高考物理一轮复习：抛体运动的规律
一、选择题
1．（2024高一下·和平期末）如图所示，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，并且做平抛运动；同时B球被松开，并且做自由落体运动。A、B两球同时开始运动。关于A、B两球落地先后，下列说法正确的是（ ）
A．A 球先落地 B．B球先落地
C．A、B 球同时落地 D．A、B 两球哪个先落地不确定
2．（2024高一下·福州期末）下列关于课本中相关案例的说法正确的是（ ）
A．图1所示为论述“曲线运动的速度方向”的示意图，这里运用了“极限”的思想方法
B．图2所示的演示实验，该实验能证明平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动
C．图3所示用手抓紧绳子使小球在水平面上做匀速圆周运动，当转速足够快，绳子能被拉至水平方向
D．图4所示“墨水旋风”示意图中，墨水是由于受到离心力的作用而离圆心越来越远
3．（2024高一下·黄浦期末）平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速运动；②竖直方向做自由落体运动。为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图所示，用小锤打击金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，这个实验说明（ ）
A．做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动
B．做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动
C．A、B项中所述都能说明
D．A、B项中所述都不能说明
4．（2024高一下·南充期末）物理与生活息息相关，在下列与图片相关的描述中，正确的是（ ）
A．甲图，“旋转秋千”角速度越来越大，座椅越转越低
B．乙图，汽车上坡时换成高速挡可以获得更大的牵引力
C．丙图，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量
D．丁图，击打弹片两球同时落地，说明平抛运动水平方向做匀速直线运动
5．（2024·海南） 在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25m，不计空气阻力，取，则两平台的高度差h为（ ）
A．0.5m B．5m C．10m D．20m
6．（2024高二上·大祥开学考）如图，可视为质点的小球，位于半径为半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为） （ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·渌口期末）在河北省滦平县表演的我国传统民俗文化表演“抡花”如图甲所示，“抡花”是为了祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴上的手柄AB，带动可视为质点的“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁花沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知水平杆的长度，M、N离地高为3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为，不计空气阻力，重力加速度g取，则铁花落地点到的距离约为（ ）
A．5.6m B．5.7m C．6.6m D．8.4m
8．（2024·浙江）如图为水流导光实验，出水口受激光照射，下面桶中的水被照亮，则（ ）
A．激光在水和空气中速度相同 B．激光在水流中有全反射现象
C．水在空中做匀速率曲线运动 D．水在水平方向做匀加速运动
9．（2024高二上·乌鲁木齐开学考）运动会上，小明、小兰、小丽参加掷铅球比赛。如图分别是三位同学掷出的铅球运动轨迹1、2、3。假设三位同学掷出铅球的速率相同，不计空气阻力。则三个物体从抛出到落地过程中（ ）
A．小丽掷出的铅球在空中飞行时间最长
B．小兰掷出的铅球在空中飞行时间最长
C．小明掷出的铅球在最高点的速度最大
D．小丽掷出的铅球在最高点的速度最大
10．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）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v0
C．小球在空中运动时间 D．小球初动能
11．（2024高一下·西城期末）铅球投掷比赛中，铅球离手时的初速度为，落地时的速度为v，忽略空气阻力。下列四个图中能够正确反映各时刻铅球速度矢量的示意图是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024高一下·瑞昌期末）某同学的弟弟买了一把玩具水枪，这位同学想用米尺测量水枪射水的初速度。枪口斜向上射出一股水流，水离开枪口的最大高度是，水离开枪口的水平最远距离是，忽略空气阻力，取，则水枪射出水流的初速度大小等于（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题
13．（2024高三下·重庆市模拟） 某同学以初速度将垒球从A点抛出后，恰好以速度垂直击中前方挡板上的B点，轨迹如图所示，已知方向与挡板平行，A、B两点的距离为3.2m。不计空气阻力，取。则垒球从A到B过程（抛出后到碰撞前）中（ ）
A．垒球机械能守恒
B．垒球动量变化量的方向竖直向下
C．垒球在B点时动能最小
D．垒球运动时间为0.8s
14．（2024高一下·临沂月考） 某篮球运动员正在进行投篮训练，篮球的运动轨迹可简化为如图所示的曲线，其中A是篮球的投出点，B是运动轨迹的最高点，C是篮球的投入点。已知篮球在A点的速度大小为v0，且与水平方向夹角为45°，在C点的速度方向与水平方向的夹角为30°。篮球可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．从A点到B点，篮球运动的时间为
B．从B点到C点，篮球运动的时间为
C．A、B两点的高度差为
D．A、C两点的高度差为
15．（2024高一下·西城期末）如图所示为一个简易足球场，球门宽为6m。一个同学在球门中线距离球门4m处采用头球将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）。同学顶球点的高度为1.8m。从头顶球到球落地的过程，忽略空气阻力，足球做平抛运动，g取，则（ ）
A．足球的位移小于5m
B．足球运动的时间为0.6s
C．足球初速度的大小约为
D．足球在竖直方向上速度增加了
16．（2024高一下·东坡期末）如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”型二面体，可绕其竖直中心轴在水平面内匀速转动，其二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L=20cm，CD距水平地面的高度为。置于AB中点P的小物体（视为质点）恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度。（ ）
A．“V”型二面体匀速转动的角速度
B．“V”型二面体匀速转动的角速度
C．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cm
D．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm
17．（2024高一下·大渡口月考）关于下列各图，说法正确的是（ ）
A．图甲中，传动装置转动过程中a，b两点的角速度相等
B．图乙中，无论用多大的力打击，A、B两钢球总是同时落地
C．图丙中，汽车通过拱桥顶端的速度越大，汽车对桥面的压力就越小
D．图丁中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道，内外轨对火车都有侧压力
三、非选择题
18．（2024高二上·望城开学考）在“研究平抛物体的运动”实验中
（1）除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的是
A．刻度尺 B．秒表 C．坐标纸 D．天平 E．弹簧秤
（2）实验中，下列说法正确的是
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端可以不水平
C．应使小球每次从斜槽上相同的位置释放
D．为更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
（3）如图所示为实验中用方格纸记录了小球的运动轨迹，a、b、c为轨迹上的三点，小方格的边长为L，重力加速度为g，则a点是否为小球初始的抛出点 （填“是”或“否”），小球平抛运动的初速度大小v = ．
