【文档说明】全国高校物理强基计划入门试题精编（人教版2019必修第二册） 第02讲 抛体运动的规律 Word版含解析.docx，共(20)页，3.356 MB，由小赞的店铺上传

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第02讲抛体运动的规律全国高校强基计划入门试题精编一、单选题1．某同学在高度h处以一定大小的速度0v抛出一小球，当其速度方向不同时，落地点与抛出点的水平距离即射程大小也不同，若不计空气阻力，则最大射程为（）A．202vgB．202vghg+C．20vhg+D．20

02vvghg+【答案】D【详解】如图所示对初速度0v进行分解，水平方向x0cosvv=竖直方向y0sinvv=则水平射程为0cosxvt=竖直方向落地时201sin2hvtgt−=−消去解得22

42222014xgtghthvt=−+−+则()()222200222222214vghvghxgthgg++=−−+−当20222vghtg+=时x有最大值()22022m

2vghxhg+=−即20m02vxvghg=+ABC错误，D正确。故选D。2．如图所示，O、A、B三点在同一条竖直线上，OA=AB，B、C两点在同一条水平线上，O、D在同一水平线上，OD=2BC，五点在同一

竖直面上。现将甲、乙、丙三小球分别从A、B、C三点同时水平抛出，最后都落在水平面上的D点，不计空气阻力。则以下关于三小球运动的说法中正确的是（）A．三小球在空中的运动时间：t甲：t乙：t丙=1：2：2B．三小球抛出时的初速度大小之比是：v甲：v乙：v丙=4：2：1C．三

小球落地时的速度方向与水平方向之间夹角一定满足θ甲＞θ乙＞θ丙D．三球的抛出速度大小、在空中运动时间均无法比较【答案】A【详解】AD．三小球在空中的运动时间之比222::1:2:2hhhtttggg==甲丙乙甲乙

丙：：A正确，D错误；B．甲、乙抛出时的初速度大小之比是2:122ggvvxxhh==甲乙甲乙甲乙：：B错误；C．因为20tangtgtvxxx==乙丙所以乙丙，C错误。故选A。3．如图，光滑斜面的倾角为θ＝45°，斜面足够长，在斜面上A点向斜上方抛出一小球，初速度方向与水平方向

夹角为α，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力；若小球与斜面碰撞后返回A点，碰撞时间极短，且碰撞前后能量无损失，重力加速度g取10m/s2。则可以求出的物理量是（）A．α的值B．小球的初速度v0C．小球在空中运动时间D．小球初动能【答案】A【详解】设初速度v0与竖直方向夹角β，则β＝90°−α

（1）；由A点斜抛至至最高点时，设水平位移为x1，竖直位移为y1，由最高点至碰撞点D的平抛过程Ⅱ中水平位移为x2，竖直位移y2。A点抛出时：0sinxvv=（2）10cosyvv=（3）2112yvyg=（4）小球垂直打到斜面时，碰撞无能力损失，设竖直方向速度vy2，则水平方

向速度保持0sinxvv=不变，斜面倾角θ＝45°，20tan45sinyxxvvvv===（5）2222yyyg=（6）()222012cossin2vyyyg−=−=（7），平抛运动中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，所以：()111111tan90222ta

nyxvyxv==−=（8）由（8）变形化解：2011cossin2tanvxyg==（9）同理，Ⅱ中水平位移为：22022sin2tan45vxyg==（10）()2012sinsincosvxxxg+=+=总（11

）=tan45yx总故=yx总即2sinsincos−=−（12）由此得1tan3=19090arctan3=−=−故可求得α的值，其他选项无法求出；故选：A。4．如图所示，半径为R的半球形碗竖直固定，直径

