【文档说明】2022-2023学年高一物理 人教版2019必修第二册 分层作业 第五章 抛体运动 章节复习（3-冲A提升练） Word版含解析.docx，共(27)页，874.999 KB，由小赞的店铺上传

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第五章抛体运动章节复习（3-冲A提升练）（解析版）知识点序号知识点分值分值占比对应题号1运动的合成与分解19.0分19.0%1,6,7,8,212匀变速直线运动1.5分1.5%23曲线运动10.5分10.5%2,3,4,54牛顿运动定律的应用1.5分1.5

%65共点力的平衡的应用1.5分1.5%76斜抛运动5.5分5.5%9,11,157平抛运动基本规律及推论39.5分39.5%10,12,13,14,16,17,18,22,238超重和失重1.0分1.0%119平抛运动的概念和性质1.5分1.5%1610探究

平抛运动的特点16.0分16.0%19,20绝密★启用前第五章抛体运动章节复习（3-冲A提升练）（解析版）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________考试时间：2023年X月X日命题人：审题人：本试

题卷分选择题和非选择题两部分，共11页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答

题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。第I卷（选择题部分）一

、单选题（本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200𝑚处

无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6𝑐𝑚处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球()A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零

B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C.落地点在抛出点东侧D.落地点在抛出点西侧【答案】D【解析】本题考查运动的合成与分解，水平方向上升时受向西的力，加速向西运动，下降时水平方向受向东的力，向西减速运动，故水平方向一直向西运动。把物体的运动分

解到水平和竖直方向，上升过程水平方向受到向西的作用力，根据牛顿第二定律可知水平方向加速度向西，向西加速运动，最高点时竖直方向速度为零，水平方向的加速度为零，但是上升过程水平方向一直向西加速运动；而下降时水平方向受力向东，加速度向东，水平方向向西做减

速运动，还是往西偏。【解答】𝐴𝐵、在竖直上抛过程中，受到水平向西的力，导致物体具有水平向西的加速度，并且加速度随着竖直方向速度减小而减小，因此物体到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度向西，因而水平

方受力为零，水平方向加速度为零，故𝐴𝐵错误；𝐶𝐷、将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向，考虑对称性，物体落地时在水平方向上的速度正好减小到零；上抛过程中，物体受力方向一直向西，水平方向上向西做加速运动；下降时，物体水平速度方向向西，水平加速度方向向东，水

平方向上向西做减速运动；上抛下降过程中水平方向上都向西运动，因此落地点在抛出点西侧，故𝐶错误，𝐷正确。故选𝐷。2.物体在三个共点恒力𝐹1、𝐹2、𝐹3的作用下做匀速直线运动，若突然撤去𝐹2，则该物体()A.可能做匀加速直线运动B.可能继续做匀速直线运动C.可能做变减速直线运动D.可能做

变加速曲线运动【答案】A【解析】本题考查了曲线运动的条件以及三力平衡的知识，关键根据平衡得到其余两个力的合力恒定，然后结合曲线运动的条件分析．【解答】有一个作匀速直线运动的物体受到三个力的作用，这三个力一定是平衡力，如果突然撤去F2，剩余的两个力的

合力与撤去的力等值、反向、共线，这个合力恒定不变．若物体的速度方向与此合力方向相同，则物体将匀加速直线运动，若剩余的两个力的合力与物体的速度方向相反，则物体做匀减速直线运动．曲线运动的条件是合力与速度不共线，当其余两个力的合力与速度不共线时

，物体做曲线运动，而由于合力恒定，故加速度恒定，即物体做匀变速曲线运动。故A正确，BCD错误；故选：A。3.在光滑水平桌面上建立直角坐标系𝑥𝑂𝑦，滑块位于坐标原点𝑂处，现给滑块以一沿𝑦方向的初速度𝑣0，同时在𝑥方向

施加一恒力𝐹，经过一段时间后撤去𝐹，则滑块的运动轨迹可能为()A.B.C.D.【答案】C【解析】本题主要考查曲线运动。当物体所受合力与速度方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，速度方向沿曲线的切线方向，曲线运动的轨迹

在力的方向与速度方向之间，并且向力的方向弯曲，由此分析即可。【详解】给滑块以一沿y方向的初速度v0，同时在x方向施加一恒力F，y方向做匀速直线运动，x方向做匀加速直线运动，则滑块将做匀变速曲线运动，曲线向x方向弯曲；经过一段时间后撤去F时，此时的速度沿曲

线的切线方向斜向右上，此后沿速度方向做匀速直线运动，所以滑块的运动轨迹可能为C正确，ABD错误。4.某质点在恒力𝐹的作用下从𝐴点运动到𝐵点，轨迹如图线𝐴𝐵，且质点运动到𝐵点时速度方向与𝐹方向恰好互相垂直，到达𝐵点后，质点受到的力大小仍为𝐹，但方向相反，下列说法正确的是(

)A.质点经过𝐴点时的加速度比𝐵点的大B.质点经过𝐴点的速率比𝐵点的速率大C.质点经过𝐵点后运动轨迹可能是𝑐D.质点经过𝐵点后做减速运动【答案】B【解析】解：A、质点在恒力F作用下从A点沿曲线运动到B点，则加速度不变，故A错误

