《创新课堂》第五章 抛体运动 章末检测卷（一）　抛体运动 课件 高中物理必修第二册（人教版）

(共37张PPT)
章末检测卷（一）　抛体运动
（满分：100分）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四
个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. （2025·吉林松原高一期末）2024—2025吉林国际高山/单板滑雪挑战赛
将在吉林省内多个享誉盛名的滑雪场内进行，赛事将为雪友们带来前所未
有的滑雪体验。某次训练中，运动员按照S型运动轨迹穿梭于赛道上的标
杆之间，关于做曲线运动的运动员，下列说法正确的是（　　）
A. 可能处于平衡状态
B. 加速度可能保持不变
C. 速度的方向是沿曲线上各点的切线方向
D. 运动员所受合力的方向和速度方向始终相同
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解析： 　运动员做S型曲线运动，合力方向指向运动轨迹凹侧，合外力不
为零，不属于平衡状态，且合力方向不可能保持不变，根据牛顿第二定律
可知，加速度的方向不可能保持不变，故A、B错误；速度的方向是沿曲线
上各点的切线方向，故C正确；根据做曲线运动的条件，运动员所受合力
的方向和速度方向不在一条直线上，故D错误。
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2. （2025·江苏镇江高一上期末）珠海航展上一架飞机正在竖直面内沿如
图所示的轨迹向上爬升，此时飞机所受的合力可能是（　　）
A. F1 B. F2
C. F3 D. F4
√
解析： 　做曲线运动的物体所受的合外力的方向指向运动轨迹的凹侧，
可知飞机所受的合力可能是F2。故选B。
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3. （2025·江苏连云港高一上期末）如图所示，一艘炮舰沿河岸以速度大
小v1自西向东行驶，某时刻发射炮弹击中正对岸的目标，已知炮弹对地发
射速度大小为v2，方向与河岸夹角为θ。下列关系式正确的是（　　）
A. sin θ＝1 B. cos θ＝
C. sin θ＝ D. tan θ＝
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解析： 　炮弹击中正对岸的目标，表明炮弹合速度方向垂直于河岸，根
据速度合成规律有cos θ＝，故选B。
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4. （2025·河南郑州高一期末）如图，某学校为响应郑州“无废城市”建
设，以游戏“抛射入洞”引导学生将空饮料瓶作为可回收垃圾放入对应回
收箱中。已知某次学生水平抛射时，抛出点离地1.80 m，距回收箱的水平
距离为1.80 m。回收箱洞口离地1.35 m。不计空气阻力，取g＝10 m/s2，
试估算饮料瓶出手时速度的大小（　　）
A. 2 m/s B. 3 m/s
C. 4 m/s D. 6 m/s
√
解析： 　设抛出点离地h1，回收箱洞口离地h2，抛出点距回收箱的水平距
离为x，平抛的初速度为v0，根据平抛运动的规律可得x＝v0t，h1－h2＝
gt2，代入数据解得v0＝6 m/s，故选D。
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5. （2025·浙江绍兴高一上期末）直角侧移门（如图甲所示）可以解决小
户型浴室开关门不方便的问题，其结构可简化成如图乙和图丙（俯视图）
所示，玻璃门的两端滑轮A、B通过一根可自由转动的轻杆连接，滑轮可沿
直角导轨自由滑动，已知滑轮可视为质点，玻璃门的宽度为L＝1 m，在某
次关门的过程中，使用者拉住把手使滑轮A从初始位置静止开始做加速度
为a＝0.25 m/s2的匀加速运动，当玻璃门与滑轮A达到丁图示位置时，滑轮
B的速度大小为（　　）
A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
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解析： 　根据几何关系可知A运动的位移为，根据速度—位移公式＝
2a·，解得vA＝ m/s，根据速度的分解有vAcos 60°＝vBcos 30°，解得vB＝
m/s，故选A。
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6. （2025·云南玉溪高二上期末）某同学玩飞镖游戏，如图所示，他将飞
镖从镖盘正前上方某位置以速度v1，水平投出后，经时间t1，飞镖击中靶心
正上方某位置；第二次将飞镖从同一位置以速度v2水平投出后，经时间t2飞