19．（2024高二上·乌鲁木齐开学考）某物理兴趣小组采用如图甲所示装置探究平抛运动的特点，在方格纸上测得如图乙所示的5个点。已知每个小方格边长为10cm，当地的重力加速度取。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线 。每次让小球从斜槽上同一位置由静止释放，是为了保证小球抛出时 。
（2）小球平抛的初速度大小为 。
20．（2024·重庆） 如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正上方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
21．（2024高二上·大祥开学考）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，）
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；
（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
22．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，一根长0.1 m的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。当小球的转速增加到原来的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N。
(1)求此时线的拉力为多大？
(2)求此时小球运动的线速度为多大？
(3)若桌面高出地面0.8 m，则线断后小球垂直桌面边缘飞出，落地点离桌面边缘的水平距离为多少？（g取10 m/s2）
23．（2024高一下·临沂月考） 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。如图所示为滑雪轨道一段简化图，运动员经过A点时速度水平，经过B点恰好沿切线方向进入一段半径为25m的光滑圆弧轨道BC，在C点调整姿态后飞出，腾空落到倾角为30°的斜坡轨道CD上。已知运动员的质量为60kg，A、B两点的高度差为20m，水平距离为30m，B、C两点在同一水平面上（即运动员经过B、C两点速度大小相等），不考虑空气阻力，重力加速度为10m/s2，在C处调整姿态只改变速度方向，不改变速度大小，斜坡CD足够长。求：
（1）运动员经过A点的速度大小；
（2）运动员在B点时对轨道的压力大小；
（3）运动员调整姿态，使其在斜坡上的落点距C点最远，则在C点飞出时的速度方向及落点到C点的最远距离。
24．（2024高三下·临沂月考） 如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上，离地面高度为。用质量为的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。当小球与水平地面碰撞时，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小发生变化。测得小球第二次落点与桌面上飞出点的水平距离为。取重力速度，忽略空气阻力。求：
（1）弹簧对小球冲量的大小；
（2）小球与地面第一次碰撞过程中，小球损失动能与碰撞前动能的比值。
25．（2024高一下·浙江月考）如图所示，篮筐距水平地面的高度，某次远距离投篮练习中，竖直站立的运动员到篮筐中心的水平距离，篮球（视为质点）出手点距地面的高度，篮球投出后恰好“空心”入筐。已知篮球的运行轨迹为抛物线，最高点距地面的高度，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）篮球从出手到进筐所用的时间t；
（2）篮球出手时的速度大小v。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】因为两球同时运动，A球做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，则运动快慢与B球相同，所以打击金属片，两球同时运动，则同时落地，故C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】利用平抛运动的分运动为自由落体运动，进而判别两个小球同时落地。
2．【答案】A
【知识点】曲线运动；研究平抛物体的运动；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A．在曲线运动中分析瞬时速度的方向时，这里运用了“极限”的思想方法，故A正确；
B．在演示实验中，两球同时落地，只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动，但不能说明平抛运动的水平方向为匀速直线运动，故B错误；
C．小球在水平面上做匀速圆周运动，根据竖直方向的平衡方程可以得出：绳子拉力总有竖直分量（其竖直分量大小等于mg），则绳子不可能拉至水平，故C错误；
D．图4所示“墨水旋风”示意图中，物体做离心运动的条件是物体的合力不足以提供向心力，则离心力是一种虚拟力，是一种惯性的体现，而不能说受到了离心力，故D错误。
故选A。
【分析】曲线运动中分析瞬时速度的方向使用了“极限”的思想方法；两个小球同时落地只能说明平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动；利用竖直方向的平衡方程可以判别绳子竖直方向一定产生分力；离心运动的条件是物体的合力不足以提供向心力。
3．【答案】A
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】在打击金属片时，结果同时落地，即说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】两小球同时做平抛运动与自由落体运动，平抛运动竖直方向是自由落体运动。
4．【答案】C
【知识点】研究平抛物体的运动；生活中的圆周运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】A．在甲图中，“旋转秋千”根据牛顿第二定律有：
可得角速度的表达式为：
根据表达式可以得出：角速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大，可知座椅越转越高，选项A错误；
B．在乙图中，根据功率的表达式P=Fv可知，汽车上坡时换成低速挡时随着速度减小可以获得更大的牵引力，选项B错误；
C．在丙图中，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量，选项C正确；
D．在丁图中，击打弹片两球同时落地，则平抛运动的小球在竖直方向的运动规律和自由落体运动的小球相同，则说明平抛运动竖直方向做自由落体运动，选项D错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出旋转秋千的角速度大小；利用功率的表达式可以判别汽车牵引力随速度的变化；利用海啸对汽车与房屋的作用力有位移，则可以判别运动的物体可以做功；利用两个小球同时落地可以说明平抛运动竖直方向做自由落体运动。
5．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】一人骑车冲出平台，做的是平抛运动，水平方向上，有
在竖直方向上，有
，
由题意知，x=25m，v0= 25m/s，g=10m/s2，代入上式，解得h=5m，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【分析】平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，根据运动规律分别在水平方向和竖直方向列式求解高度差h。
6．【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】小球恰好与半圆轨道相切于B点，则由几何关系可知，小球在B点的速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有
根据几何关系有
解得竖直位移为
竖直方向做自由落体运动，故有
又
联立解得
故选C。
【分析】小球恰好与半圆轨道相切于B点，根据由几何关系可知小球在B的速度方向。再根据平抛运动推论可知小球开始运动至B点过程的位移方向角。再根据几何关系确定小球在竖直方向的位移，再根据平抛运动规律竖直方向做自由落体运动及速度偏向角进行解答。
7．【答案】B
【知识点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】“花筒”M转动的角速度与AB相同，则它的线速度大小为
解得
烧红的铁花沿切线飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有
水平方向做匀速直线运动，有
故落地点到O2的距离
联立解得
故ACD错误，B正确；
故选：B。
【分析】由求出“花筒”M的线速度大小；铁片沿切线飞出后做平抛运动，根据分位移公式求出水平位移，由几何知识求铁片落地点距 O2的距离大小。
8．【答案】B
【知识点】平抛运动；光的全反射
【解析】【解答】A. 激光在不同介质表面发生折射，在不同介质中速度不同，A不符合题意；
B. 由图可知，激光在水流中没有射出，说明光在水流中发生全发射现象，B符合题意；
