2023届高考一轮复习（老高考）第四章 微专题27(B)　抛体运动【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习（老高考）第四章 微专题27(B)　抛体运动【解析版】，共6页。试卷主要包含了60 m处起跳，从离地面高度3，22 s，50 m＋0，35 m/s等内容，欢迎下载使用。

A.eq \f(3\r(5),2) m/s B.eq \f(4\r(5),3) m/s
C.eq \f(8\r(15),3) m/s D.eq \f(4\r(15),3) m/s
答案 C
解析 小球在竖直方向做自由落体运动，则竖直分速度vy＝eq \r(2ghED)＝eq \r(2×10×5－2) m/s＝2eq \r(15) m/s，小球垂直击中D点，则速度反向延长线过圆心，如图所示，
根据几何关系，则有sin θ＝eq \f(hED,R)＝eq \f(3,5)，解得θ＝37°，则在D点，分解速度可得v0＝eq \f(vy,tan 37°)＝
eq \f(8\r(15),3) m/s，故选C.
2．2019年9月29日，中国女排以十一连胜夺得女排世界杯冠军，成为世界三大赛的“十冠王”．如图，在对阵阿根廷队的比赛中，某队员接队友的传球，假设她在网前3.60 m处起跳，从离地面高度3.20 m处将球以12 m/s的速度水平击出，击出时速度方向垂直于球网所在的竖直面，对方防守队员刚好在该队员进攻路线的网前，从某一时刻开始起跳拦网，结果拦网失败．已知对方防守队员在地面上直立和起跳拦网时能触及的最大高度分别为2.50 m和2.95 m，防守队员可利用身体任何部位进行拦网，重力加速度g＝10 m/s2.关于对方防守队员拦网失败的原因，下列说法正确的是( )
A．对方防守队员的起跳时刻可能比该队员击球时刻早了0.22 s
B．对方防守队员的起跳时刻可能比该队员击球时刻早了0.15 s
C．对方防守队员的起跳时刻可能比该队员击球时刻晚了0.10 s
D．对方防守队员的起跳时刻可能比该队员击球时刻晚了0.15 s
答案 A
解析 排球被击出后做平抛运动，则水平方向上x＝v0t，竖直方向上y＝eq \f(1,2)gt2，排球运动到防守队员处时t＝0.3 s，y＝0.45 m，排球离地面高度h＝3.2 m－0.45 m＝2.75 m，防守队员起跳做竖直上抛运动，上升最大高度为H＝2.95 m－2.50 m＝0.45 m．设起跳的初速度为v1，上升到最高点所需时间为t1，则v12＝2gH，t1＝eq \f(v1,g)，代入数据得t1＝0.3 s，v1＝3 m/s.当对方防守队员的起跳时刻比击球时刻早0.22 s时，则排球运动到防守队员处时防守队员运动的时间为t2＝0.3 s＋0.22 s＝0.52 s，防守队员上升高度为h队员＝v1t2－eq \f(1,2)gt22，代入数据得h队员＝0.208 m，防守队员所能触及最大高度H队员＝2.50 m＋0.208 m＝2.708 m2.75 m，即拦网成功，故B错误；当对方防守队员的起跳时刻比击球时刻晚0.10 s时，则排球运动到防守队员处时防守队员运动时间为t4＝0.3 s－0.10 s＝0.20 s，防守队员上升高度为h队员＝v1t4－eq \f(1,2)gt42，代入数据得h队员＝0.4 m，防守队员所能触及最大高度H队员＝
2.50 m＋0.4 m＝2.90 m>2.75 m，即拦网成功，故C错误；当对方防守队员的起跳时刻比击球时刻晚0.15 s时，则排球运动到防守队员处时防守队员运动时间为t5＝0.3 s－0.15 s＝
0.15 s，防守队员上升高度为h队员＝v1t5－eq \f(1,2)gt52，代入数据得h队员＝0.337 5 m，防守队员所能触及最大高度H队员＝2.50 m＋0.337 5 m＝2.837 5 m>2.75 m，即拦网成功，故D错误．
3.如图所示是消防车利用云梯(未画出)进行高层灭火，消防水炮离地的最大高度H＝40 m，出水口始终保持水平且出水口位置可以水平调节，其水平射出的水的初速度在5 m/s≤v0≤
15 m/s之间，可进行调节，出水口与着火点不能靠得太近，着火点在高h＝20 m的楼层，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．如果要有效灭火，出水口与着火点的水平距离x最大为40 m
B．如果要有效灭火，出水口与着火点的水平距离x最小为10 m
C．如果出水口与着火点的水平距离x不能小于15 m，则射出水的初速度最小为5 m/s
D．若该着火点高度为40 m，该消防车仍能有效灭火
答案 B
解析 出水口与着火点之间的高度差为Δh＝20 m，又Δh＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝2 s，由x＝v0t，又5 m/s≤v0≤15 m/s，因此出水口与着火点的水平距离x的范围为10 m≤x≤30 m，故B正确，A错误；如果出水口与着火点的水平距离不能小于15 m，则最小出水速度为7.5 m/s，故C错误；如果着火点高度为40 m，保持出水口水平，则水不能到达着火点，故D错误．
4.2021年8月6日，东京奥林匹克女子标枪决赛，中国田径队在奥运会上迎来了重大突破，刘诗颖以66.34 m的个人赛季最好成绩成功夺冠，如图所示．假设3次投掷，标枪的出手位置和离开手时的速度大小相等、方向略有不同．若标枪在空中仅受重力作用且可看成质点．下列说法正确的是( )
A．三次投掷，标枪的水平位移都相等
B．三次投掷，标枪的运动时间都相等
C．如忽略刘诗颖投掷标枪时出手点离地高度，当投掷方向与水平方向等于37°角时水平位移最大
D．如忽略刘诗颖投掷标枪时出手点离地高度，当投掷方向与水平方向等于45°角时水平位移最大
答案 D
解析 设标枪离开手时的速度方向与水平方向夹角为θ， 根据竖直方向vy＝v0sin θ，设标枪的出手位置距离地面的高度为h，则运动的时间h＝vyt－eq \f(1,2)gt2＝(v0sin θ)t－eq \f(1,2)gt2，角度不同，时间不相等，水平位移x＝v0cs θ·t，可知水平位移不相等，A、B错误；根据竖直方向vy＝v0sin θ，则运动的时间t＝2eq \f(vy,g)＝eq \f(2v0sin θ,g)，水平位移x＝v0cs θ·t，解得x＝eq \f(v\\al(02)sin 2θ,g)，知
θ＝45°时，sin 2θ最大，则落地点和抛出点间的水平距离最大，C错误，D正确．