镖击中靶心正下方某位置。不计空气阻力，飞镖可视为质点，下列关系式
正确的是（　　）
A. v1＞v2，t1＜t2 B. v1＞v2，t1＞t2
C. v1＜v2，t1＜t2 D. v1＜v2，t1＞t2
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解析： 　两次扔飞镖从同一位置水平投出，均做平抛运动，第一次击中
靶心正上方某位置，第二次击中靶心正下方某位置，有h1＜h2，由h＝
gt2，可知t1＜t2，而水平方向做匀速直线运动，有x＝vt，因x相同，则有v1
＞v2。故选A。
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7. （2025·安徽蚌埠高一上期末）某连队在一次迫击炮实弹训练中要求炮
手将炮弹发射到小山包另一侧地面上的目标（如图所示），小山包的高度
为h，炮手在发射战位P将射击仰角调整到37°时发射，炮弹恰好在最高点
越过山头命中目标，不计空气阻力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　）
A. 炮弹的发射速度为
B. 战位P与目标的距离为
C. 在战位P调整射击仰角为53°时发射炮弹仍能命中目标
D. 射击仰角为45°时发射出的炮弹射程最大，飞行时间最短
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解析： 　设炮弹的发射速度为v0，则（v0sin 37°）2＝2gh，所以v0＝
，故A错误；战位P与目标的距离为x＝v0cos 37°·2t，t＝，
所以x＝，联立可得x＝，故B错误；在战位P调整射击
仰角为53°时，则x'＝2v0cos 53°·＝＝x，即发
射炮弹仍能命中目标，故C正确；由于炮弹射程为x″＝v0cos θ·2＝
，由此可知，当θ＝45°时，射程最大，飞行时间为t'＝，由
此可知，时间不是最短，故D错误。
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二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3
分，有选错的得0分。
8. 某小镇的狂欢节上，若一名儿童站在自家的平房顶上，向距离他L处的
对面的竖直高墙上投掷西红柿，第一次水平抛出的速度是v0，第二次水平
抛出的速度是2v0，则比较前后两次被抛出的西红柿在碰到墙时（不计空气
阻力），有（　　）
A. 运动时间之比是2∶1 B. 下落的高度之比是2∶1
C. 下落的高度之比是4∶1 D. 运动的加速度之比是1∶2
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解析： 　由平抛运动的规律得t1∶t2＝∶＝2∶1，A正确；下落的高
度之比为h1∶h2＝∶＝4∶1，B错误，C正确；平抛运动的
加速度均为重力加速度g，D错误。
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9. （2025·云南昆明高一上期末）如图所示为两同学打排球的情景，甲同
学在距离地面高h1＝2.45 m处将排球以v0＝12 m/s的速度水平击出，乙同学
在离地高h2＝0.65 m处将排球垫起。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻
力，下列说法正确的是（　　）
A. 排球被垫起前在空中运动的时间为0.7 s
B. 排球从击出到被垫起前运动的水平距离为7.2 m
C. 排球被垫起前瞬间的速度大小为6 m/s
D. 排球被垫起前瞬间速度方向与水平方向夹角为30°
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解析： 　设排球在空中飞行的时间为t，则h1－h2＝gt2，解得t＝0.6 s，
则排球在空中飞行的水平距离x＝v0t＝12×0.6 m＝7.2 m，故B正确，A错
误；竖直方向有2g（h1－h2）＝可得vy＝6 m/s，则排球被垫起前瞬间的
速度大小v＝，代入数据可得v＝6 m/s，方向与水平方向夹角
正切tan α＝，代入数据可得tan α＝0.5，即瞬时速度方向与水平方向夹角
不为30°，故C正确，D错误。
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10. （2025·山东烟台高一上期末） 在某次救援中，战士欲划小船从A处横
渡一条宽12 m的小河，A处下游有一山体滑坡造成的障碍区域，A点与障碍
区域边缘连线与河岸的最大夹角为30°，如图所示。已知河中水流速度为
4 m/s，战士划船的速度（即船相对静水的速度）最大可达3 m/s，小船可视
为质点，下列说法正确的是（　　）