；B、质点运动到B点时速度方向与F方向恰好互相垂直，则在A点时，速度与力的方向夹角为钝角，质点从A点运动到B点做负功，质点经过A点的速率比B点的速率大，故B正确；C、到达B点后，质点受到的力大小仍为F，但方向相反，则轨迹向

上弯曲，轨迹不可能是c，故C错误；D、质点经过B点时，速度与力的方向垂直，后续做加速运动，故D错误。故选：B。物体做曲线运动时，合力指向轨迹的内侧，判断力F的方向，进一步判断加速度。根据力与速度的方向之间的关系，判断做功情况，进一步判断速度变化情况。当力反向之后，根据力的方向就能够在判断物体

运动的轨迹了。该题主要是考查学生对曲线运动的理解，根据合力和物体做曲线运动轨迹的弯曲方向间的关系，来判断物体的运动轨迹。5.下列说法正确的是()A.物体在恒力作用下只能做直线运动B.物体在变力作用下一定做曲线运动C.物体做曲线运动，加速度方

向与速度方向一定不在同一条直线上D.两个直线运动的合运动一定是直线运动【答案】C【解析】解：A、物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动；故A错误；B、若力的方向保持不变，只有大小改变，且力与运动方向在同一直线上，

则物体可以做直线运动，故B错误；C、根据曲线运动的条件可知，物体做曲线运动，加速度方向与速度方向一定不在同一条直线上，故C正确；D、两个直线运动的合运动不一定是直线运动，如平抛运动可以分解为水平方向的直线运动与竖直方向的直线运动；故D错误；故选：C。

力是改变运动状态的原因；若力与运动方向不在同一直线上，则物体将做曲线运动；若力一直与运动方向相互垂直，则物体将做匀速圆周运动。本题考查物体做曲线运动的条件，明确影响物体运动轨迹的关键是力与运动的方向；而力是矢量，大

小和方向中的一个变化，则力为变力。6.质量为𝑚的物体𝑃置于倾角为𝜃1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着𝑃与小车，𝑃与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率𝑣水平向右做匀速直线运动当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角𝜃2时(如图)，下

列判断正确的是．()A.𝑃的速率为𝑣B.𝑃的速率为𝑣𝑐𝑜𝑠𝜃2C.绳的拉力等于𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃1D.绳的拉力小于𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃1【答案】B【解析】先对小车的速度进行分解，分解成沿绳子方向的速度和垂直于绳子方向的速度，根据沿绳子方向的速度等于物体P的速度

，进而判断P物体的运动情况，从而求出P物体的受力情况。本题是关于牵连速度的问题，注意速度的分解先找出合速度，然后进行速度的分解，找出两物体的牵连速度。【解答】AB.根据速度的分解可以求出绳子上的速率为：v1=vcos(θ2)，所以P的速率等于绳子的速率，故

B正确；A错误。CD.由于v不变，在小车向右匀速运动的过程中，θ2减小，过v1在增大，故P做加速运动，对P进行受力分析得出，绳子上的拉力大于mgsinθ1，故CD错误。7.如图所示，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着皮球(细绳延长线过球心)、一端连

在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处以速度𝑣匀速上升，某一时刻细绳与竖直方向夹角为𝜃，在球未离开墙面的过程中，下列说法正确的是A.该时刻玩具小车的速度为𝑣cos𝜃B.该过程玩具小车做加速运动C.该过程球对墙的压力逐渐增大D.该过程绳对球的

拉力大小不变【答案】C【解析】本题主要考查绳牵连速度问题和动态平衡问题。根据运动的合成与分解，结合几何关系可求得该时刻玩具小车的速度；由玩具小车的速度表达式可分析该过程玩具小车的运动性质；对球受力分析，根据平衡条件，结合几何关系即可分

析该过程球对墙的压力和绳对球的拉力大小关系。【解答】A.某时刻绳与竖直方向的夹角为θ，将球的速度v分解，如图所示：可知沿绳方向的分速度(即绳子的速度)为v绳=vcosθ，所以该时刻玩具小车的速度为vcosθ，故A错误；B.由玩具小车的速度vcosθ，因球匀速上滑过程中θ角将增大，所

以v绳将减小，故小车做减速运动，故B错误；CD.球受重力、绳的拉力和墙对球的支持力三力作用处于平衡状态，设球重为G，则绳对球的拉力为T、墙对球的支持力为N，由几何关系可得T=Gcosθ，N=Gtanθ，所以随着θ的增大，T、N均增大，由牛顿第三定律可知，该过程球对墙的压力逐渐增大，

故C正确，D错误。8.一只小船在静水中的速度为3𝑚/𝑠，它要渡过一条宽为120𝑚的河，河水流速为4𝑚/𝑠，下列说法正确的是()A.小船以最短时间过河，其位移为120𝑚B.小船过河的实际速度可以垂直于河岸C.小船过河的最短位移为160𝑚D.若小船在静水中的速度垂直河岸且保

持不变，而水流速度的大小变化，则小船运动轨迹可能为直线【答案】C【解析】将船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，根据垂直于河岸方向上的速度求出渡河的时间；通过判断合速度能否与河岸垂直，判断船能否垂直到对岸。解决本题的关键知道合运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性，互不干扰