AB水平，一质量为m的小球（可视为质点）由直径AB上的某点以初速度v0水平抛出，小球落进碗内与内壁碰撞，碰撞时速度大小为2gR，结果小球刚好能回到抛出点，设碰撞过程中不损失机械能，重力加速度为g，则初速度v0大小应为（）A．gRB．2gRC．3

gRD．2gR【答案】C【详解】小球欲回到抛出点，与弧面的碰撞必须是垂直弧面的碰撞，即速度方向沿弧AB的半径方向．设碰撞点和O的连线与水平夹角，抛出点和碰撞点连线与水平夹角为，如图，则由21sin2ygtR==，得2sinRtg=，竖直

方向的分速度为2sinyvgtgR==，水平方向的分速度为220(2)(2sin)42sinvgRgRgRgR=−=−，又00tanyvgtvv==，而20012tan2gtgtvtv==，所

以tan2tan=，物体沿水平方向的位移为2cosxR=，又0xvt=，联立以上的方程可得03vgR=，C正确．二、多选题5．如图所示，两相同的斜面倾角均为45°，高度为h，从左侧斜面顶端以一定初速度水平抛出一个小球，已知重力加速度为

g，则下列说法正确的是（）A．小球落在斜面上时运动时间与初速度成正比B．小球落在斜面上时水平位移与初速度的平方成正比C．小球下落到斜面上高度为2h处时，初速度可能为32ghD．小球可能垂直落在斜面上【答案】CD【详

解】A．由题意知，小球做平抛运动，若小球落在右侧斜面上，设落在斜面上时下落的高度为h0，由几何关系知，水平位移002xhhvt=−=可得20122hgtvt−=A错误；B．由平抛运动的规律，即0xvt=2012hgt=联立得()022hxxvg−=B错误；C．由题意可得，当02hh=时，可求0

32vgh=C正确；D．落在斜面时，竖直方向速度02yvgh=根据0xvt=可得()00022gvhhh=−若小球垂直落在斜面上，则有0yvv=此时023hhh=D正确。6．如图，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0，小工件离开

甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上．乙的宽度足够大，速度为v1．工件从滑上传送带乙至二者相对静止的过程中，下列说法正确的是（）A．以地面为参考系，工件做类平抛运动B．以乙为参考系，工件在乙上滑动的轨迹是直线C．工件在乙上滑动

时，受到乙的摩擦力方向不变D．工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1【答案】BCD【详解】物体在乙上运动时速度合成与所受摩擦力的合力方向如图所示A.在地面参考系中，沿甲运动的方向滑动摩擦力分力向左，沿乙运动的方向滑动摩擦力沿乙运动的方向，则摩擦力的合力如图．合初速度沿甲运动的方

向，则合力与初速度不垂直，所以工件做的不是类平抛运动，故A错误；B.在乙参考系中，如图所示，摩擦力的合力与合初速度方向相反，故工件在乙上滑动的轨迹是直线，做匀减速直线运动，故B正确；C.工件在乙上滑动时，在x轴方向上做匀减速直线运动，在y轴方向上做匀加速直线运动，可知两个方

向上摩擦力的分力不变，受到乙的摩擦力方向不变，当工件沿垂直于乙的速度减小为0时，不受摩擦力，故工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力方向不变，故C正确；D项：设t=0时刻摩擦力与纵向的夹角为α，侧向（x轴方向）、纵向（y轴方向）加速度的大小分别为xa、ya，则

tanxyaa=，，很短的时间∆t内，侧向、纵向的速度增量大小分别为∆vx=ax∆t，∆vy=ay∆t，解得：tanxyvv=，由题意可知，01tanxyvvvv==，则01xyvvvv=，则当∆v

x=v0，∆vy=v1，所以工件沿垂直于乙的速度减小为0时，工件的速度等于v1，故D正确．7．如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，使物体B匀速向右运动，物体B与地面的动摩擦因数为0.6，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，

二者速度分别为Av和Bv，则（）A．汽车向右做减速运动B．若图示位置，则ABvvC．β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力越来越小D．β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力的功率越来越小【答案】ABD【详解】A.A、B两物体的速度分解如图：由图可知，AA

vvcos=绳BBvvcos=绳ABvv=绳绳物体B匀速向右运动，所以增大，ABvv=绳绳减小，又α减小，cos增大，所以Av减小，即汽车向右做减速运动，选项A正确；B.若图示位置，则ABvv，选项B正确；C.β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力先减小后增大，选项C错