A. 战士渡河的最短时间为4 s
B. 战士渡河的最短距离为16 m
C. 战士能够安全渡河的最小划船速度为2 m/s
D. 战士以最小安全速度渡河时所需时间为12 s
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解析： 当小船从障碍物边缘经过且船在静水
中的速度与船渡河速度垂直时小船的速度最小，如
图所示，则战士能够安全渡河的最小划船速度为
vmin＝v水sin 30°＝4× m/s＝2 m/s，战士以最小安全速度渡河的最小位移为xmin＝＝×12 m＝24 m，此时渡河的速度即合速度v＝v水cos 30°＝
4× m/s＝2 m/s，战士以最小安全速度渡河需要的时间t＝＝ s＝4 s，故C正确，D错误；当船头垂直于河岸以最大划船速度渡河时渡河
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时间最短，则最短渡河时间为tmin＝＝ s＝4 s，故A正确；当船在静水中的速度与渡河速度（合速度）垂直时渡河位移最小，最小位移为x＝＝×12 m＝16 m，故B正确。
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三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. （6分）（2024·河北高考11题节选）图1为探究平抛运
动特点的装置，其斜槽位置固定且末端水平，固定坐标纸
的背板处于竖直面内，钢球在斜槽中从某一高度滚下，从
末端飞出，落在倾斜的挡板上挤压复写纸，在坐标纸上留
下印迹。某同学利用此装置通过多次释放钢球，得到了如
图2所示的印迹，坐标纸的y轴对应竖直方向，坐标原点对
应平抛起点。
（1）每次由静止释放钢球时，钢球在斜槽上的高度 （填“相
同”或“不同”）。
相同　
解析： 探究平抛运动特点的实验中，要使钢球到达斜槽末端的速度相同，则每次由静止释放钢球时，钢球在斜槽上的高度相同。
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（2）在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。
答案： 见解析图　
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解析：用平滑曲线连接坐标纸上的点，即为钢球做平抛运动的轨迹，作图时应使尽可能多的点在图线上，不在图线上的点均匀分布在图线两侧，如图所示。
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（3）根据轨迹，求得钢球做平抛运动的初速度大小为
m/s（当地重力加速度g为9.8 m/s2，保留2位有效数字）。
解析：根据平抛运动规律有x＝v0t、y＝gt2，联立可得v0＝，在轨迹图
线上选取一点（8 cm，6 cm），代入数据可得v0＝0.72 m/s。
0.72（0.67～
0.77均可）　
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12. （8分）未来若在一个未知星球
上用如图甲所示装置“探究平抛运
动的特点”：悬点O正下方P点处有
水平放置的炽热电热丝，当悬线摆
至电热丝处时能轻易被烧断，小球
由于惯性向前飞出做平抛运动。现
对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下
了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所
示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的
时间间隔是0.10 s，照片大小如图乙中坐标所示，又知该照片的长度与
实际背景屏的长度之比为1∶4，则：
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解析： 竖直方向上，由初速度为零的匀加速直线运动连续相等时间内
通过的位移之比为1∶3∶5可知，a点是小球的抛出点。
（1）由以上信息可知a点 （选填“是”或“不是”）小球的抛出点。
是　
（2）该星球表面的重力加速度为 m/s2。
解析： 由ab、bc、cd水平距离相同可知，a到b、b到c运动时间间隔相
同，设为T，在竖直方向有Δh＝g星T2，已知照片的长度与实际背景屏的长度之比为1∶4，则Δh＝0.08 m，T＝0.10 s，可求出g星＝8 m/s2。
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（3）小球平抛的初速度大小是 m/s。
解析： 两相邻位置间的时间间隔为0.10 s，水平距离为8 cm，由x＝
