专题05 抛体运动-2020年全国百所名校最新高考物理模拟试题全解汇编（解析版）

2020 年全国百所名校最新高考模拟试题全解汇编 抛体运动 1、（2020·湘赣皖长郡中学等十五校高三下学期第一次考试）如图所示，从高 h=1.8m 的 A 点将弹力球水平 向右抛出，弹力球与水平地面碰撞两次后与竖直墙壁碰撞，之后恰能返回 A 点。已知弹力球与接触面发生 弹性碰撞，碰撞过程中，平行于接触面方向的速度不变，垂直于接触面方向的速度反向但大小不变，A 点与 竖直墙壁间的距离为 4.8m，重力加速度 g=10m/s2，则弹力球的初速度大小为（　　） A. 1.5m/s B. 2m/s C. 3.5m/s D. 4m/s 【答案】B 【解析】 由题意可知，小球在竖直方向做自由落体运动，则 由对称性可知，小球第一次落地时的水平位移为 则初速度 故选 B。 2、（2020·江苏省扬州市高三下学期 3 月第一次检测）.将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力。用 x 表示物 体运动的路程，t 表示物体运动的时间，Ek 表示物体的动能，下列图像正确的是（ ） 2 2 1.8s=0.6s10 ht g ×= = 1 4.8m=1.2m4x = × 1.2 m/s=2m/s0.6 xv t = =A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 AB．由机械能守恒得 Ek 与 x 是线性关系，故 A 错误，B 正确； CD．根据机械能守恒定律得 又 2 0 1 2kmgx E mv+ = 2 0 1 2kmgx E mv+ =得 m、v0、g 都是定值，则 Ek 是 t 的二次函数，Ek-t 图象是抛物线，故 CD 错误。 故选 B 3、（2020·安徽省芜湖市高三仿真模拟一）如图，小球甲从 A 点水平抛出，同时将小球乙从 B 点自由释放， 两小球先后经过 C 点时速度大小相等，方向夹角为 30°，已知 B、C 高度差为 h，两小球质量相等，不计空 气阻力，由以上条件可知（　　） A. 小球甲作平抛运动的初速度大小为 B. 甲、乙两小球到达 C 点所用时间之比 1：2 C. A、B 两点高度差为 D. 两小球在 C 点时重力的瞬时功率相等 【答案】C 【解析】 A．由 可得乙运动的时间为 。 为 2 0 1 2x v t gt= − 2 2 0 0 1 1( )2 2kE mv mg v t gt= − − 2 3 gh 4 h 21 2h gt= 2 2ht g ＝所以到达 C 点时乙的速度为 所以甲沿水平方向的分速度，即平抛的初速度为 故 A 错误； B．物体甲沿竖直方向的分速度为 由 vy=gt1，所以甲在空中运动的时间为 甲、乙两小球到达 C 点所用时间之比为 故 B 错误； C．小球甲下降的高度为 A、B 两点间的高度差 2 2v gt gh乙＝ ＝ 0 2sin30 2 ghv v °乙＝ ＝ 6cos30 2y ghv v °乙＝ ＝ 1 6 32 2 y gh v ht g g g ＝ ＝ ＝ 1 2 3 2 t t = 2 1 1 1 3 3 2 2 2 4 hh gt g hg ′ = × ⋅＝ ＝ 1 4H h h h= − ′ =故 C 正确； D．两个小球完全相同，根据 P=mgvy，因两球在 C 点的竖直速度不相等，则两小球在 C 点重力的功率不等， 选项 D 错误。 故选 C。 4、（2020·湖北省黄冈市高三八模一）如图所示，一艘轮船正在以 4m/s 的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河， 河中各处水流速度都相同，其大小为 v1=3m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同。某时 刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，但轮船受到水大小不变的阻力作用而使轮船相对于水的速度逐 渐减小，但船头方向始终未发生变化。下列判断正确的是（　　） A．发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小 5m/s B．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船相对于地面做匀变速直线运动 C．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，轮船相对于静水做匀变速直线运动 D．发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值 3m/s 【答案】AC 【解析】 A．发动机未熄火时，轮船实际运动速度 与水流速度 方向垂直，如图所示： 故此时船相对于静水的速度 的大小为 v 1v 2v 2 2 2 1 5m/sv v v= + =设 v 与 的夹角为 ，则 A 正确； B．