C. 水在空中做加速曲线运动，C不符合题意；
D. 忽略水在空气中所受空气阻力，只受重力，则水流在水平方向做匀速运动，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用光的全反射现象特点可得出结论；近似将水在空气中的运动看作平抛运动，根据平抛运动的受力和运动特点可得出结论。
9．【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】AB．铅球在空中做斜上抛运动，根据斜抛运动规律，在竖直方向上有
由图可知
即小明掷出的铅球在空中飞行时间最长，故AB错误；
CD．水平方向有
在最高点时竖直方向速度为零，此时铅球的速度等于水平速度。由于
且
因此轨迹3的物体水平方向速度最大，即小丽掷出的铅球在最高点的速度最大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】铅球在空中做斜上抛运动，根据图示三个铅球在水平方向和竖直方向的位移关系，铅球到达最高点时竖直方向速度为零，此时铅球的速度等于水平速度。再结合斜抛运动规律进行分析。
10．【答案】A
【知识点】斜抛运动；动能
【解析】解：由A点斜抛至最高点时，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。
从A点抛出时：
水平方向初速度
竖直方向初速度
则
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不变，斜面倾角θ＝45°，
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，可得
变形化解：
同理，Ⅱ中水平位移为：
故
即
由此得
根据数学知识可得：
故可求得α的值，其他选项无法求出；故A正确，BCD错误；
故选A。
根据运动的合成与分解，A点至D点的曲线运动分为两个阶段： 第一阶段为A点斜拋至竖直最高点，此时竖直速度减为零，第一阶段反向看是平抛运动；第二阶段为从竖直最高点平抛至碰撞点D，由两个运动过程结合平抛运动结论求解。
11．【答案】A
【知识点】加速度；斜抛运动
【解析】【解答】铅球离手后做斜抛运动，水平速度保持不变，而竖直分速度均匀变化，则对应的图像速度的分解水平方向的速度保持不变，竖直方向上速度矢量的变化方向等于加速度的方向。
故选A。
【分析】利用铅球做斜抛运动只受到重力，则水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度均匀变化。
12．【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】根据
得
在水平方向
得
故选C。
【分析】竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动规律求解时间，水平方向匀速运动，根据速度合成方法求解初速度。
13．【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；斜抛运动；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、垒球做斜上抛运动中，只有重力做功，则垒球的机械能守恒，故A正确；
B、由动量定理可知，垒球只受重力，因重力的冲量竖直向下，则垒球动量变化量的方向竖直向下，故B正确；
C、垒球做斜上抛运动中，当速度变为水平方向时，此时速度与重力垂直其速度最小，而动能最小，B点的速度斜向下，其动能不是最小，故C错误；
D、设初速度v0与位移的夹角为α，位移与水平方向的夹角为β，如图所示
因斜上抛运动的水平运动为匀速直线运动，有
则可得
由斜上抛的分运动规律有
联立各式解得
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】垒球做斜上抛运动中，只有重力做功，机械能守恒。根据动量定理确定垒球动量变化量的方向。垒球做斜上抛运动中，当垒球运动到最高点时，垒球的速度最小，此时垒球的动能最小。根据斜抛运动规律结合几何关系进行解答。
14．【答案】B,D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A、从A点到B点，篮球运动的时间为
故A错误；
B、在C点，有
从B点到C点，篮球运动的时间为
解得
故B正确；
C、A、B两点的高度差为
故C错误；
D、A、C两点高度差为
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】篮球在空中斜上抛运动，到达B点时篮球在水平方向的速度为零，根据运动的合成与分解确定篮球在A、C位置竖直方向和水平方向的速度，再根据斜上抛运动规律进行解答。
15．【答案】B,C,D
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】A．设球门宽为，同学顶球点的高度为，同学在球门中线距离球门的距离为，根据足球的运动轨迹及几何关系可以求出足球的水平位移为
根据位移的合成可以求出足球的位移为：
故足球的位移大于5m，A错误；
B．足球做平抛运动，根据竖直方向的位移公式有：
代入数据得小球的运动时间为：
B正确；
C．根据平抛运动的位移公式可以得出足球初速度的大小
C正确；
D．根据速度公式可以得出：足球在竖直方向上的末速度
由于竖直方向上的初速度为0，足球在竖直方向上速度增加了6m/s，D正确；
故选BCD。
【分析】利用几何关系结合小球的运动轨迹可以求出足球运动的位移大小；利用平抛运动竖直方向的位移公式可以求出运动的时间；利用平抛运动水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用速度公式可以求出竖直方向速度的增量。
16．【答案】B,C
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．设小物体受到的支持力为，当小物体恰好做匀速圆周运动式，根据牛顿第二定律有
此时可以解得物体的角速度为：
故A错误、B正确；
CD．若“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为，运动的初速度大小为，加速度大小为，沿AD方向向下运动的距离为，则根据牛顿定律有：
再根据分运动的位移公式有：
解得
故C正确、D错误。
故选BC。
【分析】当物体做匀速圆周运动时，利用物体的牛顿第二定律结合向心力的表达式可以求出物体的角速度大小；当物体开始做曲线运动时，利用分运动的位移公式结合牛顿第二定律可以求出分运动的位移大小。
17．【答案】B,C
【知识点】研究平抛物体的运动；线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．图甲中，皮带传动a，b两点的线速度相等，a，b两点的角速度不相等，A错误；
B．图乙中，无论用多大的力打击，从同一高度下落，总是同时落地，B正确；
C．由牛顿第二定律可得
得
汽车通过拱桥顶端的速度越大，桥面对汽车的支持力就越小，C正确；
D．火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车有做离心运动的趋势，则有外轨对火车有侧压力，D错误。
故选BC。
【分析】皮带传动a，b两点的线速度相等，A球在竖直方向上与B球在竖直方向上都是自由落体运动，火车的重力与斜轨道的支持力的合力恰好等于向心力，内外轨对火车均无侧压力。
18．【答案】AC；CD；否；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1)做“研究平抛运动物体的运动”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的是刻度尺与坐标纸，它人作用是测量长度求得速度，故选AC；
(2)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，然后将这几个点平滑连接起来，同时为了更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些；
(3)设相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向
得
水平方向
小球在b点时，竖直方向上的瞬时速度等于
则小球在a点时，竖直方向上的瞬时速度等于
所以a点不是小球起始的抛出点。
故答案为：（1）AC （2）CD (3)否
【分析】根据实验原理和平抛运动的特点分析：
1.竖直方向做自由落体运动，根据可以求出相邻两点的时间间隔。
2.水平方向做匀速直线运动，根据可以求出小球平抛的初速度。
3.根据小球在a点时，竖直方向上的瞬时速度与时间的关系，判断a点是否为小球的抛出点。
19．【答案】（1）水平；初速度相同
（2）2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为了确保小球抛出后做平抛运动，斜槽末端需反复调节，直到斜槽末端切线水平。
每次让小球从斜槽上同一位置由静止释放，是为了保证小球做平抛运动的初速度相同。
（2）根据图像可知，小球竖直方向做自由落体运动，根据
由图可知，其中