，注意时间最短与位移最短求解方法区别，及理解水流速度与船在静水的速度大小，决定了最短位移的求解。【解答】A.小船以最短时间过河，当船的速度与河岸垂直时，过河的时间最短，最短渡河时间为t=dv1=1203s=40s，沿河岸方向的位移x=v2t=1

60m，其渡河位移为s=√x2+d2=200m，故A错误；B.因为船速小于水流速度，则合速度方向不可能垂直于河岸，即小船过河的实际速度无法垂直于河岸，故B错误；C.当船头与上游河岸成θ角渡河位移最短，则有cosθ=v1v2=34，此时小船的位移最小，最小位移为smin=dco

sθ=12034m=160m，故C正确；D.若小船过河的过程中水流速度大小是变化的，则合速度是变化的，则小船运动轨迹为曲线，故D错误。9.课间同学们在玩毽球。两位同学在同一竖直线上把相同的毽球1和2用力抛出。如图所示，毽球恰好垂

直打在竖直墙面，若不计空气阻力且把毽球看成质点。下列说法不正确．．．的是()A.毽球1在空中运动的时间一定比毽球2短B.抛出瞬间毽球2速度竖直方向分量一定比毽球1大C.抛出瞬间毽球2速度水平方向分量一定比毽球1大D.若要使两毽球在上升过程中相撞，必须先抛出毽

球2，后抛出毽球1【答案】C【解析】本题考查斜抛运动，可采用逆向思维的方法，把毽球的运动看成平抛运动，解题的关键是把毽球的运动分解为水平方向和竖直方向，其中在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，

然后结合运动学规律进行判断。采用逆向思维的方法，把毽球的运动分解为水平方向的匀速直线运动，和在竖直方向的自由落体运动，根据两次的运动轨迹可以判断出第1次毽球的运动时间较短，即竖直方向的分速度较小，第2次毽球的运动时间长，水平方向的

分速度较小，据此可以做出相应的判断。【解答】A.毽球的运动轨迹为反向的平抛运动，竖直方向，根据h=12gt2，得t=√2hg，可知毽球1在空中运动的时间一定比毽球2短，故A正确；B.抛出时，竖直方向的速度vy=gt，可得vy1<vy2，

故B正确；C.水平方向的位移相等，根据x=vxt，可得vx1>vx2，故C错误；D.根据C选项可知vx1>vx2，根据x=vxt，可知要使两毽球在上升过程中相撞，必须先抛出毽球2，后抛出毽球1，故D正确

；本题选不正确的，故选C。10.饲养员在池塘边堤坝边缘𝐴处以水平速度𝑣0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒.堤坝截面倾角为53⬚∘.坝顶离水面的高度为5m，𝑔取10m/s2，不计空气阻力(sin53⬚∘=0.8,cos53⬚∘=0.6)，下列说法正确的是()A.若鱼饵颗粒能落入水

中，平抛初速度𝑣0越大，从抛出到落水所用的时间越长B.若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度𝑣0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大C.若平抛初速度𝑣0=5m/s，则鱼饵颗粒不会落在斜面上D.若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度𝑣0越大，落到斜面上时速

度方向与斜面的夹角越小【答案】C【解析】本题考查了平抛运动；解决本题的关键掌握平抛运动的处理方法，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，以及知道速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的两倍。鱼饵颗粒

做平抛运动，若鱼饵颗粒恰好落在B点，由水平分位移和竖直分位移求出此时鱼饵颗粒的初速度，分析鱼饵颗粒是否落在斜面上，再由速度的分解法分析即可。【解答】A.根据t=√2hg可知平抛时间由高度决定，与v0无关，故A错误；B.若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定，根据速度分解关系，落水时速度

方向与水平面的夹角正切值tanα=vyv0=gtv0，v0越大，tanα越小，即α越小，故B错误；C.若鱼饵颗粒恰好落在B点，则由竖直方向可得h=12gt2，解得：t=1s，水平方向根据几何关系可得：htan53°=v0t，解得：v0=3.75m/s<5m/s，鱼饵颗粒不会落在斜面上，故

C正确；D.若鱼饵颗粒不能落入水中，落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角θ，根据位移分解关系tan53°=yx=12gt2v0t=gt2v0，tanθ=vyv0=gtv0，联立可得tanθ=2tan53°，因

此θ一定，由几何关系可知落到斜面上时速度方向与斜面的夹角不变，故D错误。11.图甲是北京冬奥会单板滑雪大跳台比赛项目中运动员在空中姿态的合成图。比赛场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员进入起跳台后的运动可简化成如图乙所示，先以水平初速度𝑣0从𝐴点冲

上圆心角为𝛼的圆弧跳台，从𝐵点离开跳台，𝐶点为运动轨迹最高点，之后落在着陆坡上的𝐸点。若忽略运动过程中受到的一切阻力并将运动员及其装备看成质点，则下列说法正确的是A.运动员离开𝐵点后的上升过程中处于超重状态B.运动员在𝐶点速度为0C.运动员下降过程中的加

速度不变D.运动员下降过程中的处于超重状态【答案】C【解析】由加速度的方向判断超失重情况；由斜抛运动规律判断其在C点的速度；下降过程由运动员受力判断其加速度，由此得解；由运动员运动过程的机械能守恒定律