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，相对于地面初速度为图中的 v，而因受阻力作用，其加速度 沿图中 的反方向，所以轮船相对于地面做类斜上抛运动，即做匀变速曲线运动，B 错误； C．发动机从熄火到相对于静水静止的过程中，相对于静水初速度为图中的 ，而因受阻力作用，其加速度 沿图中 的反方向，所以轮船相对于静水做匀变速直线运动，C 正确； D．熄火前，船的牵引力沿 的方向，水的阻力与 的方向相反，熄火后，牵引力消失，在阻力作用下， 逐渐减小，但其方向不变，当 与 的矢量和与 垂直时轮船的合速度最小，如图所示，则 D 错误。 故选 AC。 5、（2020·湖南省高三下学期 3 月线上联考）一小球被水平抛出，做平抛运动．若从小球被抛出开始计时， 则小球在运动过程中 A. 加速度大小与时间成正比 B. 速度大小与时间成正比 C. 速度的增量大小与时间成正比 D. 位移大小与时间的二次方成正比 【答案】C 2v θ 2 cos 0.8v v θ = = 2v 2v 2v 2v 2v 2v 2v 1v 2v 1min cos 2.4m/sv v θ ==【解析】 A．物体做平抛运动，加速度为重力加速度，小球在运动过程中加速度不变，故 A 错误； B．设物体从抛出到某一位置的经过时间为 t，竖直速度为：vy=gt，水平速度为 v0，则速度为 所以速度大小与时间不成正比，故 B 错误； C．平抛运动的加速度不变，则速度的增量为： △v=gt 所以速度的增量大小与时间成正比，故 C 正确； D．竖直位移为： 水平位移为：x=v0t，所以位移为 所以位移大小与时间的二次方不成正比，故 D 错误． 6、（2020·福建省漳州市高三高考第二次适应性测试随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱 的运动项目。如图，质量为 m 的运动员从高为 h 的 A 点由静止滑下，到达 B 点时以速度 v0 水平飞出，经一 段时间后落到倾角为 θ 的长直滑道上 C 点，重力加速度大小为 g，不计空气阻力，则运动员（ ） A. 落到斜面上 C 点时的速度 vC= B. 在空中平抛运动的时间 t= 2 2 0( )tv gt v= + 21 2y gt= 2 2 2 2 2 0 1( ) ( )2s y x gt v t= + = + 0 cos2 v θ 0 tanv g θC. 从 B 点经 t= 时， 与斜面垂直距离最大 D. 从 A 到 B 的过程中克服阻力所做的功 W 克=mgh－ mv02 【答案】CD 【解析】 A．从 B 点飞出后，做平抛运动，在水平方向上有 在竖直方向上有 落到 C 点时，水平和竖直位移满足 解得 从 B 点到 C 点，只有重力做功，根据动能定理可得 解得 AB 错误； 0 tanv g θ 1 2 0x v t= 21 2y gt= 2 0 0 1 2tan 2 gty gt x v t v θ = = = 02 tang vt θ= 2 2 0 1 1 2 2Cgy vmm mv= − 0 24tan 1Cv v θ= +C．当与斜面垂直距离最大时，速度方向平行于斜面，故有 解得 C 正确； D．从 A 到 B 的过程中重力和阻力做功，根据动能定理可得 解得 D 正确。 7、（2020·广东省高三下学期 3 月线上测试）2019 年 5 月 3 日，CBA 总决赛第四战实 力强大的广东男篮再次击败新疆队，时隔 6 年再度夺得 CBA 总冠军。比赛中一运动员将篮球从地面上方 B 点以速度 v0 斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上 A 点。若该运动员后撤到 C 点投篮，还要求垂直击中篮板上 A 点，运动员需 A. 减小抛出速度 v0，同时增大抛射角 θ B. 增大抛出速度 v0，同时增大抛射角 θ 0 0 'tan y v v v gtθ = = 0 t' anv gt θ= 2 0 1 2m Wgh vm− =克 2 0 1 2mghW vm= −克C. 减小抛射角 θ，同时减小抛射速度 v0 D. 减小抛射角 θ，同时增大抛射速度 v0 【答案】D 【解析】 据题：篮球垂直击中 A 点，其逆过程是平抛运动，当平抛运动的水平速度越大时，抛出后落地速度越大， 与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射 速度 v0，同时减小抛射角 θ，才能仍垂直打到篮板上。故 D 正确，ABC 错误。 故选：D。 8、（2020·河南省开封市高三下学期 3 月模拟）如图所示，将质量为m＝0.1kg 的小球从平台末端 A 点以 v0＝ 2m/s 的初速度水平抛出，平台的右下方有一个表面光滑的斜面体，小球在空中运动一段时间后，恰好从斜 面体的顶端 B 无碰撞地进入斜面，并沿斜面运动，而后经过 C 点再沿粗糙水平面运动。在粗糙水平面的右 边固定一竖直挡板，轻质弹簧拴接在挡板上，弹簧的自然长度为 x0＝0.3m。之后小球开始压缩轻质弹簧， 最终当小球速度减为零时，弹簧被压缩了 Δx＝0.1m。