(v1,a1)
得t＝2 s。
(2)垂直斜面方向v1匀减速至0时有L＝eq \f(v\\al(2,1),2a1)
代入数据得L＝10eq \r(3) m。
(3)解法一：由垂直斜面方向运动对称性可得小球从O到A与A到B所用时间相等
平行斜面方向v2＝v0cs θ，a2＝gsin α，
xOB＝v2·2t＋eq \f(1,2)a2(2t)2
小球在水平方向做匀速直线运动，C为OB中点，则x＝eq \f(1,2)xOB
代入数据解得x＝40 m
解法二：小球在水平方向做匀速直线运动，设O到AC的水平距离为x′，则x′＝v0cs(θ－α)t
由几何关系可得x＝eq \f(x′,cs α)
解得x＝40 m。
答案：(1)2 s (2)10eq \r(3) m (3)40 m
12．解析：(1)如图甲所示，设球刚好擦网而过，则击球点到擦网点的水平位移x1＝3 m，竖直位移y1＝h2－h1＝(2.5－2) m＝0.5 m，根据位移关系x＝vt，y＝eq \f(1,2)gt2，可得v＝xeq \r(\f(g,2y))，代入数据可得v1＝3eq \r(10) m/s，即所求击球速度的下限。
甲
设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x2＝12 m，竖直位移y2＝h2＝2.5 m，代入速度公式v＝xeq \r(\f(g,2y))，可求得v2＝12eq \r(2) m/s，即所求击球速度的上限。
欲使球既不触网也不越界，则击球速度v应满足3eq \r(10) m/s(2)设击球点高度为h3时，球恰好既触网又压线，如图乙所示。
乙
设此时球的初速度为v3，击球点到触网点的水平位移x3＝3 m，竖直位移y3＝h3－h1＝h3－2 m，代入速度公式v＝xeq \r(\f(g,2y))可得v3＝3eq \r(\f(5,h3－2))；同理对压线点有x4＝12 m，y4＝h3，代入速度公式v＝xeq \r(\f(g,2y)) 可得v3＝12eq \r(\f(5,h3))。
联立解得h3＝eq \f(32,15) m，即当击球高度小于eq \f(32,15) m时，无论球被水平击出的速度多大，球不是触网，就是越界。
答案：(1)3eq \r(10) m/s(2)eq \f(32,15) m