2025-2026年高中物理一轮复习专项练习【人教版（2019）：平抛运动与斜面、圆轨道相结合问题

平抛运动与斜面、圆轨道相结合问题
一、单选题（本大题共8小题）
1．第24届冬季奥运会于2022年2月在北京召开，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与轨道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为与，（忽略空气阻力，运动员可视为质点），下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上的速度方向不变
D．若运动员离开C点的速度加倍，则落在斜面上距C的距离也加倍
2．如图甲所示，为一梯形平台截面图，OP为粗糙水平面，PD为斜面，小物块置于粗糙水平面上的O点，每次用水平拉力F将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到斜面顶端P点时撤去拉力。小物块在大小不同的拉力F作用下落在斜面上的水平射程x不同，其F-x图如图乙所示，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.4，斜面与水平地面之间的夹角，g取10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是（　　）
A．小物块每次落在斜面上的速度方向不同
B．不能求出小物块质量
C．小物块质量m=1.0kg
D．O、P间的距离S=0.625m
3．以v0水平抛出一物体，如图，不计空气阻力，它又落到斜面上时，所用的时间为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示为竖直放置的圆弧轨道OAB，O点为圆心，一个可以视为质点的小球从圆心O以初速度水平向右抛出，落在轨道上的C点，已知OC与OB的夹角为。则大小为（　　）

A． B． C． D．
5．如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ＝60°，AB两点高度差h，忽略空气阻力，重力加速度为g，则球刚要落到球拍上时速度大小为( )
A． B． C． D．2
6．如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面方程为 ，在 轴上有一点 ，坐标为 .从 点将一小球水平抛出，初速度为 ，则小球第一次打在曲面上的位置为（不计空气阻力, 取 ）( )
A． B． C． D．
7．如图所示，可视为质点的小球位于半径为R的半圆柱体左端点A的正上方某处。以m/s的初速度水平抛出该小球，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60°，则其半径R的大小为(不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2)（ ）
A． B．4m C． D．
8．如图，从半径为 的半圆 上的 点水平抛出一个可视为质点的小球，经 小球落到半圆上，已知当地的重力加速度 ,则小球的初速度 可能为( )
A． 或 B． 或 C． 或 D． 或
二、多选题（本大题共3小题）
9．（多选）如图所示，一个半径为 的半圆柱体放在水平地面上，一小球从半圆柱体左端 点正上方的 点水平抛出（小球可视为质点），恰好从半圆柱体的右上方 点掠过.已知 为半圆柱体侧面半圆的圆心， 与水平方向夹角为 ，重力加速度 取 ， , ,则( )
A．小球从 点运动到 点所用时间为
B．小球从 点运动到 点所用时间为
C．小球做平抛运动的初速度为
D．小球做平抛运动的初速度为
10．某段时间“彩虹滑道”在各短视频平台热推，很多景区都推出了这一项娱乐项目并进一步增趣升级，游客从如图所示的弧形滑道滑下，然后在弧形滑道末端以水平速度 抛出，落向倾角为 的“彩虹滑道”，不计空气阻力，则( )
A．游客以不同的 抛出，则落到“彩虹滑道”时的速度方向不同
B．游客以不同的 抛出，落到“彩虹滑道”时的速度方向都相同
C．游客在空中经历的时间为
D．游客落到“彩虹滑道”时的速度大小为
11．（多选）如图所示，将小球从斜面的顶端以不同的初速度沿水平方向抛出，落在倾角 一定、足够长的斜面上.不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球落到斜面上时的速度方向与初速度大小无关
B．小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比
C．小球运动到距离斜面最远处所用的时间与初速度的大小无关
D．当用一束平行光垂直照射斜面时，小球在斜面上的投影做匀速运动
三、实验题（本大题共2小题）
12．如图是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置，每次将小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角，获得不同的射程，最后作出了如图所示的图像。则：
(1)由图可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度v0= m/s；
(2)若最后得到的图像如图c所示，则可能的原因是（写出一个） 。