小球水平方向做匀速直线运动，结合图可得
解得
【分析】（1）研究平抛运动的特点，即要保证小球飞出后做平抛运动，即需保证斜槽末端切线水平。
（2）根据图乙确定竖直方向上连续相等时间内的位移差，再根据逐差法确定两点之间的时间间隔，再对水平方向运用运动学规律确定小球的初速度。
（1）[1]为了确保小球抛出的速度方向水平，斜槽末端必须调至水平。
[2]每次让小球从斜槽上同一位置由静止释放，是为了保证小球抛出时的初速度相同。
（2）根据图像可知，相邻点迹水平方向的间距相等，小球水平方向做匀速直线运动，表明相邻点迹之间的时间间隔相等，小球竖直方向做自由落体运动，根据
可得图中相邻两拍摄点之间的时间间隔为
其中
解得小球平抛的初速度大小为
20．【答案】（1）解：碰后B能在竖直平面内以M点为圆心做圆周运动，运动半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v1， 能经过圆周运动最高点，设到达最高点速度大小为v2，则此时在最高点完全有质量提供向心力，则由牛顿第二定律可得
则B从最低点到最高点的过程，由动能定理可得
联立解得
（2）解：A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v3，碰后A的速度大小为v4。碰后B的速度大小为v5，则根据动量守恒定律及能量守恒定律有
碰后A减速到0，则A碰后到P点过程，根据动能定理有
碰后B在竖直面圆周运动旋转2圈 ，达到M点正下方时离地面距离为4a，此时速度大小为v6，则B从碰后到该处的过程，由功能关系得
细绳子断开后B随后做平抛运动，则有
联立解得
（3）解：设MN间距离为L，B转n圈后绳断开时，B到达M正下方速度大小为v，此时绳缩短2nL，绳断开瞬间，若B以M点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
若B以N点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方的过程，对B由动能定理得
（n = 1，2，3，…）
联立解得
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B以速度v做平抛运动，根据平抛运动规律有
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学知识可知，当时，s最小，为
当n=1时，s最大，此时
s最大值为
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由牛顿第二定律确定在最到点B的动能，再根据B从最低点到最高点的过程，利用动能定理可求解B碰后瞬间速度的最小值；
（2）碰后A做匀减速直线运动，运用动能定理确定碰后A的速度，A和B碰撞过程中动量守恒，能量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞前后AB的速度关系。B碰后做两周圆周运动，根据几何关系确定绳子断裂时B与地面的高度及高度变化量，再根据能量守恒定律确定B开始做圆周运动至绳子断裂时B的初末速度关系，绳子断裂后B做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答；
（3）设MN间距离为h，则B转n圈后到达M正下方绳缩短2nh，分别以M、N为圆心，列出牛顿第二定律方程，以及从碰后到B转n圈后到达M正下方，结合功能关系以及绳断后，B做平抛运动，由数学分析可得MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
21．【答案】（1）；（2）；（3）；
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据题意结合几何关系可得，B、C之间的距离l为
设P到达B点时的速度为vB，则P从C到B的过程根据动能定理可得
代入数据可得
（2）设BE=x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为EP，则P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
格努几何关系可知，E、F之间的距离l1为
P到达E点后反弹至F点，则P从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
代入数据联立可得
（3）设改变后P的质量为m1。根据几何关系可得D点与G点的水平距离x1为
D点与G点的竖直距离y1为
P从D点飞出后做平抛运动，设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律，竖直方向有
水平方向有
联立解得
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中，根据动能定理可得
P由E点运动到C点的过程中，根据动能定理可得
联立解得
【分析】（1）根据几何关系及题意确定BC之间的距离，明确p从C运动至B的过程，P的受力情况及各力的做功情况，再对该过程运用动能定理进行解答；
（2）P向下运动至最低点E及反弹至最高点F时，P的速度均为零。明确P从B到E及从E到F过程的受力情况及各力的做功情况，根据几何关系确定BE的距离与P向下运动的总位移及向上运动的总位移的关系，再分别对两个过程运用动能定理进行联立解答；
（3）P从D点飞出后做平抛运动，根据题意及几何关系确定P做平抛运动在竖直方向和水平方向的位移，再根据平抛运动规律确定P到达D点的速度。明确P从E到C及从C到D过程的受力情况及各力的做功情况，再对两个过程分别应用动能定理进行解答。
22．【答案】（1）；（2）；（3）
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力
【解析】【解答】（1）设小球原来的角速度为，线的拉力为F，则根据牛顿第二定律有
当小球的转速增加到原来的3倍后，根据牛顿第二定律有
又
联立得
所以线断时线的拉力为
（2）设线断时小球的线速度为v，则有
代入数据得
（3）飞出桌面后小球做平抛运动，则竖直方向有
水平方向有
联立得
【分析】（1）确定小球做圆周运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律确定小球的转速增加前后拉力与角速度的关系，再结合题意进行联立解得；
（2）根据（2）中结论结合牛顿的第二定律进行解答即可；
（3）小球飞出桌面后做平抛运动，根据题意确定小球在竖直方向的位移，再根据平抛运动规律进行解答。
23．【答案】（1）解：由平抛运动的特点可得
解得
又
得运动员经过A点的速度
（2）解：运动员在B点竖直方向速度
运动员在B点速度大小
在B点受力分析如下图
即
由牛顿第二定律得
运动员在B点所受轨道支持力
由牛顿第三定律得，运动员在B点时对轨道的压力大小为1860N。
（3）解：设运动员从C飞出时的速度方向与斜面的夹角为，垂直于斜面方向上
得
初速度
平行于斜面方向上
得
初速度
运动员从C点落到斜坡上的时间
运动员落到斜坡上距C点的距离
上式代入数据并整理可得
当时，即速度方向与斜面夹60°斜向上时，最大，最大值为125m。
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；平抛运动；斜抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）运动员从A运动到B的过程做平抛运动，根据题意确定该过程运动至在水平和竖直方向的位移，再结合平抛运动规律进行解答；
（2）根据平抛运动竖直方向的运动规律确定运动员到达B点时竖直方向的速度，再根据运动的合成与分解确定运动在B点的速度，确定运动员在B点的受力情况及向心力的来源，再根据力的合成与分解及牛顿第二定律进行解答；
（3）将运动员从C点飞出后的运动分解成沿斜面方向和垂直斜面方向，则相当于运动员以斜面为等效水平面做类斜抛运动，则即运动员落到斜面上时垂直斜面方向的速度等大反向。根据运动的分解确定运动沿斜面方向和垂直斜面方向的初速度和加速度，再分别对两个方向根据运动规律联立得出沿斜面方向位移与速度出射角的关系，再结合数学知识进行解答。
24．【答案】（1）解：设小球离开桌面时速度大小为，由机械能守恒可知
设弹簧对小球冲量的大小为1，根据
解得
（2）解：设离开桌面后由平抛运动时间为，由
设第一次落点与第二次落点之间的时间为，由
设第一次碰撞后速度的竖直分量为，则
设第一次碰撞后速度大小为，则
设第一次碰撞前速度大小为v，由
小球损失动能与碰撞前动能的比值
代入数据解得
【知识点】动量定理；平抛运动；斜抛运动；动能；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）释放后到小球与弹簧分离的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能，根据动能定理确定分离时小球的动能，小球在该过程水平方向只受弹簧弹力作用，再对水平方向运用动量定理进行解答；
（2）小球从桌面飞出后做平抛运动，根据题意可知小球落地弹起后，在空中做斜抛运动，且水平方向的速度始终不变，对水平方向根据运动学规律确定小球飞出至第二次落到地面飞行的总时间，再根据平抛运动规律确定小球飞出到第一次落地时的时间及速度。根据两次运动时间与总时间的关系确定小球做斜抛运动的总时间，再结合斜抛运动规律确定小球反弹的速度，再根据动能的定义确定小球损失动能与碰撞前动能的比值。