误；D.因为β从30°到60°的过程中B的摩擦力减小，故绳子对B的拉力的功率减小。选项D正确。故选ABD。8．如图，一摄像机借助200m长的空中索道，它能上能下，能来能往，以拍出不同寻常的场景。工作人员可以通过同时改变两根悬绳的长度实现其

的上下移动，通过滑轮实现水平移动。下列说法正确的是（）A．当摄像机匀速上升时，悬绳中的拉力增大B．当摄像机水平匀速运动时，悬绳中的拉力增大C．两悬绳匀速变短使摄像机向上移动时，摄像机处于超重状态D．两悬绳匀

速变长使摄像机向下移动时，摄像机处于超重状态【答案】ACD【详解】A．设悬绳与竖直方向上的夹角为，当摄像机匀速上升时，悬绳的长度变短，则夹角变大。由平衡条件得cos2mgT=解得2cosmgT=夹角增大，则拉

力增大。故A正确；B．当摄像机水平匀速运动时，夹角不变，则拉力不变。故B错误；C．设摄像机的速度为v，绳的速度为0v恒定，由合速度与分速度的关系得0cosvv=悬绳变短，则夹角增大，可知v增大，即摄像机向上做加速运动，加速度向上，处于超重状态；反之悬绳变长，则夹角

减小，可知v减小，即摄像机向下做减速运动，加速度向上，处于超重状态。故CD正确。故选ACD。9．如图所示，斜面倾角为37=°，小球从斜面顶端P点以初速度0v水平抛出，刚好落在斜面中点处。现将小球以初速度02v水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起，sin3

70.6=，cos370.8=，重力加速度为g，则小球两次在空中运动过程中（）A．时间之比为1:2B．时间之比为1:2C．水平位移之比为1:4D．当初速度为0v时，小球在空中离斜面的最远距离为20940vg【答案】BD【详解】AB.设小球的初速度为v0

时，落在斜面上时所用时间为t，斜面长度为L。小球落在斜面上时有：200122gtgttanvtv==解得：02vtantg=设落点距斜面顶端距离为S，则有220002vtvtanSvcosgcos==若两次小

球均落在斜面上，落点距斜面顶端距离之比为1：4，则第二次落在距斜面顶端4L处，大于斜面的长度，可知以2v0水平拋出时小球落在水平面上。两次下落高度之比1：2，根据212hgt=得：2htg=所以时间之比为1:2，选项A错误，B正确；C.根据0xvt=得水平位移之比为：12010122122

xxvtvt==::():选项C错误；D.当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大。即在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的速度等于0。建立沿斜面和垂直于斜面的平面直角坐标系，将初速度v0和重力加速度

g进行分解，垂直于斜面的最远距离2200()92cos40vsinvHgg==选项D正确。故选BD。10．如图所示，斜面ABC放置在水平地面上，AB=2BC，O为AC的中点，现将小球从A点正上方、A与

F连线上某一位置以某一速度水平抛出，落在斜面上．已知D、E为AF连线上的点，且AD=DE=EF，D点与C点等高．下列说法正确的是A．若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的飞行时间由初速度大小决定B．若小球从D点抛出，有可能垂直击中O点C．

若小球从E点抛出，有可能垂直击中O点D．若小球从F点抛出，有可能垂直击中C点【答案】AD【详解】A．假设∠A的为，若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，将落点的速度分解在水平方向和竖直方向，则：0tany=vv

ygt=v所以，解得：0tanvtg=角度是确定的1tan2BCAB==可以解得：02vtg=所以小球的飞行时间由初速度大小决定．故A正确．BCD．若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的飞行时间由初速度大小决定．水平方向的位移：200

0022vvxvtvgg===竖直方向的位移：222002211()22vvygtgxADgg=====则抛出点距离A点的距离为：33'tan22yyxyAD=+==所以若小球落在斜面上的速度与斜面垂直，则小球的水平位移和竖直位移相等．垂直击中O点，有：12oxABBCAD===