判断其到达E点的速度大小变化。本题主要考查对斜上抛过程的受力及加速度的变化情况，知道该过程机械能守恒是解题的关键，难度一般。【解答】A.运动员离开B点后的上升过程中，由于其只受重力，加速度为重力加速度

g，方向向下，故其处于完全失重状态，故A错误；B.运动员离开B点后的上升过程中为斜上抛运动，由于只受重力作用，故其水平方向做匀速直线运动，故其在C点的速度不为零，故B错误；C.由于运动员下降过程中只受重力作用，故

其加速度不变，故C正确；D.运动员下降过程中处于完全失重状态，故D错误。12.如图所示，在斜面的上方𝐴点，水平向右以初速度𝑣0抛出一个小球，不计空气阻力，若小球击中斜面𝐵点(图中未画出)，且𝐴𝐵距离恰好取最小值，则小球做平抛运动的时间𝑡为()A.𝑣0𝑔tan𝜃

B.𝑔tan𝜃𝑣0C.2𝑣0𝑔tan𝜃D.𝑔tan𝜃2𝑣0【答案】C【解析】小球击中斜面B点，且AB距离恰好取最小值，AB与斜面垂直，根据运动轨迹判断θ与水平位移和竖直位移的关系，根据平抛运动的规律列式即可求解小球做平抛运动的时间t。本题考查平抛运动中

的斜面问题，解题关键是根据题意判断θ与位移的关系，结合平抛运动规律列式求解即可。【解答】小球击中斜面B点，且AB距离恰好取最小值，AB与斜面垂直，运动轨迹如图所示：由几何关系得：tanθ=xy=v0t12gt2小球做平抛运动的时

间t的大小为t=2v0gtanθ故C正确，ABD错误。13.武直十是我国最新型的武装直升机。在某次战备演习中，山坡上有间距相等的𝐴、𝐵、𝐶、𝐷的四个目标点，武直十在山坡目标点同一竖直平面内的某一高度上匀速水平飞

行，每隔相同时间释放一颗炸弹，已知第一、二颗炸弹恰好落在𝐵、𝐶两个目标点，则()A.炸弹落地的时间间隔相等B.第三颗炸弹落在𝐶𝐷之间C.第三颗炸弹恰好落在𝐷点D.第一颗炸弹在𝐴点正上方释放【答案】B【解析】如图所示，设

山坡的倾角为𝜃，𝐴、𝐵、𝐶、𝐷相邻两点间距为𝐿，过𝐵点作一水平线，使第二、三颗炸弹的轨迹与该水平线分别交于𝑂、𝑃两点，过𝐷点作一竖直线，使第三颗炸弹的轨迹与该竖直线交于𝑄点，𝐵𝐶.设直升机飞行速度为𝑣0，则三颗炸弹的水平速度均为𝑣0，因为直升机做匀速

运动，且每隔相同时间释放一颗炸弹，则𝐵𝑂和𝑂𝑃长度相等，设为𝑥0，因为𝐵、𝑂、𝑃三点相对直升机飞行路线的高度差相同，则根据自由落体运动规律可知三颗炸弹分别到达𝐵、𝑂、𝑃三点时的竖直分速度相同，均设为𝑣𝑦，第二颗炸弹从𝑂

运动到𝐶的时间设为𝑡1，第三颗炸弹从𝑃运动到𝑄的时间设为𝑡2，根据平抛运动规律，对第二颗炸弹从𝑂到𝐶的过程有𝑥𝑂𝐶=𝐿cos𝜃−𝑥0=𝑣0𝑡1①𝑦𝑂𝐶=𝑣𝑦𝑡1+

12𝑔𝑡12②对第三颗炸弹从𝑃到𝑄的过程有𝑥𝑃𝑄=2𝐿cos𝜃−2𝑥0=𝑣0𝑡2③𝑦𝑃𝑄=𝑣𝑦𝑡2+12𝑔𝑡22④根据①③可得𝑡2=2𝑡1⑤根据②④⑤可得𝑦𝑃𝑄>2𝑦𝑂𝐶⑥根据几何关系可知𝑄点一定在𝐷点下方，所以第

三颗炸弹落在𝐶、𝐷之间，故B正确，C错误；A.设每隔𝛥𝑡时间释放一颗炸弹，则第二颗炸弹与第一颗炸弹落地的时间间隔为𝛥𝑡+𝑡1，假设第三颗炸弹的落地点是𝑄点，那么第三颗炸弹与第二颗炸弹落地的时间间隔为𝛥𝑡+(𝑡2−𝑡1)=𝛥𝑡+�

�1，则落地时间间隔相等，但第三颗炸弹的落点不在𝑄点，故炸弹落地时间间隔并不相等，故A错误；D.根据对称性可知第一颗炸弹释放点到𝐵点的水平距离应等于𝑥0，根据几何关系可知𝑥0<𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃，所以第一颗炸弹在𝐴点右上方释

放，故D错误。本题考查平抛运动，解题关键知道平抛运动的规律，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动。结合平抛运动规律、题中条件分析可得结果。14.从高𝐻处的一点𝑂先后平抛两个小球1和2，球1恰好