25．【答案】（1）解：设篮球上升过程所用的时间为，有
解得
设篮球下降过程所用的时间为，有
解得
又
解得
（2）解：篮球在水平方向上的速度大小
解得
篮球出手时在竖直方向上的速度大小
解得
又
解得
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）根据斜抛规律，由其竖直方向上的分运动，分别求出篮球上升过程和下降过程的时间，得出篮球从出手到进筐所用的时间；（2）根据斜抛规律，分别求出篮球在水平方向和竖直方向上的初速度，再由平行四边形定则计算篮球出手时的速度大小。
1 / 1高考物理一轮复习：抛体运动的规律
一、选择题
1．（2024高一下·和平期末）如图所示，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，并且做平抛运动；同时B球被松开，并且做自由落体运动。A、B两球同时开始运动。关于A、B两球落地先后，下列说法正确的是（ ）
A．A 球先落地 B．B球先落地
C．A、B 球同时落地 D．A、B 两球哪个先落地不确定
【答案】C
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】因为两球同时运动，A球做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，则运动快慢与B球相同，所以打击金属片，两球同时运动，则同时落地，故C正确，ABD错误。
故选C。
【分析】利用平抛运动的分运动为自由落体运动，进而判别两个小球同时落地。
2．（2024高一下·福州期末）下列关于课本中相关案例的说法正确的是（ ）
A．图1所示为论述“曲线运动的速度方向”的示意图，这里运用了“极限”的思想方法
B．图2所示的演示实验，该实验能证明平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动
C．图3所示用手抓紧绳子使小球在水平面上做匀速圆周运动，当转速足够快，绳子能被拉至水平方向
D．图4所示“墨水旋风”示意图中，墨水是由于受到离心力的作用而离圆心越来越远
【答案】A
【知识点】曲线运动；研究平抛物体的运动；生活中的圆周运动；离心运动和向心运动
【解析】【解答】A．在曲线运动中分析瞬时速度的方向时，这里运用了“极限”的思想方法，故A正确；
B．在演示实验中，两球同时落地，只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动，但不能说明平抛运动的水平方向为匀速直线运动，故B错误；
C．小球在水平面上做匀速圆周运动，根据竖直方向的平衡方程可以得出：绳子拉力总有竖直分量（其竖直分量大小等于mg），则绳子不可能拉至水平，故C错误；
D．图4所示“墨水旋风”示意图中，物体做离心运动的条件是物体的合力不足以提供向心力，则离心力是一种虚拟力，是一种惯性的体现，而不能说受到了离心力，故D错误。
故选A。
【分析】曲线运动中分析瞬时速度的方向使用了“极限”的思想方法；两个小球同时落地只能说明平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动；利用竖直方向的平衡方程可以判别绳子竖直方向一定产生分力；离心运动的条件是物体的合力不足以提供向心力。
3．（2024高一下·黄浦期末）平抛物体的运动规律可以概括为两点：①水平方向做匀速运动；②竖直方向做自由落体运动。为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图所示，用小锤打击金属片，A球就水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，这个实验说明（ ）
A．做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动
B．做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动
C．A、B项中所述都能说明
D．A、B项中所述都不能说明
【答案】A
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】在打击金属片时，结果同时落地，即说明平抛运动竖直方向是自由落体运动，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】两小球同时做平抛运动与自由落体运动，平抛运动竖直方向是自由落体运动。
4．（2024高一下·南充期末）物理与生活息息相关，在下列与图片相关的描述中，正确的是（ ）
A．甲图，“旋转秋千”角速度越来越大，座椅越转越低
B．乙图，汽车上坡时换成高速挡可以获得更大的牵引力
C．丙图，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量
D．丁图，击打弹片两球同时落地，说明平抛运动水平方向做匀速直线运动
【答案】C
【知识点】研究平抛物体的运动；生活中的圆周运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】A．在甲图中，“旋转秋千”根据牛顿第二定律有：
可得角速度的表达式为：
根据表达式可以得出：角速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大，可知座椅越转越高，选项A错误；
B．在乙图中，根据功率的表达式P=Fv可知，汽车上坡时换成低速挡时随着速度减小可以获得更大的牵引力，选项B错误；
C．在丙图中，海啸能掀翻汽车、摧毁房屋，说明运动的物体可以做功，具有能量，选项C正确；
D．在丁图中，击打弹片两球同时落地，则平抛运动的小球在竖直方向的运动规律和自由落体运动的小球相同，则说明平抛运动竖直方向做自由落体运动，选项D错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出旋转秋千的角速度大小；利用功率的表达式可以判别汽车牵引力随速度的变化；利用海啸对汽车与房屋的作用力有位移，则可以判别运动的物体可以做功；利用两个小球同时落地可以说明平抛运动竖直方向做自由落体运动。
5．（2024·海南） 在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25m，不计空气阻力，取，则两平台的高度差h为（ ）
A．0.5m B．5m C．10m D．20m
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】一人骑车冲出平台，做的是平抛运动，水平方向上，有
在竖直方向上，有
，
由题意知，x=25m，v0= 25m/s，g=10m/s2，代入上式，解得h=5m，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【分析】平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，根据运动规律分别在水平方向和竖直方向列式求解高度差h。
6．（2024高二上·大祥开学考）如图，可视为质点的小球，位于半径为半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为） （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】小球恰好与半圆轨道相切于B点，则由几何关系可知，小球在B点的速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有
根据几何关系有
解得竖直位移为
竖直方向做自由落体运动，故有
又
联立解得
故选C。
【分析】小球恰好与半圆轨道相切于B点，根据由几何关系可知小球在B的速度方向。再根据平抛运动推论可知小球开始运动至B点过程的位移方向角。再根据几何关系确定小球在竖直方向的位移，再根据平抛运动规律竖直方向做自由落体运动及速度偏向角进行解答。
7．（2024高一下·渌口期末）在河北省滦平县表演的我国传统民俗文化表演“抡花”如图甲所示，“抡花”是为了祈福来年风调雨顺、免于火灾，已被列入国家级非物质文化遗产。“抡花”原理如图乙所示，快速转动竖直转轴上的手柄AB，带动可视为质点的“花筒”M、N在水平面内转动，筒内烧红的铁花沿轨迹切线飞出，落到地面，形成绚丽的图案。已知水平杆的长度，M、N离地高为3.2m，若手摇AB转动的角速度大小为，不计空气阻力，重力加速度g取，则铁花落地点到的距离约为（ ）
A．5.6m B．5.7m C．6.6m D．8.4m
【答案】B
【知识点】平抛运动；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】“花筒”M转动的角速度与AB相同，则它的线速度大小为
解得
烧红的铁花沿切线飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有
水平方向做匀速直线运动，有
故落地点到O2的距离
联立解得
故ACD错误，B正确；
故选：B。