5．如图所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为4L.假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α，运动员可视为质点，不计空气阻力．则α等于( )
A．30° B．60°
C．45° D．75°
答案 C
解析 运动员从最高点到落地的过程做平抛运动，根据对称性知平抛运动的水平位移为2L，则有L＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2L,g)).运动员通过最高点时的速度为vx＝eq \f(2L,t)＝eq \r(2gL)，有tan α＝eq \f(gt,vx)＝1，则α＝45°，故A、B、D错误，C正确．
6.如图所示，从水平地面A、B两点分别斜抛出两小球，两小球均能垂直击中前方竖直墙面上的同一位置P点．已知P点距地面的高度h＝0.8 m，A、B两点距墙的水平距离分别为0.8 m和0.4 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.则从A、B两点抛出的两小球( )
A．从抛出到击中墙壁的时间之比为2∶1
B．击中墙面的速率之比为1∶1
C．抛出时的速率之比为eq \r(17)∶2eq \r(5)
D．抛出时速度方向与地面夹角的正切值之比为1∶2
答案 D
解析 利用逆向思维，则两小球从P点做平抛运动，根据h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \f(2h,g)＝eq \r(\f(2×0.8,10)) s＝0.4 s，落地时间只与高度有关，则从抛出到击中墙壁的时间之比为1∶1，所以A错误；根据x＝v0t可知，两球的水平方向位移不同，则在P点的速度为vAP＝eq \f(xA,t)＝eq \f(0.8,0.4) m/s＝2 m/s，vBP＝eq \f(xB,t)＝eq \f(0.4,0.4) m/s＝1 m/s，则击中墙面的速率之比为2∶1，所以B错误；两球抛出时的速率分别为vA＝eq \r(v\\al(AP2)＋gt2)＝eq \r(22＋42) m/s＝2eq \r(5) m/s，vB＝eq \r(v\\al(BP2)＋gt2)＝eq \r(12＋42) m/s＝
eq \r(17) m/s，则抛出时的速率之比为2eq \r(5)∶eq \r(17)，所以C错误；两球抛出时速度方向与地面夹角的正切值分别为tan α＝eq \f(gt,vAP)＝2，tan β＝eq \f(gt,vBP)＝4，则抛出时速度方向与地面夹角的正切值之比为1∶2，所以D正确．
7.如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ＝30°，一小球(可视为质点)从斜面右上方顶点A处水平射入，恰好从底端B点离开斜面，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )
A．小球运动的加速度为g
B．小球由A运动到B所用的时间为eq \r(\f(2L,g))
C．小球由A点水平射入时初速度v0的大小为seq \r(\f(g,2L))
D．小球离开B点时速度的大小为eq \r(\f(g,4L)s2＋4L2)
答案 D
解析 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(02)＋v\\al(By2))＝eq \r(\f(g,4L)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(s2＋4L2)))，故C错误，D正确．
8．如图所示，一个半径R＝0.75 m的半圆柱体放在水平地面上，一小球从圆柱体左端A点正上方的B点水平抛出(小球可视为质点)，恰好从半圆柱体的C点掠过．已知O为半圆柱体圆心，OC与水平方向夹角为53°.(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)小球从B点运动到C点所用时间；
(2)小球做平抛运动的初速度．
答案 (1)0.3 s (2)4 m/s
解析 (1)小球做平抛运动，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于C点，可知速度与水平方向的夹角为37°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有tan θ＝eq \f(tan 37°,2)＝eq \f(3,8)，因为tan θ＝eq \f(y,x)，
又由几何关系可得x＝R(1＋cs 53°)＝1.6R，联立解得y＝0.45 m.
根据y＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2y,g))＝0.3 s.
(2)水平位移为x＝1.6R＝v0t，
联立解得v0＝4 m/s.
9．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m＝1 kg的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.现小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，同时在斜面正上方有一小球以速度v0水平抛出，经过0.4 s，小球恰好垂直斜面落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中．空气阻力不计，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)小球水平抛出的速度v0的大小；
(2)小滑块的初速度v的大小．
答案 (1)3 m/s (2)5.35 m/s
解析 (1)设小球落入凹槽时竖直方向分速度为vy，则有vy＝gt＝10×0.4 m/s＝4 m/s，
因此有v0＝vytan 37°＝3 m/s.
(2)小球落入凹槽时的水平位移x＝v0t＝3×0.4 m＝1.2 m，
则滑块的位移为s＝eq \f(x,cs 37°)＝eq \f(1.2,0.8) m＝1.5 m.
根据牛顿第二定律，滑块上滑的加速度大小为a＝gsin 37°＋μgcs 37°＝8 m/s2，
根据公式s＝vt－eq \f(1,2)at2可得v＝5.35 m/s.