，则3'2oyAD=即在DE的中点抛出才有可能垂直击中O点，故小球从D点、E点抛出均不能垂直击中O点，故BC错误．垂直击中O点，有：2CxABAD==，则3'32CCyxAD==即小球从F点抛出，有可能垂直击中C点．故D正确．三、填空题11．某同学在做平

抛运动实验时得到了如图中的运动轨迹，A．B．c三点的位置在运动轨迹上已标出．则：①小球平抛的初速度为____m/s．（g取10m/s2）②小球运动到b点的速度为____m/s．b点速度的偏向角____度．【答

案】2.02.537【详解】①[1]在竖直方向上，根据△y=gT2得：T=0.10.1s10yg==则初速度为：v0=0.22m/s0.1xT==②[2][3]b点的竖直分速度为vyb=0.31.5m/s20.2acyT==根据平行四边形定则知，b点的速度为vb=22

22021.52.5m/sybvv+=+=根据tanα=034ybvv=得，b点速度的偏向角为37°。12．初始状态下，6只蚂蚁分别位于边长为L的正六边形的六个顶点处。在某一时刻，它们开始以不变的速率u

相互追逐，速度方向始终指向前面的蚂蚁，最后在正六边形的中心相遇。则六只蚂蚁走过的总路程长度为___________。【答案】12L【详解】由题意，因为每只蚂蚁的速度方向始终指向前面的蚂蚁，且最后在正六边形的中心相遇，所以在任意时刻六只蚂蚁所在位置均为正六边形的

顶点，这个正六边形逐渐缩小，直至最后相遇时缩小为一点，根据几何关系可知u在指向正六边形中心方向的分量大小为1sin302uuu==每只蚂蚁的运动时间为112LLtuu==六只蚂蚁走过的总路程长度为1612sutL==四、

实验题13．在做“研究平抛运动”的实验中，为了测量小球平抛运动的初速度，实验用如图所示的装置．实验操作的主要步骤如下：(ⅰ)在一块平木板上钉上复写纸和白纸，将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段初始距离d，并保持板面与轨道末端的水平段垂直．(ⅱ)使小

球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A(ⅲ)将木板沿水平方向向右平移一段动距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B(ⅳ)将木板再水平向右平移相同距离x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C(ⅴ)测得A、

B、C三点距地面的高度为y1、y2、y3，已知当地的重力加速度为g．请回答下列问题(1)关于该实验，下列说法中正确的是_______A．斜槽轨道必须尽可能光滑B．每次小球均须由静止释放C．每次释放小球的位置可以不同D．步骤(ⅰ)初始距离d必须与步骤(ⅲ)中距离x相等(2)根据上述

直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0＝________．(用题中所给字母表示)(3)某同学做进一步的研究，改变小球释放的初始位置的高度h，每改变一次高度，重复上述步骤(ⅰ)-(ⅴ)(其它条件不变)，并记录每次的h、y1、y2、y3．在同一坐标系中画出

11yh−、21yh−、31yh−图象．根据你的分析，下列哪个图最接近该同学的实验结果______（图中直线a表示11yh−图象，直线b表示21yh−图象，直线c表示31yh−图象）．【答案】B2132gxyyy−−C【详解】（1）为了保证小球的初速度相等

，每次让小球从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，C错误，B正确，步骤(ⅰ)初始距离d必须与步骤(ⅲ)中距离x无关，只要保证，连续水平移动的位移x相等即可，故D错误．（2）在竖直方向上，22312()(

)yyyygT−−−=；水平方向上0xvT=，可得小球平抛的初速度02132gvxyyy=−−．（3）设小球离地高度为0H，小球平抛运动阶段水平位移为0xvt=，距离地面高度为2012yHgt=−，小球从斜槽的由h处静止释放，忽略摩擦力的影响，20