直接越过竖直挡𝐴落到水平地面上的𝐵点，球2与地碰撞𝑛次后恰好越过同一竖直挡板后也落于𝐵点。设球2与地面的碰撞类似光的反射，且反弹前后速度大小相同。则竖直挡板的高度ℎ为()A.2𝑛+1(𝑛+1)2𝐻B.𝑛+1(2𝑛+1)2𝐻C.2𝑛+1(2𝑛+1)2𝐻D.2𝑛+

1(3𝑛+2)2𝐻【答案】A【解析】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，根据平抛运动规律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。【解答】设球1的初速度为v1，球2初速度为v2，球2从O点到与地第一次碰撞的水平位移为为d，由几何关系和对称性可知球1和球2总的水平位移为x=(2n+1)d。球1从O点飞到B点的运动时间为：t1=√2Hg球1从O点飞到B点在水平方向有：v1√2H

g=(2n+1)d①由对称性可知，球2从O点飞到B点时间t2是球1从O点飞B点的运动时间t1的(2n+1)倍，则两球在水平方向有：v1t1=v2t2②且t2=(2n+1)t1③故：v1=(2n+1)v2,根据平抛知识及几何关系知v1√2(H−h)g+v

2√2(H−h)g=2nd，解得：h=2n+1(n+1)2H，故A正确，BCD错误。15.充气弹跳飞人娱乐装置如图1所示，开始时娱乐者静止躺在气包上，工作人员从站台上蹦到气包上，娱乐者即被弹起并落入厚厚的海洋球。若娱乐者弹

起后做抛体运动，其重心运动轨迹如图2虚线𝑃𝑂𝐵所示。开始娱乐者所处的面可视为斜面𝐴𝐶，与水平方向夹角𝜃=37∘。已知娱乐者从𝑃点抛起的初速度方向与𝐴𝐶垂直，𝐵点到轨迹最高点𝑂的竖直高度ℎ=3.2𝑚，水平距

离𝑙=2.4𝑚，𝐴𝐵在同一水平面上，忽略空气阻力，sin37∘=0.6，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，则()A.𝑃点到𝐵点的位移为3.6𝑚B.𝐴𝐵之间的距离为0.4𝑚C.娱乐者从𝑃点到𝐵点过程中的时间为1𝑠D.娱乐者从𝑃点到𝐵点过程中的最大

速度9𝑚/𝑠【答案】B【解析】根据斜抛运动水平和竖直方向运动的特点列式分析即可，难度一般。【解答】离开P点时速度与水平的夹角为53°，由O到B的运动可看做平抛运动，有h=12gt2，l=v0t，vpcos53°=v0，解得t=0.8s，v0=3m/s，vp=5m/s，由P到O的

运动中，有vpsin53°=gt′，得t′=0.4s，PO之间水平距离x=v0t′=1.2m，竖直距离为h′=12gt′2=0.8m，B.AP之间水平距离等于(h−h′)tan53°=3.2m，则AO之间水平距离为3.2m−1.2m=2m

，故AB之间的距离为l−2m=0.4m，故B正确；C.娱乐者从P点到B点过程中的时间0.8s+0.4s=1.2s，故C错误；A.P点到B点的位移为d=√[v0(t+t′)]2+(h−h′)2=√(3×1.2)2+(3.2

−0.8)2m≈4.33m，故A错误；D.娱乐者至B点时速度最大，从O至B竖直方向的速度为gt，所以从P点到B点过程中娱乐者的最大速度为vm=√v02+(gt)2=√32+82m/s=√73m/s，故D错误。故选B。16.如图所示，𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹为逐级向下的台阶，其中𝐴

𝐵、𝐶𝐷、𝐸𝐹段竖直，𝐵𝐶、𝐷𝐸段水平，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐷𝐸=𝐿。使小球自𝐴点开始水平抛出，不计空气阻力，当小球不会直接落在𝐷𝐸段时，𝐶、𝐷两点间的最小高度差为A.𝐿B

.√2𝐿C.3𝐿D.4𝐿【答案】C【解析】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住竖直位移与水平位移的关系进行求解。因小球不直接落在DE段的临界轨迹恰好经过A、C、E三点，则分别对A到C和A

到E水平方向和竖直方向列式即可求解。【解答】解：小球不直接落在DE段的临界轨迹恰好经过A、C、E三点。自A到C，水平方向有L=v0t，竖直方向有L=12gt2；自A到E，水平方向有L=v0t′，竖直方向有L+h=12gt′2；解得h=3L

，故ABD错误，C正确。故选C。17.如图所示，某人从同一位置𝑂以不同的水平速度投出三枚飞镖𝐴、𝐵、𝐶，最后都插在竖直墙壁上，它们与墙面的夹角分别为60°、45°、30°，图中飞镖的方向可认为是击中墙面时的速度方向，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A.三只飞

镖做平抛运动的初速度一定满足𝑣𝐴0>𝑣𝐵0>𝑣𝐶0B.三只飞镖击中墙面的速度满足𝑣𝐴>𝑣𝐵>𝑣𝐶C.三只飞镖击中墙面的速度一定满足𝑣𝐴=𝑣𝐵=𝑣𝐶D.插在墙上的三只飞镖的反向延长线不会交于同一点【答案】A【解析】平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方

