【文档说明】2023届高考物理一轮总复习——抛体运动专题复习卷含解析.docx，共(17)页，993.047 KB，由envi的店铺上传

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2023届高中物理高考备考一轮总复习——抛体运动专题复习卷一、单选题（共5题）1．如图所示，在一次投弹演习中，战机释放的炸弹（近似于平抛运动）未能击中山坡上的目标S，你认为飞行员应如何调整才可能准确命中目标（）A．保持原航速和飞行高度，稍微提前投弹B

．保持原航速和飞行高度，稍微延后投弹C．保持原航速、降低飞行高度，提前投弹D．保持原航速，到S正上方投弹投弹2．如图所示，某人从距水平地面的高度为h的山坡上的P点水平击出一个质量为m的高尔夫球，飞行中持续受到一恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖

直落入距击球点水平距离为L的球洞Q中。则下列说法正确的是（）A．球在飞行中做的是平抛运动B．球飞行的时间为hgC．球被击出时的初速度大小为L2ghD．球在飞行中受到的水平风力大小为mghL3．如图所示，排球队在训练过程中，一运动员将排球从A点水平击出，球击中D点；另一运动员将该排球从位于A点正

下方且与D等高的B点斜向上击出，最高点为C，球也击中D点，A、C高度相同（不计空气阻力）。下列说法正确的是（）A．前一个过程中，排球击中D点时的速度较大B．后一个过程中，击中D点时重力做功的瞬时功率较大C．两过程

中，排球的飞行时间相等D．两过程中，排球的初速度大小不可能相等4．如图所示，一固定斜面倾角为，将小球A从斜面顶端以速率1v水平向右抛出，小球击中了斜面上的C点；将小球B从空中与小球A等高的某点以速率2v水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中C点。不计空气

阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球A在空中运动的时间为1tanvgB．小球B在空中运动的时间为22tanvgC．小球A、B落在C点时的速度方向相互垂直D．小球A、B抛出时的速度满足2212tanvv=

5．2022年北京冬奥会高山滑雪项目是从高山上向山下以滑雪板、滑雪鞋、固定器和滑雪杖为主要用具的竞技运动。如图为某次训练中，运动员（可视为质点）从水平平台上以20m/s的速度冲向夹角为45的倾斜雪道

面，落点仍在该斜面上，忽略空气阻力，重力加速度取210m/sg=，则运动员距雪道面的最远距离约为（）A．5.1mB．10.2mC．14.1mD．21.1m二、多选题（共5题）6．如图所示，在倾角为的足够大的固定斜面上，一长度为L的轻杆一端可绕斜面上的O点自由转动，另一端连

着一质量为m的小球（视为质点）。现使小球从最低点A以速率v开始在斜面上做圆周运动，通过最高点B。重力加速度大小为g，轻杆与斜面平行，不计一切摩擦。下列说法正确的是（）A．小球通过A点时所受轻杆的作用力大小为2sinvmgmL+B．小球通过B点时的最小速度为singLC．小球通

过A点时斜面对小球的支持力与小球的速度无关D．若小球以singL的速率通过B点时突然脱落而离开轻杆，则小球到达与A点等高处时与A点间的距离为2L7．质量为m的物体以速度v0在足够大的光滑水平面上运动，从

零时刻起，对该物体施加一水平恒力F，在t时刻，物体的速度减小到最小值035v，此后速度又不断增大。则下列说法正确的是（）A．水平恒力F大小为045mvtB．在t=0时刻，水平恒力与初速度间的夹角为127°C．在2t时刻，物体速度大小为为095vD．若零时刻起，水平恒力方向不

变，大小变为2F，则在t时刻，物体的速度大小仍为v08．如图所示，从高H处的一点O先后平抛两个小球l和2．球1恰好直接掠过竖直挡板的顶端（未相碰）落到水平地面上的B点，球2则与地面处A点碰撞一次后，也

恰好掠过竖直挡板落在B点．设球2与地面碰撞无机械能损失（类似遵循光的反射定律），则下列说法正确的是（）A．球1平抛的初速度为球2的3倍B．球1掠过挡板的时刻恰好是其做平抛运动从O到B的中间时刻C．A点到挡板的距离是B点到挡板距离的12D．竖直挡板的高度34hH=9．如图所示是网球发球机，某次室内