13．如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验
①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；
②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；
④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离，图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为sM、sP、sN。依据上述实验步骤，请回答下面问题：
(1)两小球的质量m1、m2应满足 （填写“＞”“＜”或“=”）；
(2)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中 点，m2的落点是图中 点；
(3)用题目中给出的符号来表示，只要满足关系式 ，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；
(4)用题目中给出的符号来表示，只要满足关系式 ，就能说明两小球的碰撞为弹性碰撞。
四、解答题（本大题共3小题）
14．如图，两级台阶高度相同，一小球从台阶顶部的边缘以某一速度向右水平抛出，其落点恰为第一个台阶靠近边缘A点处；反弹后再次下落正好落在第二个台阶的边缘B点。小球与台阶的碰撞为弹性碰撞，忽略空气阻力。求第二个台阶的宽度与第一个台阶的宽度的比值。
15．跑酷是一种以日常生活的环境（多为城市）为运动场所，依靠自身的体能，快速、有效、可靠地驾驭任何已知与未知环境的运动艺术。一跑酷运动员（可视为质点）在一次训练中的运动可简化为以下运动：首先在平直高台上从静止开始做匀加速直线运动，运动6m后从高台边缘以初速度大小水平跳出，在空中调整姿势后恰好垂直落在一倾角为45°的斜面上，此后运动员调整姿势（时间忽略不计）沿水平方向跳离斜面。已知斜面底端距平直高台边缘的水平距离，运动员的质量，不计空气阻力，取重力加速度大小。
（1）求运动员在平直高台上运动过程中受到的合力大小F；
（2）求平直高台距地面的高度；
（3）若运动员跳离斜面时的动能是落在斜面上时的动能的一半，求运动员从开始运动到最终落到地面所用的时间t。

16．如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在台的一倾角为的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的水平距离，重力加速度g取，，，求：
（1）小球水平抛出的初速度是多少？
（2）斜面顶端与平台边缘的高度差h是多少？
参考答案
1．【答案】C
【详解】
A．以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图：
对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知
A、B错误；
D．将初速度沿x、y方向分解为、，将加速度沿x、y方向分解为、，则运动员的运动时间为
落在斜面上的距离
离开C点的速度加倍，则、加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D错误；
C．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为，斜面的倾角为。则有：
则得
一定，则一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，故C正确。
故选C。
2．【答案】D
【详解】
A．由平抛运动规律有
解得
所以小物块每次落在斜面上的速度方向总是相同的，故A错误；
BCD．根据牛顿第二定律，在OP段有
又
由平抛运动规律可知水平方向有
竖直方向有
由几何关系有
联立可得
解得
由图像可得
解得
故BC错误；D正确；
故选D。
3．【答案】B
【详解】
设起点和落点之间的距离为，则由平抛运动的规律得，水平方向上
竖直方向上
由以上两个方程可以解得
故选B。
4．【答案】A
【详解】由题可知，小球平抛时下落的高度为，水平距离为，所以可得，，联立解得，A正确。选A。
5．【答案】D
【详解】
速度分解如图所示：
根据得，，竖直分速度：vy=gt=，根据平行四边形定则知，刚要落到球拍上时速度大小v== 2，故D正确，ABC错误．
故选D.
6．【答案】C
【详解】设小球经过时间 打在曲面上的点 ，由平抛运动规律得 ， ，又因为 ，由以上三式解得 ， ，C正确.
7．【答案】A
【详解】
在B点，据题可知小球的速度方向与水平方向成30°角，由速度的分解可知，竖直分速度大小
而
，
解得，故选A。
8．【答案】D
【详解】根据题意可知小球下落的高度 ，平抛运动轨迹如图所示，若小球落在左边圆弧上，根据几何关系有 ，解得水平位移 ，则初速度 ；若小球落在右边圆弧上，根据几何关系有 ，解得水平位移 ，初速度 ，D正确， 、 、 错误.
【易错分析】小球从 点做平抛运动，可能落在左边圆弧，也可能落在右边圆弧，因此需要分情况分析，充分考虑圆的几何关系与平抛运动的特点.
9．【答案】AC
【详解】从 点到 点，小球做平抛运动，由题意可知小球在 点的速度方向与水平方向成 ，由速度的分解可知，竖直分速度大小为 ，水平方向有 ，联立解得 ，故选A、 .