向的自由落体运动，根据平抛运动的运动规律分析解答。对于平抛运动要注意几个结论的应用，例如任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点等。【解答】A.设水平距离为s，飞镖的初速度为v0，击中墙面的速度为v，速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ=vxvy=v

0gt，s=v0t，联立解得s=v0⬚2gtanθ，由于从同一位置O抛出，s相同，所以有vA0>vB0>vC0，故A正确；BC.击中墙面的速度为v=v0sinθ=√gstanθsinθ=√gssinθcosθ=√2gssin2θ，则有vB<vA=vC

，故BC错误；D.根据任意时刻速度的反向延长线一定经过此时沿抛出方向水平位移的中点可知，插在墙上的三只飞镖的反向延长线一定交于同一点，故D错误。故选A。18.墙网球又叫壁球，场地类似于半个网球场，在球网

处立有一竖直墙壁，墙壁上与球网等高的位置画了水平线(发球线)，在发球区发出的球必须击中发球线以上位置才有效，运动员站在接、发球区击球。假设运动员在某个固定位置将球发出，发球速度(球离开球拍时的速度)方向与水平面的夹角为𝜃，球击中墙壁位置离地面的高度为ℎ，球每次都以垂直墙壁的速度撞击墙壁，设

撞击速度大小为𝑣，在球与墙壁极短时间的撞击过程中无机械能损失，球撞到墙面反弹后落地点到墙壁的水平距离为𝑥，不计空气阻力，则下列说法正确的是A.ℎ越大，𝑥越大B.𝑣越小，𝑥越大C.ℎ越大，𝜃越大D.𝑣越大，ℎ越大【答案】C【解答】ABD.将球从发出到撞向墙壁的运动反向视

为平抛运动，做出轨迹图。由于从同一点发球，h越大，则从墙壁到发球点的高度h1也越大，设球从发出到撞击墙壁所用时间为t，由h1=12gt2，知h1越大，则t越大；对于从墙壁到发球点的平抛运动，水平位移x1都相同，由v=

x1t知时间t越大，则v越小。依据图可看出h越大x越小。综上所述，h越大，v越小，x越小，故ABD错误。C.通过发球点做轨迹切线，由于曲线运动的速度方向是轨迹在该点的切线方向，所以切线与水平方向的夹角即为θ，由图可以看出h越大，θ越大，故C正

确。故选：C。球发出后做斜上抛运动，由于球垂直撞在墙壁上，所以应该将其逆向思考为平抛运动进行处理。利用平抛运动在水平方向做匀速运动和在竖直方向做自由落体运动的规律，再结合作轨迹图，求解即可。解决本题应把握两点，(一)对于斜上抛运动的上升过程，应逆向思考为平抛运动加以处理.(二)对于

两个平抛运动的比较，尤其是有交点的两个平抛运动，有时可以利用做轨迹图的方法加以解决。本题的处理以定性分析为主，定量计算为辅，这也是处理本题的一大亮点。第II卷（非选择题）二、实验题（本题共2小题，共16分）19.用如图乙所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定

在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道𝑃𝑄滑下后从𝑄点飞出，落在水平挡板𝑀𝑁上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列

痕迹点。(1)下列实验操作合理的有___________。A.用图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，应用眼睛看𝐴、𝐵两球是否同时落地B.图乙装置中的背板必须处于竖直面内，固定时可用铅垂线检查背板是否竖直C.图乙装置中记录小球位置时，接球

挡板每次必须严格地等距离上升D.图乙装置多次实验以获得钢球做平抛运动的一条轨迹时，需每次从斜槽上同一位置静止释放钢球(2)为定量研究，建立以水平方向为𝑥轴、竖直方向为𝑦轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于𝑄点，钢球的_____(选填“最上端”“最下端”或者“球心”

)对应白纸上的位置即为原点；(3)丙图是小苑同学在某次实验中取得的数据，其中𝑂为抛出点，𝑔取10m/s2，则此小球作平抛运动的初速度大小为________m/s．(4)小童同学忘了记录平抛运动的起始点，于是他在平抛轨迹上选出一点作为坐标原点，沿竖直方向建立𝑦轴，垂直𝑦轴方向建立𝑥轴，如丁

图所示．已知轨迹上点𝐴的坐标是：𝑥A=0.30m、𝑦A=0.10m，𝐵点的坐标是：𝑥B=0.60m、𝑦B=0.30m，若𝑔取10m/s2，则小球平抛的初速度大小_______m/s，小球运动到

𝐴点时的竖直分速度的大小为_______m/s．(5)小苑同学从实验得到的平抛小球的运动轨迹上取出一点，以平抛起点𝑂为坐标原点，测量它们的水平坐标𝑥和竖直坐标𝑦，并作出𝑦−𝑥2图像，图中的𝑦−𝑥2图像能正确描述平抛

小球的运动规律的是____．【答案】(1)BD；(2)球心；(3)1.6；(4)3；1.5；(5)C。【解析】本题考查了研究平抛运动这个实验；(1)用小锤击打弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被释放，自由下落，由两球撞击水平地面的声

音判断出两球同时落地；(2)取平抛运动的起始点为坐标原点，是以球心位置为准；(3)根据竖直方向位移算出时间，结合水平位移即可求出初速度；(4)根据ΔX=at2，初速度，即可算出小球运动到A点时的竖直分速度