训练时从距地面一定的高度向竖直墙面发射完全相同的网球。假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时速度方向与水平方向夹角分别为30°和60°，若不考虑网球在空中受到的阻力，则（）A．两次发射的初速度之比为3∶1B．碰到墙面前在空中运动时间之比为1∶3

C．下降高度之比为1∶3D．碰到墙面时动能之比为3∶110．一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下列说法正确的是（）A．小球的运动轨迹为抛物线B．小球的加速度为gsinθC．小球从A处到达B处所用的时间为12sinhgD．小球到

达B处的水平方向位移大小02hsvg=三、解答题（共4题）11．如图所示，一架装载救援物资的飞机，在距水平地面500mh=的高处以100m/sv=的水平速度飞行。地面上A、B两点间的距离100mx=，飞机在离A点的水平距

离0950mx=时投放救援物资，不计空气阻力，g取210m/s。(1)求救援物资从离开飞机到落至地面所经历的时间。(2)通过计算说明，救援物资能否落在AB区域内。(3)求物资落地的速度。12．如图所示，小球从高为5m、

倾角为30°的斜面顶端A点以速度v0水平抛出，结果恰好落在斜面底端B点，求：(1)小球在空中的飞行时间；(2)小球抛出时的速度v0的大小（g取10m/s2）。13．如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径0.2mR=的光滑14圆形轨

道，BC段为高为5mh=的竖直轨道，CD段水平轨道。一质量为0.2kg的小球从A点由静止开始下滑，离开B点做平抛运动（210m/sg=），求：（1）小球到达B点时对圆形轨道的压力大小；（2）小球离开B点后，在CD轨道上的落地

点到C点的水平距离；（3）如果在BCD轨道上放置一个倾角45=的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B点后后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置距离B点有多远。如果不能，请说明理由。14．竖直光滑轨道固定在距地面高为H=0.8m的桌子边缘，轨道末端

可视作半径为r=0.3m的圆形轨道，其末端切线水平，桌子边缘距离竖直墙壁x=0.6m。质量为m=0.1kg的小球（视为质点）从轨道某处滚下，与竖直墙壁的撞击点距地面高度为0.6m。若撞击后水平方向速度大小不变，方向反向，竖直方向速度不变，且

小球的运动始终在同一平面内并不与桌子发生碰撞，小球重力加速度取g=10m/s2，求：（1）求小球经过轨道末端时速度的大小；（2）小球经过轨道末端时对轨道的压力；（3）小球落地点离墙面的距离。参考答案1．B【详解】AB．根据题意，炸弹近似做平抛运动，由图可知，炸弹未能击中目标，原因在水平方向的位

移不够，根据平抛运动规律判断可知，若要炸弹正好击中山坡上的目标，在保持原航速和飞行高度不变的情况下，稍微延后投弹，即可击中目标，故A错误，B正确；C．若保持原航速不变，降低飞行高度，下落时间变短，则会打到更靠近山脚的位置，不会命中目标，故C错误；D．保持原航速，到

S正上方投弹投弹，炸弹则会打目标的右面，故D错误。故选B。2．C【详解】A．由于飞行中持续受到一恒定的水平风力的作用，故球的运动不是平抛运动，选项A错误；B．球在竖直方向做的是自由落体运动，根据h=12gt2可得2htg=选项B错误

；C．球在水平方向受恒力作用，做匀减速运动，则有L=02vtv0=L2gh选项C正确；D．设水平加速度为a，竖直方向根据h=12gt2水平方向有L=12at2可得hgLa=故Lgah=设风力为F，因F=ma，得mgLFh=选项D错误。故选C

。3．A【详解】ACD．由于B球能竖直到达C点，从C到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知vyA=vyB，tB=2tA由于水平方向的位移相同，根据xxvt=可知xAxBvv根据速度的合成可知，A抛出时的速度vA0=vxAB抛出时的初速度22220ByBxB

yAxBvvvvv=+=+故两过程中，小球的初速度大小可能相等，落地时，根据运动的对称性可知，B处抛出时的速度大小与落地时速度大小相等，A球落地时的速度220AAyAvvv=+故前一个过程中，排球击中D点时的速度较大，故A正确，CD错误。B．由于竖直方向做的是自由落