【分析】由求出“花筒”M的线速度大小；铁片沿切线飞出后做平抛运动，根据分位移公式求出水平位移，由几何知识求铁片落地点距 O2的距离大小。
8．（2024·浙江）如图为水流导光实验，出水口受激光照射，下面桶中的水被照亮，则（ ）
A．激光在水和空气中速度相同 B．激光在水流中有全反射现象
C．水在空中做匀速率曲线运动 D．水在水平方向做匀加速运动
【答案】B
【知识点】平抛运动；光的全反射
【解析】【解答】A. 激光在不同介质表面发生折射，在不同介质中速度不同，A不符合题意；
B. 由图可知，激光在水流中没有射出，说明光在水流中发生全发射现象，B符合题意；
C. 水在空中做加速曲线运动，C不符合题意；
D. 忽略水在空气中所受空气阻力，只受重力，则水流在水平方向做匀速运动，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用光的全反射现象特点可得出结论；近似将水在空气中的运动看作平抛运动，根据平抛运动的受力和运动特点可得出结论。
9．（2024高二上·乌鲁木齐开学考）运动会上，小明、小兰、小丽参加掷铅球比赛。如图分别是三位同学掷出的铅球运动轨迹1、2、3。假设三位同学掷出铅球的速率相同，不计空气阻力。则三个物体从抛出到落地过程中（ ）
A．小丽掷出的铅球在空中飞行时间最长
B．小兰掷出的铅球在空中飞行时间最长
C．小明掷出的铅球在最高点的速度最大
D．小丽掷出的铅球在最高点的速度最大
【答案】D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】AB．铅球在空中做斜上抛运动，根据斜抛运动规律，在竖直方向上有
由图可知
即小明掷出的铅球在空中飞行时间最长，故AB错误；
CD．水平方向有
在最高点时竖直方向速度为零，此时铅球的速度等于水平速度。由于
且
因此轨迹3的物体水平方向速度最大，即小丽掷出的铅球在最高点的速度最大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】铅球在空中做斜上抛运动，根据图示三个铅球在水平方向和竖直方向的位移关系，铅球到达最高点时竖直方向速度为零，此时铅球的速度等于水平速度。再结合斜抛运动规律进行分析。
10．（2024高一下·湖南衡阳高新技术产业园期末）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v0
C．小球在空中运动时间 D．小球初动能
【答案】A
【知识点】斜抛运动；动能
【解析】解：由A点斜抛至最高点时，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。
从A点抛出时：
水平方向初速度
竖直方向初速度
则
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不变，斜面倾角θ＝45°，
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，可得
变形化解：
同理，Ⅱ中水平位移为：
故
即
由此得
根据数学知识可得：
故可求得α的值，其他选项无法求出；故A正确，BCD错误；
故选A。
根据运动的合成与分解，A点至D点的曲线运动分为两个阶段： 第一阶段为A点斜拋至竖直最高点，此时竖直速度减为零，第一阶段反向看是平抛运动；第二阶段为从竖直最高点平抛至碰撞点D，由两个运动过程结合平抛运动结论求解。
11．（2024高一下·西城期末）铅球投掷比赛中，铅球离手时的初速度为，落地时的速度为v，忽略空气阻力。下列四个图中能够正确反映各时刻铅球速度矢量的示意图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】加速度；斜抛运动
【解析】【解答】铅球离手后做斜抛运动，水平速度保持不变，而竖直分速度均匀变化，则对应的图像速度的分解水平方向的速度保持不变，竖直方向上速度矢量的变化方向等于加速度的方向。
故选A。
【分析】利用铅球做斜抛运动只受到重力，则水平方向的分速度不变，竖直方向的分速度均匀变化。
12．（2024高一下·瑞昌期末）某同学的弟弟买了一把玩具水枪，这位同学想用米尺测量水枪射水的初速度。枪口斜向上射出一股水流，水离开枪口的最大高度是，水离开枪口的水平最远距离是，忽略空气阻力，取，则水枪射出水流的初速度大小等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】根据
得
在水平方向
得
故选C。
【分析】竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动规律求解时间，水平方向匀速运动，根据速度合成方法求解初速度。
二、多项选择题
13．（2024高三下·重庆市模拟） 某同学以初速度将垒球从A点抛出后，恰好以速度垂直击中前方挡板上的B点，轨迹如图所示，已知方向与挡板平行，A、B两点的距离为3.2m。不计空气阻力，取。则垒球从A到B过程（抛出后到碰撞前）中（ ）
A．垒球机械能守恒
B．垒球动量变化量的方向竖直向下
C．垒球在B点时动能最小
D．垒球运动时间为0.8s
【答案】A,B,D
【知识点】动量定理；斜抛运动；动能；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、垒球做斜上抛运动中，只有重力做功，则垒球的机械能守恒，故A正确；
B、由动量定理可知，垒球只受重力，因重力的冲量竖直向下，则垒球动量变化量的方向竖直向下，故B正确；
C、垒球做斜上抛运动中，当速度变为水平方向时，此时速度与重力垂直其速度最小，而动能最小，B点的速度斜向下，其动能不是最小，故C错误；
D、设初速度v0与位移的夹角为α，位移与水平方向的夹角为β，如图所示
因斜上抛运动的水平运动为匀速直线运动，有
则可得
由斜上抛的分运动规律有
联立各式解得
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】垒球做斜上抛运动中，只有重力做功，机械能守恒。根据动量定理确定垒球动量变化量的方向。垒球做斜上抛运动中，当垒球运动到最高点时，垒球的速度最小，此时垒球的动能最小。根据斜抛运动规律结合几何关系进行解答。
14．（2024高一下·临沂月考） 某篮球运动员正在进行投篮训练，篮球的运动轨迹可简化为如图所示的曲线，其中A是篮球的投出点，B是运动轨迹的最高点，C是篮球的投入点。已知篮球在A点的速度大小为v0，且与水平方向夹角为45°，在C点的速度方向与水平方向的夹角为30°。篮球可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．从A点到B点，篮球运动的时间为
B．从B点到C点，篮球运动的时间为
C．A、B两点的高度差为
D．A、C两点的高度差为
【答案】B,D
【知识点】斜抛运动
【解析】【解答】A、从A点到B点，篮球运动的时间为
故A错误；
B、在C点，有
从B点到C点，篮球运动的时间为
解得
故B正确；
C、A、B两点的高度差为
故C错误；
D、A、C两点高度差为
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】篮球在空中斜上抛运动，到达B点时篮球在水平方向的速度为零，根据运动的合成与分解确定篮球在A、C位置竖直方向和水平方向的速度，再根据斜上抛运动规律进行解答。
15．（2024高一下·西城期末）如图所示为一个简易足球场，球门宽为6m。一个同学在球门中线距离球门4m处采用头球将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）。同学顶球点的高度为1.8m。从头顶球到球落地的过程，忽略空气阻力，足球做平抛运动，g取，则（ ）
A．足球的位移小于5m
B．足球运动的时间为0.6s
C．足球初速度的大小约为
D．足球在竖直方向上速度增加了
【答案】B,C,D
【知识点】自由落体运动；平抛运动
【解析】【解答】A．设球门宽为，同学顶球点的高度为，同学在球门中线距离球门的距离为，根据足球的运动轨迹及几何关系可以求出足球的水平位移为
根据位移的合成可以求出足球的位移为：
故足球的位移大于5m，A错误；
B．足球做平抛运动，根据竖直方向的位移公式有：
代入数据得小球的运动时间为：
B正确；
C．根据平抛运动的位移公式可以得出足球初速度的大小
C正确；
D．根据速度公式可以得出：足球在竖直方向上的末速度
由于竖直方向上的初速度为0，足球在竖直方向上速度增加了6m/s，D正确；
故选BCD。
【分析】利用几何关系结合小球的运动轨迹可以求出足球运动的位移大小；利用平抛运动竖直方向的位移公式可以求出运动的时间；利用平抛运动水平方向的位移公式可以求出初速度的大小；利用速度公式可以求出竖直方向速度的增量。
16．（2024高一下·东坡期末）如图甲所示，一水平放置的内表面光滑对称“V”型二面体，可绕其竖直中心轴在水平面内匀速转动，其二面角为120°，截面图如图乙所示。面ABCD和面CDEF的长和宽均为L=20cm，CD距水平地面的高度为。置于AB中点P的小物体（视为质点）恰好在ABCD面上没有相对滑动，取重力加速度。（ ）
A．“V”型二面体匀速转动的角速度
B．“V”型二面体匀速转动的角速度
C．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离2.5cm