的大小；(5)根据x=v0t，y=12gt2，找到y−x2的函数式，即可分析关系。【解答】(1)A.用图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，应用耳朵听A、B两球是否同时落地，故A错误；B.因为平抛运动是在竖直平面内运动，故B正确；C.图乙装置中记录小球位置时，接球挡板每次不一定要等距离上升，故C错误

；D.每次从斜槽上同一位置静止释放钢球，这样小球做平抛运动的初速度相同，故D正确。故选BD。(2)小球在运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静置于Q点时球心的位置，故应以球心在白纸上的位置为坐标原点；(

3)根据平抛运动规律h=12gt2，解得：t=0.2s，水平方向匀速v0=xt=0.320.2=1.6m/s；(4)根据平抛运动规律，水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动，所以OA的时间等于AB的时间．竖直方向Δy=gT2，解得：T=0.1s，所

以小球平抛的初速度大小v0=xT=0.30.1=3m/s，小球运动到A点时的竖直分速度的大小vAy=OBy2T=0.30.2=1.5m/s；(5)ABCD.根据x=v0t，y=12gt2，得：y=gx22v02，可知y与x2成正比，故ABD错误；C正确。故选C。故答案

为：(1)BD；(2)球心；(3)1.6；(4)3；1.5；(5)C。20.(1)关于“研究物体平抛运动”的实验，下列说法正确的是________。A.小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差B.安装斜槽时其末端切线应水平C.小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放D.小球在斜槽

上释放的位置离斜槽末端的高度尽可能低一些E.将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行(2)“研究平抛物体的运动”实验的装置如图甲所示。小球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后做平抛运动。每次都使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球，使小

球恰好从孔中央通过而不碰到边缘，然后对准孔中央在白纸上记下一点。通过多次实验，在竖直白纸上记录小球所经过的多个位置，用平滑曲线连起来就得到小球做平抛运动的轨迹。①实验所需的器材有：白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重垂线、有孔的卡片，除此之外还需要

的一项器材是_________。A.天平𝐵.秒表𝐶.刻度尺②在此实验中，小球与斜槽间有摩擦___________(选填“会”或“不会”)使实验的误差增大；如果斜槽末端点到小球落地点的高度相同，小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，那么小球每次在空中运动的

时间________(选填“相同”或“不同”)。③如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹。已知小球是从原点𝑂水平抛出的，经测量𝐴点的坐标为(40𝑐𝑚,20𝑐𝑚)，𝑔取10m/s2，则小球平抛的初速度𝑣0=________𝑚/𝑠，若𝐵点的横坐标为𝑥𝐵=60�

�𝑚，则𝐵点的纵坐标为𝑦𝐵=___________𝑚。④一同学在实验中采用了如下方法：如图丙所示，斜槽末端的正下方为𝑂点。用一块平木板附上复写纸和白纸，竖直立于正对槽口前的𝑂1处，使小球从斜槽上某

一位置由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹𝐴。将木板向后平移至𝑂2处，再使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹𝐵。𝑂、𝑂1间的距离为𝑥1，𝑂、𝑂2间的距离为𝑥2，𝐴、𝐵间的

高度差为𝑦。则小球抛出时的初速度𝑣0为___________。A.√(𝑥22+𝑥12)𝑔2𝑦B.√(𝑥22−𝑥12)𝑔2𝑦C.𝑥12+𝑥222√𝑔2𝑦D.𝑥2−𝑥12√𝑔2𝑦【答

案】(1)BCE；(2)①C；②不会；相同；③2；0.45；④B【解析】(1)根据实验的原理确定正确的操作步骤；(2)①根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定还需要的器材；②根据实验的原理分析斜槽与小球间的摩擦是否影响实验；③根据竖直位移求出平抛运动的时间，结合水平

位移和时间求出初速度，再根据初速度和水平位移求出运动的时间，结合位移时间公式求出竖直位移；④平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移得出时间的表达式，结合位移时间公式，抓住

竖直位移之差求出小球的初速度。解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。【解答】(1)A.小球与斜槽之间有摩擦，不会影响小球做平抛运动，故A

错误；B.研究平抛运动的实验关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，则安装实验装置时，斜槽末端切线必须水平的目的是为了保证小球飞出时初速度水平，故B正确；C.由于要记录小球的运动轨迹，必须重复多次，才能画出

几个点，因此为了保证每次平抛的轨迹相同，所以要求小球每次从同一高度由静止释放，故C正确；D.小球释放位置离斜槽末端位置太低，小球平抛的初速度会很小，作图时偶然误差对实验的影响会增大，故D错误；E.根据平抛运动的

特点可知其运动轨迹在坚直平面内，因此在实验前，应使用重锤线调整面板在竖直平面内，即要求木板平面与小球下落的坚直平面平行，故E正确；(2)①这个实验中只需要描绘出小球做平抛运抵的轨迹，然后根据轨迹计算，实验所需的器材有：白

纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重理线、有孔的卡片，除此之外还需要的一项器材是刻度尺，故C正确，AB错误；②只要小球从同一高度、无初速开始运动，在相同的情形下，即使球与槽之间存在摩擦力，由于每次摩擦力的影响相同，因此仍能保证球做平抛运动的初