体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，则重力的瞬时功率P=mgvy相同，故B错误。故选A。4．D【详解】A．小球A落在C点时满足2112tangtyxvt==解得12tanAvtg=故A错误；B．小

球B落在C点时，满足22tanyvvvgt==解得2tanBvtg=故B错误；C．如图所示：落在C点时，速度方向一定不相互垂直，故C错误；D．因为两球下落的高度相同，由212hgt=得ABtt=解得2212tanvv=故D正确C错

误。故选D。5．C【详解】把运动员在某时刻的速度分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，垂直于斜面方向的分速度22yvv=同理将加速度也分解为沿斜面和垂直于斜面方向，其中垂直于斜面方向的加速度22ygg=当沿垂直斜面方向分速度为

零时，运动员距离斜面最远，则有214.1m2yyvyg==故选C。6．ACD【详解】A．小球在A点受到重力、斜面的支持力以及杆的拉力，由向心力公式可得2sinFmgmL−=可得2FmgmL=+故A正确；B．杆可以为小球提供支持力，所以小球经过最高点B时的最小速度为零，故B错误；C．斜面对小

球的支持力始终等于重力沿垂直于斜面方向的分量，与小球的速度无关，故C正确；D．经分析可知小球经过B点脱落后在斜面上作类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在沿斜面方向做初速度为零的匀加速度直线运动。沿斜面方向根据牛顿第二定律sinmgm

a=sinag=由位移公式可知2122Lat=2sinLtg=水平方向2BxtL==故D正确。故选ACD。7．AD【详解】A．因为物体的最小速度不等于零，所以力F与v0方向是不共线的，根据曲线运动的规律，此最小速度应该是初速度v0在垂直于F方向的分量，初

速度的另一个与力F方向相反的分量大小应为2002034()55Fvvvv=−=即物体在沿着力F相反的方向的分运动是匀减速运动，经时间t减到零，由运动学公式可知045vvatt==根据牛顿第二定律可知，水平恒力F大小为045mvFmat==故A正确；B．将初速度分解为与

F共线和与F垂直，有由几何知识知，力F与初速度间的夹角为143°故B错误；C．由速度公式可知，在2t时刻，物体沿力F方向的速度大小为0000044444(2)(2)()(2)55555Fvvvatvatvtvt

=−+=−+=−+=在2t时刻，物体速度大小为210203()5Fvvvv=+=故C错误；D．若零时刻起，水平恒力方向不变，大小变为2F，由牛顿第二定律可知，物体的加速度变为2a，由速度公式可知，在t时刻，物体沿力F方向的速度大小为00004

444(2)(2)5555Fvvvatvtvt=−+=−+=在2t时刻，物体速度大小为220203()5Fvvvv=+=故D正确。故选AD。8．ABD【解析】A项：球2运动轨迹可分为3段相同的平均轨迹，所以球2第一段一平抛的水平位移为2

x是球1平抛轨迹水平位移1x的三分之一，即123xx=，由于平抛高度h相同，由212hgt=可知，时间相同，0xvt=可得两球水平初速度之比为3：1，故A正确；B、C、D项：如图所示，设球1的初速度为v1，球2的初

速度为v2，OA间的水平距离为d，由几何关系可知OB间的水平距离为3d，由分运动的等时性可知：球1从O点飞到挡板C点的时间与球2从O点飞到D点的时间相等；由对称性可知球2从O点飞到D点与由C飞到E的时间相等，OE两点间的水平距离为2d．球1从O点飞到C点与球2由C点飞到E点水

平方向有：122()2()2HhHhvvdgg−−+=解得：34hH=根据竖直方向的自由落体运动规律，连续相等时间内通过的位移之比为1：3，球1下落4H的时间刚好总时间的一半，故B正确，C错误，D正确．点晴：分析两小球的运动轨迹的特点，找出对称关系、几何关系以及等时关系式，列出式子是求解的关键．