已知斜面体底端 C 距挡板的水平距离为 d2＝1m，斜面 体的倾角为 θ＝ ，斜面体的高度 h＝0.5m。小球与水平面间的动摩擦因数 μ＝0.5，设小球经过 C 点时无 能量损失，重力加速度 g＝10m/s2，求： (1)平台与斜面体间的水平距离 d1 (2)压缩弹簧过程中的最大弹性势能 Ep 【答案】(1)0.4m(2)0.5J 【解析】 (1)小球到达斜面顶端时 45°且 联立解得 (2)在 B 点 从 B 到小球速度为 0，有 解得 9、（2020·江苏省扬州市高三下学期 3 月第一次检测）如图所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数 μ ＝0.25 的粗糙水平轨道，O 为水平地面上的一点，且 B、C、O 在同一竖直线上，已知 B、C 两点的高度差 为 h，C、O 两点的高度差也为 h，AC 两点相距 s＝2h. 若质量均为 m 的两滑块 P、Q 从 A 点以相同的初速 度 v0 分别沿两轨道滑行，到达 B 点或 C 点后分别水平抛出．求： 0= tanByv v θ 1Byv gt= 1 0 1d v t= 1 0.4md = 0 cosB vv θ= 2 2 0 P 1 ( )2 Bmv mgh mg d x x Eµ+ = − + ∆ + P 0.5JE =(1)两滑块 P、Q 落地点到 O 点的水平距离． (2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度 v0 应满足的条件． (3)若滑块 Q 的初速度 v0 已满足(2)的条件，现将水平轨道 AC 向右延伸一段 L，要使滑块 Q 落地点距 O 点的 距离最远，L 应为多少？ 【答案】(1) , (2) (3) 【解析】 (1)利用动能定理分别求出到达 BC 点的速度，利用平抛运动求的水平位移；(2)利用两位移相等即可求得速 度；(3)利用动能定理求出平抛运动的速度，有数学关系求的即可. (1)滑块 P 从 A 到 B 的过程中由动能定理可知: 可得： 从 B 点抛出 x1=vBtP 解得： 滑块 Q 从 A 到 C 过程，由动能定理得： 解得： 从 C 点抛出: ， 解得： 2 1 02 2 hx v gh g = − ⋅ 2 2 0 2hx v gh g = − ⋅ 0 3v gh= 15 4L h= 2 2 0 1 1 2 2Bmgh mv mv− = − 2 0 2Bv v gh= − 212 2 Ph gt= 2 1 02 2 hx v gh g = − ⋅ 2 2 0 1 1 2 2Cmgs mv mvµ− = − 2 0Cv v gh= − 2 C Qx v t= 21 2 Qh gt= 2 2 0 2hx v gh g = − ⋅(2)要使 x1=x2，联立解得: (3)由动能定理得: 在延伸最右端抛出: , 距 O 点的距离为△x=L+x 得: ,当 时，△x 取最大值 10、（2020·山东省济南钢铁高中高三下学期 3 月初模拟）如图所示，高台 上面有一竖直的 圆弧形光滑 轨道，半径 R= m，轨道端点 B 的切线水平。质量 M=5kg 的金属滑块（可视为质点）由轨道顶端 A 由静 止释放，离开 B 点后经时间 t =1s 撞击在斜面上的 P 点。已知斜面的倾角 θ=37º，斜面底端 C 与 B 点的水平 距离 x0=3m。g 取 10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，不计空气阻力。 (1)求金属滑块 M 运动至 B 点时对轨道的压力大小 (2)若金属滑块 M 离开 B 点时，位于斜面底端 C 点、质量 m=1kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力 F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在 P 点被 M 击中。已知滑块 m 与斜面间动摩擦因数 μ=0.25，求拉力 F 大小 【答案】(1)150N；(2)13N。 【解析】 (1)M 由 A 到 B 过程，由机械能守恒定律得 解得 的 0 3v gh= 2 2 0 1 1( ) 2 2mg s L mv mvµ− + = − 2 Qx vt= 21 2 Qh gt= 24x h hL L∆ = − + 15 4L h= 17 4 h 1 4 5 4 2 B 1 2MgR Mv=滑块在 B 点时，由向心力公式得 解得 由牛顿第三定律知，M 在 B 点时对轨道的压力大小为 150N (2)M 离开 B 点后平抛运动的水平位移为 由几何关系可知 m 的位移为 设滑块 m 向上运动的加速度为 a 由 得 由牛顿第二定律得 解得 B 5m / sv = 2 BvN Mg M R − = 150NN = B 5mx v t= = 0 2.5mcos37 x xs ° −= = 21 2s at= 25m / sa = sin37 cos37F mg mg maµ° °− − = 13NF =