12mghmv=，由以上分析可得201·4xyHh=−+，当由木板水平向右平移时，对x逐渐变大，1yh−图象斜率变小，故C正确．五、解答题14．图甲为我国远望二号航天测量船的局部，船上安装有一种接收卫星信号的天线好像一口大锅，它的形状可以看成某条

抛物线绕着对称轴旋转一周构造成型如图乙，也叫做抛物面天线，该种天线能把平行于抛物面对称轴的光信号反射到一点，这点也叫做抛物面天线的焦点。设此抛物面开口直径为d，高度为H，开口向上，对称轴竖直，重力加速度为g，求解下列问题：（1）把抛物面开口

向下扣置在水平面上，拟合此抛物面的抛物线是一个斜抛质点的轨迹，求此质点抛出时的初速度v的大小和方向。（2）如果此抛物面内壁光滑，一个小球恰好在距离抛物线顶点为h的等高线上做圆周运动，求小球做圆周运动的周期。（3）借助抛体运动规律和反射定律（反射光路图参见图丙），求解此抛物

面天线的焦点到顶点的距离f。【答案】（1）22168dggHvH+=，4tanHd=；（2）12TdgH=；（3）216dfH=【详解】（1）把抛物面开口向下扣置在水平面上，轨迹斜抛运动的水平位移为d，最高点高度为H，速度与水平方向的夹角为，根据斜抛运动规律得cosdvt=

，2122tHg=，sin2tvg=联立解得22168dggHvH+=，4tanHd=（2）抛物线的抛体运动水平方向的分速度为222021681s8o6cdggHdgdHHvdvH=++==距离抛物线顶点为h，所对应的平抛的时间关系有2112hgt=

此位置轨迹上的速度与水平方向夹角的正切值即该位置切面与水平方向夹角的正切值为102tangtHhvd==此位置距离顶点的水平距离即是小球圆周运动的轨道半径，为01hrxvtdH===小球做圆周运动，根据牛顿第二定律得224tan

mgmrT=解得12TdgH=（3）根据平抛运动规律得212ygt=，0xvt=整理得22022vxypyg==根据反射定律，令反射点到焦点的距离等于反射点到辅助线的距离，根据数学抛物线焦点相关知识可得，此抛物面天线的焦点到定点的距离2022162dHvp

fg===15．如图所示，水平地面上有一个直角三角形滑块P，顶点A到地面的距离h=0.45m，水平地面上D处有一固定障碍物，滑块的C端到D的距离L=4.0m。在滑块P顶点A处放一个小物块Q，不粘连，最初系统静止不动。现在滑块左端施加水平向右的推力F=

24N，使二者相对静止一起向右运动，当C端撞到障碍物时立即撤去力F，且滑块P立即以原速率反弹，小物块Q最终落在地面上。滑块P的质量M=3.5kg，小物块Q的质量m=0.5kg，P与地面间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2求：（1）小物块Q落地前瞬

间的速度；（2）小物块Q落地时到滑块P的B端的距离。【答案】（1）5m/s；（2）2.22m【详解】（1）对P、Q整体分析有1()()FmMgmMa−+=+代入数据，解得212?m/sFagMm=−=+

当滑块C端运动到障碍物D处时有212DvaL=解得12?4?m/sDvaL==之后Q做平抛运动，有2112hgt=解得120.3?shtg==Q落地前瞬间竖直方向的速度为1100.3m/s3m/syvgt===由矢量合成得，Q落地前瞬间的速度大小为25?m/stDyvvv=+=设此时速度与

水平方向成θ角，tan0.75yDVv==则37=（2）Q平抛水平位移1140.3m1.2mDxvt===P向左做匀减速运动，则有2MgMa=得2220.410?m/s4?m/sag===由22Dat

=得2121?sDtvta==即Q落地时P还没有停止运动，所以Q平抛时间内P向左运动的距离为2221211140.3m40.3m1.02m22Dxvtat=−=−=所以Q落地时到滑块P的B端的距离为121.2?m1.02?m2.22?mxxx=+=+=