从以上的实例分析中我们看到，发现事物的对称性并利用运动的对称性去分析处理问题，可以大大地简化分析处理问题的过程，避开难点或冗长的数学推导，巧解问题．9．BC【详解】B．由题知，两次平抛运动的水平位移相同，设为x，根据平抛运动规律有12yx=tanθy

=12gt2联立得t=tanxg当θ=30°时t1=tan30xg当θ=60°时t2=tan60xg故两次运动的时间之比为12tan301tan603xgxtgt==选项B正确；A．根据x=v0t得01202131vtvt==选项A错误；C．根据y=12gt2，得21122213ytyt

==选项C正确；D．第一次平抛的合速度为v1=22011yvv+第二次平抛的合速度为v2=22022yvv+故碰到墙面时动能之比222101112222202211()2211()22ykkymvmvvEEmvmvv+==+又v01=1tan30xgxt=v02=2tan6

0xgxt=vy1=gt1=tan30xgvy2=gt2=tan60xg代入得12kkEE=1选项D错误。故选BC。10．ABC【详解】A．小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度方向垂直，做类平抛运动

，其运动轨迹为抛物线，A正确；B．根据牛顿第二定律知，小球的加速度a=sinmgm=gsinθ，B正确；C．小球在沿加速度方向上的位移为0sinhy=根据2012yat=解得运动时间12sinhtg=C正确；小球在沿初速度方向的位移

x=v0t=02sinvhg小球在沿加速度方向的位移的水平分位移0costanhyy==则小球在水平方向的总位移220022sinvhhsxyvgg=+D错误。故选ABC。11．(1)10s；(2)能；(3)1002m/s【详解】(1)救援物资从离开飞机到落至地面做平抛运动

，在竖直方向有212hgt=得225001010htssg===故救援物资从离开飞机到落至地面所经历的时间为10s。(2)水平方向010010m=1000mxvt==由于01000m-950m=50m<100mxx−=所以在AB范围内。故救援物资能落在AB区域内。(3)竖直分速度100m

/syvgt==物资落地的速度22220100100m/s1002m/syvvv=+=+=方向与水平方向成45°。12．(1)1s；(2)53m/s【详解】(1)小球做平抛运动，下落的竖直高度h＝5m，则由h＝212gt可得下落时间t＝2hg＝2

510s＝1s(2)由几何关系可得，小球的水平位移x＝tan30h＝533m＝53m由x＝v0t可得小球的水平初速度v0＝xt＝531m/s＝53m/s13．（1）6NN=；（2）2mx=；（3）

能落在斜面上，1.13mL【详解】（1）小球A沿光滑曲面滑到B点，由动能定理有2102BmgRm=−v可得22m/sBvgR==小球到达B点时受重力G和竖直向上的弹力N作用，由牛顿第二定律得2BvNGmR−=解得6NN=由牛顿第二定律知小球到达B点时对因弧轨道的压力大

小6NNN==（2）设小球离开B点做平抛运动的时间为1t，落地点到C点的水平距离为x，由2112hgt=得121shtg==12mBxvt==（3）如图，斜面BE的倾角45=，CE长5mdh==，因为dx

，所以小球离开B点后能落在斜面上；假设小球第一次落在斜面上F点，BF长为L，小球从B点到F点的时间为2t2cosBLvt=2212sinLgt=联立①②两式得20.4st=，1.13mL14．（1）3m/s；（2）4N；（3）0.6m【详解】（

1）小球离开轨道后做平抛运动，从离开轨道到碰到墙壁的过程中，有竖直方向：212Hhgt−=水平方向：0xvt=联立两式代入数值解得0.2st=，03m/sv=即小球经过轨道末端的速度大小为3m/s。（2）小球在轨道末端，在竖直方向由牛顿第二定律得20NvFmgmr−=代入数值解得FN=4N由牛

顿第三定律得小球对轨道的压力为'4NNNFF==（3）小球与墙撞击后水平方向速度大小不变，方向反向，竖直方向速度不变，且小球的运动始终在同一平面内并不与桌子发生碰撞，则竖直方向上有212Hgt=解得小球落地的时间2=0.4sHtg=水

平方向总的路程0=1.2mxvt=由于桌子边缘距离竖直墙壁x=0.6m，则小球落地点离墙面的距离0.6m。