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2022届高考物理一轮复习专题突破：03抛体运动复习与检测一（含答案与解析）
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这是一份2022届高考物理一轮复习专题突破：03抛体运动复习与检测一（含答案与解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．请根据所学曲线运动的相关知识判断，下列说法不正确的是（ ）
A．曲线运动是变速运动
B．做曲线运动的物体在某位置速度的方向是曲线在该点的切线方向
C．当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动
D．加速度方向与速度方向在一条直线时，物体也可以做曲线运动
2．在不计空气阻力的情况下立定跳远可等效为斜上抛运动。假设某同学从地面跳起初速度大小为5m/s，方向与水平地面的夹角为，g=10m/s2，sin=0.6，cs=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．起跳时地面对脚的力大于脚对地面的力
B．在空中的时间为0.3s
C．该同学立定跳远的成绩为2.4m
D．要想提高成绩该同学应该适当减小初速度与水平方向的夹角
3．如图所示，两根长度均为1m的细杆ab、cd，ab杆从高处自由下落，cd杆同时从地面以20m/s的初速度竖直上抛，两杆开始运动前ab杆的下端和cd杆的上端相距10m，在运动过程中两杆始终保持竖直。则以下说法正确的是（ ）
A．经过0.4s，两杆刚好相遇B．经过0.5s，两杆恰好分离
C．两杆相遇（但不相碰）到分离的时间是0.1sD．两杆相遇（但不相碰）时，cd杆已经开始下降
4．投掷飞镖游戏是广大人民群众喜闻乐见的一种娱乐活动.一次活动中，甲、乙两位投镖爱好小者在距离镖靶不同位置各投掷一枚飞镖，并且两只飞镖都恰好正中靶心，两只飞镖扎在靶上的情况如图所示，飞镖A与竖直方向的夹角小一些，如果他们投掷点在同一水平线上，飞镖出手时速度均沿水平方向，甲与靶的距离比乙远一些，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．根据图示可以判断飞镖A一定是甲掷出的
B．飞镖B落到靶上时的速度较大个
C．甲掷出的飞镖在空中运动时间较长
D．乙掷出的飞镖在空中运动时间较长
5．如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点以速度水平抛出一物体，物体落在斜面上的B点，不计空气阻力，重力加速度为。则物体从A到B经历的时间为
A．B．
C．D．
6．某人向放在水平地面的正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图所示。不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，可能做出的调整为（ ）
A．减小初速度，增大抛出点高度
B．增大初速度，抛出点高度不变
C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，增大抛出点高度
7．在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去的速度为，摩托艇在静水中的速度为，如图所示。战士救人地点A离岸边最近处的距离为d。如战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为（ ）
A．0B．C．D．
二、多选题
8．有一物体在离水平地面高处以初速度水平抛出，落地时速度为，竖直分速度为vy，水平射程为，不计空气阻力，则物体在空中飞行的时间为
A． B． C． D．
9．对于做平抛运动的物体，不计空气阻气，g为已知，下列条件中可确定做平抛运动物体的飞行时间的是 （ ）
A．已知物体的水平速度B．已知下落的高度
C．已知物体的水平位移D．已知物体的位移大小和方向
10．有四个运动的物体A、B、C、D，物体A、B运动的x-t图像如图甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v-t图像如图乙所示。根据图像做出的以下判断中正确的是
A．物体A和B的速度均不变且A的速度比B更小
B．在0～3 s的时间内，物体B运动的位移为10 m
C．t=3 s时，物体C和D的速度相同
D．t=3 s时，物体C的加速度为m/s2
11．如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下，重力加速度为g．则下列说法正确的是（ ）
A．A端距离地面的高度为
B．小球运动至B端时其水平方向的速度大小为v0
C．小球从A端运动至B端的时间为
D．小球运动至B端的速率为
12．如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的初速度为时，小球经时间t1离斜面最远，最后到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出的初速度为时，小球经时间t2离斜面最远，最后到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则（ ）
A．若时，α1>α2，t1>t2
B．若时，α1<α2，t1C．若时，t1D．α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关
三、实验题
13．(1)在"研究平抛物体运动"的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度。实验简要步骤如下：
A．让小球多次从同一位置上滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置；
B．安装好器材，注意斜槽末端水平和平板竖直，记下斜槽末端O点和过O点的竖直线，检测斜槽末端水平的方法是______________________。
C．测出曲线上某点的坐标x、y，用v0 =___________算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求v0的值，然后求它们的平均值。
D．取下白纸，以O为原点，以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹。上述实验步骤的合理顺序是___________（只排列序号即可）。
(2)如图所示，在"研究平抛物体运动"的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25cm。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=___________（用l、g表示），其值是___________（取g=9.8m/s2）
四、解答题
14．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L1=2m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示.现将一个小球从距A点高为h=0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时小球的速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ=，g取10m/s2.