【易错分析】一小球从一半圆柱体左端 点正上方某处开始做平抛运动，最终恰好与半圆柱体相切于 点，给出的是速度的方向，即 .学生容易联想到小球在斜面上的运动，误认为给出的是位移的方向，而代入公式 ，造成错解.
10．【答案】BC
【详解】若 不同，则落到滑道时的位置不同，但位移方向均沿滑道，即位移方向与水平方向夹角均为 ，若速度与水平方向夹角为 ，由平抛运动的推论 ，可知速度与水平方向夹角均为 ，选项A错误，B正确；游客落到彩虹滑道时有 ，解得空中经历的时间为 ，选项C正确；游客落到滑道时速度大小为 ，选项D错误.
11．【答案】AB
【详解】因为做平抛运动的物体在某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，小球落在斜面上时位移的方向相同，则速度方向相同，故A正确；小球落在斜面上的时间为 ，小球落在斜面上的竖直分速度为 ，根据平行四边形定则知，小球落在斜面上的速度 ，可知小球落到斜面上时的速度大小与初速度的大小成正比，故B正确；当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，将速度分解到平行斜面和垂直斜面方向，垂直斜面方向小球先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；当小球的速度方向与斜面平行时垂直斜面方向的分速度等于0，则时间 ，所用的时间与初速度的大小有关，故C错误；将速度分解到平行斜面和垂直斜面方向，平行斜面方向小球做匀加速直线运动，可知小球在斜面上的投影做加速运动，故D错误.
【思路导引】分析小球离斜面的最远距离时，可以将速度沿斜面方向与垂直斜面方向进行分解.
12．【答案】 释放位置变高或释放时有初速度
【详解】(1)[1]小球做平抛运动时有
而
联立化简可得
结合图b可知
解得v0=1m/s；
(2)[2]由图c可以知道，图象的斜率增大，根据前面分析说明增大，因重力加速度不变，故只能说明速度增大，其原因可能为释放位置变高或小球释放时有初速度。
13．【答案】 N
【详解】(1)[1]为了防止入射球碰撞后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，故m1＞m2；
(2)(3)[2][3][4]碰撞前，小球m1落在图中的P点，设其水平初速度为v1；小球m1和m2发生碰撞后，m1的速度变小，m1的落点在图中的M点，设其水平初速度为v'1；m2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2；设斜面BC与水平面的倾角为α
由平抛运动规律得
sMsinα=gt2
sMcosα=v1′t
解得
同理可得
因此只要满足
m1v1=m2v2+m1v'1
即
则说明两球碰撞过程中动量守恒。
(3)[5]如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足
代入以上速度表达式可得
m1sP=m1sM+m2sN
故需要验证m1sP和m1sM+m2sN相等。
14．【答案】（+1）：1
【详解】
设台阶高度均为h，从抛出到A点时间为t1，从A反弹到B时间为t2
h＝
到A竖直方向速度
v1＝gt1
由于弹性碰撞竖直方向反弹速度
v2＝v1
从A到B，竖直方向上做匀变速直线运动，向下为正方向
联立解得
水平方向上做匀速直线运动
x＝vt
所以
15．【答案】（1）；（2）；（3）3.2s
【详解】（1）根据题意，由运动学公式和牛顿第二定律，F=ma
运动员在平直高台上运动过程中受到的合力大小为
（2）根据题意可知，恰好垂直落在一倾角为的斜面上，设落在斜面上时，竖直分速度为，由几何关系及平抛运动规律有，解得，由公式可得，飞行时间为，则有，，解得，
（3）若运动员跳离斜面时的动能是落在斜面上时的动能的一半，则水平跳离斜面时速度为，水平面上加速过程，运动员跳离斜面后落在地面上，飞行时间为，水平位移，说明直接落在地面上。则运动员从开始运动到最终落到地面所用的时间
16．【答案】（1）；（2）0.8m
【详解】
（1）由题意可知：小球落到斜面顶端速度方向与斜面平行，如图所示。由平抛的运动规律，有
vy＝v0tan 53°
s＝v0t
vy＝gt
代入数据，得
，t＝0.4 s
（2）由
得高度差
h＝0.8 m
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