D．若“V”型二面体突然停止转动，小物体从二面体上离开的位置距离AB边距离5cm
【答案】B,C
【知识点】平抛运动；生活中的圆周运动
【解析】【解答】AB．设小物体受到的支持力为，当小物体恰好做匀速圆周运动式，根据牛顿第二定律有
此时可以解得物体的角速度为：
故A错误、B正确；
CD．若“V”型二面体突然停止转动，设小物体在二面体上运动的时间为，运动的初速度大小为，加速度大小为，沿AD方向向下运动的距离为，则根据牛顿定律有：
再根据分运动的位移公式有：
解得
故C正确、D错误。
故选BC。
【分析】当物体做匀速圆周运动时，利用物体的牛顿第二定律结合向心力的表达式可以求出物体的角速度大小；当物体开始做曲线运动时，利用分运动的位移公式结合牛顿第二定律可以求出分运动的位移大小。
17．（2024高一下·大渡口月考）关于下列各图，说法正确的是（ ）
A．图甲中，传动装置转动过程中a，b两点的角速度相等
B．图乙中，无论用多大的力打击，A、B两钢球总是同时落地
C．图丙中，汽车通过拱桥顶端的速度越大，汽车对桥面的压力就越小
D．图丁中，火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道，内外轨对火车都有侧压力
【答案】B,C
【知识点】研究平抛物体的运动；线速度、角速度和周期、转速；生活中的圆周运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．图甲中，皮带传动a，b两点的线速度相等，a，b两点的角速度不相等，A错误；
B．图乙中，无论用多大的力打击，从同一高度下落，总是同时落地，B正确；
C．由牛顿第二定律可得
得
汽车通过拱桥顶端的速度越大，桥面对汽车的支持力就越小，C正确；
D．火车以大于规定速度经过外轨高于内轨的弯道时，火车有做离心运动的趋势，则有外轨对火车有侧压力，D错误。
故选BC。
【分析】皮带传动a，b两点的线速度相等，A球在竖直方向上与B球在竖直方向上都是自由落体运动，火车的重力与斜轨道的支持力的合力恰好等于向心力，内外轨对火车均无侧压力。
三、非选择题
18．（2024高二上·望城开学考）在“研究平抛物体的运动”实验中
（1）除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的是
A．刻度尺 B．秒表 C．坐标纸 D．天平 E．弹簧秤
（2）实验中，下列说法正确的是
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端可以不水平
C．应使小球每次从斜槽上相同的位置释放
D．为更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
（3）如图所示为实验中用方格纸记录了小球的运动轨迹，a、b、c为轨迹上的三点，小方格的边长为L，重力加速度为g，则a点是否为小球初始的抛出点 （填“是”或“否”），小球平抛运动的初速度大小v = ．
【答案】AC；CD；否；
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1)做“研究平抛运动物体的运动”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的是刻度尺与坐标纸，它人作用是测量长度求得速度，故选AC；
(2)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，然后将这几个点平滑连接起来，同时为了更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些；
(3)设相邻两点间的时间间隔为T，竖直方向
得
水平方向
小球在b点时，竖直方向上的瞬时速度等于
则小球在a点时，竖直方向上的瞬时速度等于
所以a点不是小球起始的抛出点。
故答案为：（1）AC （2）CD (3)否
【分析】根据实验原理和平抛运动的特点分析：
1.竖直方向做自由落体运动，根据可以求出相邻两点的时间间隔。
2.水平方向做匀速直线运动，根据可以求出小球平抛的初速度。
3.根据小球在a点时，竖直方向上的瞬时速度与时间的关系，判断a点是否为小球的抛出点。
19．（2024高二上·乌鲁木齐开学考）某物理兴趣小组采用如图甲所示装置探究平抛运动的特点，在方格纸上测得如图乙所示的5个点。已知每个小方格边长为10cm，当地的重力加速度取。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线 。每次让小球从斜槽上同一位置由静止释放，是为了保证小球抛出时 。
（2）小球平抛的初速度大小为 。
【答案】（1）水平；初速度相同
（2）2.0
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）为了确保小球抛出后做平抛运动，斜槽末端需反复调节，直到斜槽末端切线水平。
每次让小球从斜槽上同一位置由静止释放，是为了保证小球做平抛运动的初速度相同。
（2）根据图像可知，小球竖直方向做自由落体运动，根据
由图可知，其中
小球水平方向做匀速直线运动，结合图可得
解得
【分析】（1）研究平抛运动的特点，即要保证小球飞出后做平抛运动，即需保证斜槽末端切线水平。
（2）根据图乙确定竖直方向上连续相等时间内的位移差，再根据逐差法确定两点之间的时间间隔，再对水平方向运用运动学规律确定小球的初速度。
（1）[1]为了确保小球抛出的速度方向水平，斜槽末端必须调至水平。
[2]每次让小球从斜槽上同一位置由静止释放，是为了保证小球抛出时的初速度相同。
（2）根据图像可知，相邻点迹水平方向的间距相等，小球水平方向做匀速直线运动，表明相邻点迹之间的时间间隔相等，小球竖直方向做自由落体运动，根据
可得图中相邻两拍摄点之间的时间间隔为
其中
解得小球平抛的初速度大小为
20．（2024·重庆） 如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正上方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】（1）解：碰后B能在竖直平面内以M点为圆心做圆周运动，运动半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v1， 能经过圆周运动最高点，设到达最高点速度大小为v2，则此时在最高点完全有质量提供向心力，则由牛顿第二定律可得
则B从最低点到最高点的过程，由动能定理可得
联立解得
（2）解：A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v3，碰后A的速度大小为v4。碰后B的速度大小为v5，则根据动量守恒定律及能量守恒定律有
碰后A减速到0，则A碰后到P点过程，根据动能定理有
碰后B在竖直面圆周运动旋转2圈 ，达到M点正下方时离地面距离为4a，此时速度大小为v6，则B从碰后到该处的过程，由功能关系得
细绳子断开后B随后做平抛运动，则有
联立解得
（3）解：设MN间距离为L，B转n圈后绳断开时，B到达M正下方速度大小为v，此时绳缩短2nL，绳断开瞬间，若B以M点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
若B以N点为圆心做圆周运动至，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方的过程，对B由动能定理得
（n = 1，2，3，…）
联立解得
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B以速度v做平抛运动，根据平抛运动规律有
（n = 1，2，3，…）
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学知识可知，当时，s最小，为
当n=1时，s最大，此时
s最大值为
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【分析】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由牛顿第二定律确定在最到点B的动能，再根据B从最低点到最高点的过程，利用动能定理可求解B碰后瞬间速度的最小值；
（2）碰后A做匀减速直线运动，运用动能定理确定碰后A的速度，A和B碰撞过程中动量守恒，能量守恒，根据动量守恒定律及能量守恒定律确定碰撞前后AB的速度关系。B碰后做两周圆周运动，根据几何关系确定绳子断裂时B与地面的高度及高度变化量，再根据能量守恒定律确定B开始做圆周运动至绳子断裂时B的初末速度关系，绳子断裂后B做平抛运动，再结合平抛运动规律进行解答；
（3）设MN间距离为h，则B转n圈后到达M正下方绳缩短2nh，分别以M、N为圆心，列出牛顿第二定律方程，以及从碰后到B转n圈后到达M正下方，结合功能关系以及绳断后，B做平抛运动，由数学分析可得MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
21．（2024高二上·大祥开学考）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，）
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；