v0T，得初速度大小v0＝0.8 m/s。
0.8　
（4）小球在b点时的速度大小是 m/s。
　
解析： b点竖直分速度为a、c间的竖直平均速度，则vyb＝ m/s＝0.8 m/s，所以vb＝＝ m/s。
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13. （10分）（2025·福建漳州高一上期末）“套圈圈”是老少皆宜的游
戏。如图所示，某同学站在标志线O后，从O正上方P处以大小为v0的初速
度水平向前抛出塑料圈，塑料圈恰好套中水平地面上与O距离为d的A处可
乐罐。小熊猫放在与O距离为d的B处。已知重力加速度大小为g，不计空
气阻力，塑料圈、可乐罐和小熊猫均可视为质点。
（1）求P处离地的高度h；
答案： 　
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解析： 套中可乐罐前，塑料圈在空中做平抛运动，则有d＝v0t，h＝
gt2
解得h＝。
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（2）若塑料圈仍从P处水平抛出，恰好套中小熊猫，求塑料圈落地前瞬间
的速度大小v。
答案：
解析：套中小熊猫前，塑料圈在空中做平抛运动，则有d＝v01t，vy＝gt，v
＝
解得v＝。
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14. （14分）（2025·山东青岛高一下期末）如图所示，公园内的喷灌机给
草坪浇水，水龙头可绕竖直轴缓慢旋转，当水龙头与水平方向夹角为37°
时，水的落点在水平地面上形成一个半径为R＝5.6 m的圆。已知出水口到
地面的高度h＝0.8 m，出水口的截面积S＝12 cm2，水柱在空中不散开，空
气阻力和出水口到转轴的距离均忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）水喷出时的初速度大小；
答案： 7 m/s　
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解析： 设水的初速度为v0，竖直方向：有v0y＝v0sin 37°，
做竖直上抛运动有－h＝v0yt－gt2
水平方向匀速运动，有v0x＝v0cos 37°
R＝v0xt
解得v0＝7 m/s。
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（2）空中处于上升阶段的水的体积（保留2位有效数字）。
答案： 3.5×10－3 m3
解析：水上升到最高点的时间为t上，则有v0y＝gt上
处于上升阶段水的体积为V，则V＝Sv0t上
解得V＝3.5×10－3 m3。
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15. （16分）（2025·湖南长沙高一上期末）某次滑雪时，一运动员从助滑
雪道上的A点以大小v0＝2 m/s的初速度沿助滑雪道匀加速直线滑下，运动
员从A点滑到距A点x＝60 m的P点所用的时间t1＝5 s，然后经U型滑雪道从B
点沿雪坡向上离开雪道（U型滑雪道两侧雪坡的倾角均为α＝45°），最后
经过最高点M后在缓冲坡上着陆。运动员的质量m＝60 kg，M点正好位于
水平平台和缓冲坡的衔接点C的正上方h＝5 m处，缓冲坡与水平面的夹角θ
＝37°，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，
不计空气阻力。求：
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答案： 4 m/s2　184.2 N　
（1）运动员沿助滑雪道运动的加速度大小a及受到的阻力大小F阻；
解析： 运动员从A到P，根据匀变速直线运动的位移与时间的公式可
知x＝v0t1＋a
代入数据解得a＝4 m/s2
根据牛顿第二定律mgsin α－F阻＝ma
解得F阻＝184.2 N。
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（2）运动员在B点时的速度v的大小；
答案： 10 m/s
解析： B点的竖直速度vBy＝＝10 m/s
在B点时的速度的大小v＝＝10 m/s。
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（3）从运动员经过M点开始计时，运动员运动到与缓冲坡距离最远处所需
要的时间t2。
答案： 0.75 s
解析：运动员运动到与缓冲坡距离最远处时速度方向平行缓冲坡，则此时
vy＝vMtan θ
vy＝gt2
vM＝vBx＝vBy＝10 m/s
解得t2＝0.75 s。
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