速度相同，对实验没有影响，所以在此实验中，小球与斜槽间有摩擦不会使实验的误差增大；如果斜槽未端点到小球落地点的高度相同，小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，那么小球每次在空中运动的时间相同；③平抛运动在水平方

向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动有h=12gt2，x=v0t，带入数据解得到达A点的时间t=√2hg=0.2s，小球平抛的初速度为v0=xt=2m/s，到达B点的时间tB=xBv0=0.3s，则B点的纵坐标yB=12gtB2=0.45m；④根据平抛运动的规律，可知x1

=v0t1，x2=v0t2，y=12gt22−12gt12，联立解得v0=√(x22−x12)g2y，故B正确，ACD错误。三、计算题（本大题共3小题，共30分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）21.一

高中生在教练的指导下进行野外探险时遇到一宽为𝑑=6𝑚，水流很急的小河。水流速度恒为𝑣1=5𝑚/𝑠。该同学所带的气垫船在静水中的速度为𝑣2=3𝑚/𝑠，假设两河岸相互平行，(1)若要以最短路程渡河，渡河时间多大。(已知sin37∘=0.6)(2)

若气垫船在静水中速度可调，但速度仍小于水流速度，是否存在渡河路线相同，时间不一样。【答案】解：(1)水流速度v1大于气垫船在静水中速度v2，故气垫船合速度的方向无法与河岸垂直，如图所示：以v1的矢量末端为圆心

，v2大小为半径画圆，当v合与圆相切时，气垫船渡河路程最短。设气垫船与上游河岸为θ角，有：cosθ=v2v1=35，解得：θ=53∘则渡河时间：t=dv2sinθ=2.5s；(2)存在，如图：【解析】(1)以水流速度的矢量末端为圆心，船在静水中的速度大小为半径画圆，当气垫船合速度的方向与圆相切时

，位移最小；解得起过河的有效速度，再解得时间；(2)由图像可得解。本题主要考查小船过河问题，熟悉小船过河的方式是解题的关键，难度一般。22.我国滑雪运动员谷爱凌在备战2022年北京冬奥会期间的一次滑雪训练中，在滑雪道上获得一定的初速度后从跳台水平飞出，在

空中飞行一段距离后着陆。如图所示，从𝑂点水平飞出，经3.0𝑠落到斜坡上的𝐴点。已知𝑂点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角𝜃=37°，不计空气阻力。(𝑔取10𝑚/𝑠2，𝑠𝑖𝑛37°=0.60，𝑐𝑜𝑠37°=0.80)，求：(1)𝑂点与𝐴

点的高度差和𝑂𝐴距离𝐿；(2)谷爱凌刚要离开𝑂点时的速度大小；(3)谷爱凌何时离斜面最远，最远距离斜面多远？【答案】解：(1)由题意，谷爱凌在空中做平抛运动，根据平抛运动知识，在竖直方向上，O点与A点的高度差为h=Lsinθ=12gt2，解得：h=4

5m；L=75m(2)在水平方向上有Lcosθ=v0t，解得：v0=20m/s(3)将运动员的运动沿斜面和垂直斜面分解，则离斜面最远时，垂直于斜面的速度为零，所以有0=v0sinθ−gcosθt1,联

立解得：t1=1.5s最远距离为d=v0sinθt1−12gcosθt12=9m【解析】(1)根据竖直方向的运动特点结合几何关系计算出OA的高度差和OA的距离；(2)根据水平方向的运动特点计算出初速度的大小；(3)当谷爱凌离斜面最远时，速度方向与

斜面平行，根据运动学公式分析出此时的时间及最远距离。本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和几何关系完成分析。23.环保人员在一次检查时发现，有一根排污管正在沿水

平方向向河道内排出大量污水，如图所示。水流稳定时，环保人员测出了管口中心到河面的高度𝐻，喷出污水的水平射程为𝐿，管口的直径为𝐷(𝐷远小于𝐻)。设污水充满整根管道，管口横截面上各处水的速度相同，忽略空气阻力，已知重力加速度为𝑔。求：(1)污

水从排污管喷出时初速度的大小𝑣0；(2)污水落至河面时速度的大小𝑣；(3)由管口至河面间空中污水的体积𝐴。【答案】解：(1)喷出的污水在空中做平抛运动，其在竖直方向分运动为自由落体运动，水平方向分运动为匀速直线运动

，设污水从离开管口到落入水中所用时间为t，有H=12gt2，解得t=√2HgL=v0t解得v0=L√g2H(2)设污水落入河道水面上时，竖直方向分速度大小为vyvy2=2gH解得vy=√2gH根据答图2中所示几何关系，有v=√v02+vy2=√2gH(1+L24H2)(3)单位时间内，从管

口喷出的污水的体积Q=v0S=πD2L4√g2H因此空中污水的体积为A=Qt=πD2L4【解析】(1)喷出的污水在空中做平抛运动，根据水平方向和竖直方向的位移公式求解；(2)根据平抛运动竖直方向的分运动得出，污水落到河道上时的竖直速度，再根据速度的分解得出，污水落至河面时速度的大小v。(

3)单位时间内，从管口喷出的污水的体积为Q=v0S，再根据A=Qt求解空中污水的体积。本题是平抛运动求解生活中的物理问题，关键是掌握平抛运动的处理方法。