（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能；
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【知识点】平抛运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）根据题意结合几何关系可得，B、C之间的距离l为
设P到达B点时的速度为vB，则P从C到B的过程根据动能定理可得
代入数据可得
（2）设BE=x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为EP，则P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
格努几何关系可知，E、F之间的距离l1为
P到达E点后反弹至F点，则P从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
代入数据联立可得
（3）设改变后P的质量为m1。根据几何关系可得D点与G点的水平距离x1为
D点与G点的竖直距离y1为
P从D点飞出后做平抛运动，设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律，竖直方向有
水平方向有
联立解得
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中，根据动能定理可得
P由E点运动到C点的过程中，根据动能定理可得
联立解得
【分析】（1）根据几何关系及题意确定BC之间的距离，明确p从C运动至B的过程，P的受力情况及各力的做功情况，再对该过程运用动能定理进行解答；
（2）P向下运动至最低点E及反弹至最高点F时，P的速度均为零。明确P从B到E及从E到F过程的受力情况及各力的做功情况，根据几何关系确定BE的距离与P向下运动的总位移及向上运动的总位移的关系，再分别对两个过程运用动能定理进行联立解答；
（3）P从D点飞出后做平抛运动，根据题意及几何关系确定P做平抛运动在竖直方向和水平方向的位移，再根据平抛运动规律确定P到达D点的速度。明确P从E到C及从C到D过程的受力情况及各力的做功情况，再对两个过程分别应用动能定理进行解答。
22．（2024高二上·大祥开学考）如图所示，一根长0.1 m的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住线的另一端，使球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动。当小球的转速增加到原来的3倍时，细线断裂，这时测得线的拉力比原来大40 N。
(1)求此时线的拉力为多大？
(2)求此时小球运动的线速度为多大？
(3)若桌面高出地面0.8 m，则线断后小球垂直桌面边缘飞出，落地点离桌面边缘的水平距离为多少？（g取10 m/s2）
【答案】（1）；（2）；（3）
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；向心力
【解析】【解答】（1）设小球原来的角速度为，线的拉力为F，则根据牛顿第二定律有
当小球的转速增加到原来的3倍后，根据牛顿第二定律有
又
联立得
所以线断时线的拉力为
（2）设线断时小球的线速度为v，则有
代入数据得
（3）飞出桌面后小球做平抛运动，则竖直方向有
水平方向有
联立得
【分析】（1）确定小球做圆周运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律确定小球的转速增加前后拉力与角速度的关系，再结合题意进行联立解得；
（2）根据（2）中结论结合牛顿的第二定律进行解答即可；
（3）小球飞出桌面后做平抛运动，根据题意确定小球在竖直方向的位移，再根据平抛运动规律进行解答。
23．（2024高一下·临沂月考） 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。如图所示为滑雪轨道一段简化图，运动员经过A点时速度水平，经过B点恰好沿切线方向进入一段半径为25m的光滑圆弧轨道BC，在C点调整姿态后飞出，腾空落到倾角为30°的斜坡轨道CD上。已知运动员的质量为60kg，A、B两点的高度差为20m，水平距离为30m，B、C两点在同一水平面上（即运动员经过B、C两点速度大小相等），不考虑空气阻力，重力加速度为10m/s2，在C处调整姿态只改变速度方向，不改变速度大小，斜坡CD足够长。求：
（1）运动员经过A点的速度大小；
（2）运动员在B点时对轨道的压力大小；
（3）运动员调整姿态，使其在斜坡上的落点距C点最远，则在C点飞出时的速度方向及落点到C点的最远距离。
【答案】（1）解：由平抛运动的特点可得
解得
又
得运动员经过A点的速度
（2）解：运动员在B点竖直方向速度
运动员在B点速度大小
在B点受力分析如下图
即
由牛顿第二定律得
运动员在B点所受轨道支持力
由牛顿第三定律得，运动员在B点时对轨道的压力大小为1860N。
（3）解：设运动员从C飞出时的速度方向与斜面的夹角为，垂直于斜面方向上
得
初速度
平行于斜面方向上
得
初速度
运动员从C点落到斜坡上的时间
运动员落到斜坡上距C点的距离
上式代入数据并整理可得
当时，即速度方向与斜面夹60°斜向上时，最大，最大值为125m。
【知识点】力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；平抛运动；斜抛运动；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）运动员从A运动到B的过程做平抛运动，根据题意确定该过程运动至在水平和竖直方向的位移，再结合平抛运动规律进行解答；
（2）根据平抛运动竖直方向的运动规律确定运动员到达B点时竖直方向的速度，再根据运动的合成与分解确定运动在B点的速度，确定运动员在B点的受力情况及向心力的来源，再根据力的合成与分解及牛顿第二定律进行解答；
（3）将运动员从C点飞出后的运动分解成沿斜面方向和垂直斜面方向，则相当于运动员以斜面为等效水平面做类斜抛运动，则即运动员落到斜面上时垂直斜面方向的速度等大反向。根据运动的分解确定运动沿斜面方向和垂直斜面方向的初速度和加速度，再分别对两个方向根据运动规律联立得出沿斜面方向位移与速度出射角的关系，再结合数学知识进行解答。
24．（2024高三下·临沂月考） 如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上，离地面高度为。用质量为的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。当小球与水平地面碰撞时，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小发生变化。测得小球第二次落点与桌面上飞出点的水平距离为。取重力速度，忽略空气阻力。求：
（1）弹簧对小球冲量的大小；
（2）小球与地面第一次碰撞过程中，小球损失动能与碰撞前动能的比值。
【答案】（1）解：设小球离开桌面时速度大小为，由机械能守恒可知
设弹簧对小球冲量的大小为1，根据
解得
（2）解：设离开桌面后由平抛运动时间为，由
设第一次落点与第二次落点之间的时间为，由
设第一次碰撞后速度的竖直分量为，则
设第一次碰撞后速度大小为，则
设第一次碰撞前速度大小为v，由
小球损失动能与碰撞前动能的比值
代入数据解得
【知识点】动量定理；平抛运动；斜抛运动；动能；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）释放后到小球与弹簧分离的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能，根据动能定理确定分离时小球的动能，小球在该过程水平方向只受弹簧弹力作用，再对水平方向运用动量定理进行解答；
（2）小球从桌面飞出后做平抛运动，根据题意可知小球落地弹起后，在空中做斜抛运动，且水平方向的速度始终不变，对水平方向根据运动学规律确定小球飞出至第二次落到地面飞行的总时间，再根据平抛运动规律确定小球飞出到第一次落地时的时间及速度。根据两次运动时间与总时间的关系确定小球做斜抛运动的总时间，再结合斜抛运动规律确定小球反弹的速度，再根据动能的定义确定小球损失动能与碰撞前动能的比值。
25．（2024高一下·浙江月考）如图所示，篮筐距水平地面的高度，某次远距离投篮练习中，竖直站立的运动员到篮筐中心的水平距离，篮球（视为质点）出手点距地面的高度，篮球投出后恰好“空心”入筐。已知篮球的运行轨迹为抛物线，最高点距地面的高度，重力加速度，不计空气阻力。求：
（1）篮球从出手到进筐所用的时间t；
（2）篮球出手时的速度大小v。
【答案】（1）解：设篮球上升过程所用的时间为，有
解得
设篮球下降过程所用的时间为，有
解得
又
解得
（2）解：篮球在水平方向上的速度大小
解得
篮球出手时在竖直方向上的速度大小
解得
又
解得
【知识点】斜抛运动
【解析】【分析】（1）根据斜抛规律，由其竖直方向上的分运动，分别求出篮球上升过程和下降过程的时间，得出篮球从出手到进筐所用的时间；（2）根据斜抛规律，分别求出篮球在水平方向和竖直方向上的初速度，再由平行四边形定则计算篮球出手时的速度大小。
1 / 1