（1）求小球初速度v0的大小；
（2）求小球滑过C点时的速率vC；
（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？
15．如图所示，竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于B点，圆弧轨道的半径为R，传送带的长为2R，传送带上表面离地高也为R，传送带正以速度v=沿逆时针方向转动，一质量为m的物块在圆弧轨道的上端A上方某高度处由静止下落，刚好能从A点进入圆弧轨道，若物块与传送带间的动摩擦因数为=0.5，重力加速度为g，空气阻力不计，求：
(1)要使物块不能从传送带的右端滑离，物块从A点上方释放的高度应满足什么条件?
(2)若物块滑离传送带后落在地面上的位置离传送带右端C的水平距离为R，则物块在B点时对圆弧轨道的压力多大？
(3)若物块滑上传送带后刚好不能从传送带右端滑离则此种情况下，物块在传送带上运动的全过程中，传送带电动机因为物块在传送带上滑动额外做的功为多少?
16．如图所示，水平传送带长度，半径为的皮带轮以角速度顺时针匀速转动，为一段光滑水平面，长度为1.75m，斜面倾角。现有一物块（可视为质点）以水平速度从A点滑上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数为，已知，，g取。
（1）求物块在C点时的速度；
（2）物块刚好落在D点，求物块从A运动到D点所用时间；
（3）物块刚好落在D点，则物块从C点飞出后，经多长时间离斜面的距离最远，最远距离是多少。
17．将一小球以v0=6m/s的速度水平抛出，经过0.8s小球落地，不计空气阻力，求：
(1)水平方向的位移x；
(2)竖直方向的位移y；
(3)落地时的速度大小。
参考答案
1．D
【详解】
A．由于曲线运动的方向为曲线的切线方向即时刻变化，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B．由曲线运动的特点可知，做曲线运动的物体在某位置速度的方向是曲线在该点的切线方向，故B正确；
C．根据曲线运动的条件可知，当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，故C正确；
D．加速度方向与速度方向在一条直线时，物体做直线运动，故D错误。
本题选不正确的，故选D。
2．C
【详解】
A．根据牛顿第三定律，起跳时地面对脚的力等于脚对地面的力，故A错误；
B．竖直方向的初速度为
解得
根据对称性可知，在空中的时间为0.6s，故B错误；
C．该同学立定跳远的成绩为
故C正确；
D．由
倾角时跳出最远，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】
A．ab棒为参考系，cd棒向上做匀速直线运动，根据得
故A错误；
B．ab棒为参考系，cd棒向上做匀速直线运动，根据
解得
故B错误；
C．根据AB知两杆相遇（但不相碰）到分离的时间是
故C正确；
D．cd向上运动的时间为
相遇的时间为0.5s，cd仍向上运动，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】
两只飞镖的下落高度相同所以下落时间相同，竖直方向速度相等，飞镖与竖直方向的夹角满足
所以飞镖B的水平速度大，根据运动的合成知识可知飞镖B落到靶上时的速度较大，一定是甲掷出的，所以B正确；ACD错误；
故选B。
5．A
【详解】
根据：
得物体在空中飞行的时间：
故选A。
6．C
【详解】
设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则平抛运动的时间
水平位移
由上式分析可知，为了能把小球抛进小桶中要减小水平位移x，可保持初速度不变降低抛出点高度，或者保持抛出点高度不变减小初速度，故C正确。
故选C。
7．C
【解析】
【分析】
摩托艇在水中一方面自己航行前进，另一方面沿水向下漂流，当摩托艇垂直于河岸方向航行时，到达岸上的时间最短，由速度公式的变形公式求出到达河岸的最短时间，然后求出摩托艇登陆的地点到O点的距离。
【详解】
根据解得摩托艇登陆的最短时间为：，登陆时到达O点的距离为：，故C正确，ABD错误；故选C。
8．BD
【解析】
物体在水平方向上做匀速直线运动，则，A错误；飞机在竖直方向上做自由落体运动，根据得，B正确；平抛运动的竖直分速度，根据得，，C错误；在竖直方向上，根据得，D正确．
9．BD
【详解】
A．已知物体的水平速度，根据水平位移x=v0t，不知道水平分位移，无法求解时间，故A错误；
B．平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，根据即可求出运动时间，故B正确；
C．已知物体的水平位移，根据水平位移x=v0t，初速度不知道，无法求解时间，故C错误；
D．知道位移的大小和方向，可以求出下落的高度，根据即可求出运动时间，故D正确。
故选BD。
10．BCD
【详解】
A．由甲图看出物体和位移图像都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，图线的斜率大于图线的斜率，的速度比更大，故A错误；
B．由甲图看出在0～3 s的时间内，物体B运动的位移为：
故B正确；
C．由乙图看出时，图线和图线相交，说明物体和的速度相同，故C正确；
D．根据加速度定义可知物体的加速度为：
故D正确；
故选BCD。
11．AD
【解析】
小球若做平抛运动，运动的时间t=，则A端距离地面的高度，故A正确．对小球分析，根据动能定理得，mgh=mvB2，解得小球运动到B端时的速度，B点速度方向与水平方向夹角的正切值，可知 ，故B错误，D正确．小球从A到B做的运动不是平抛运动，则运动的时间，故C错误．故选AD．
点睛：本题速度的分解是按轨道的切线分解，而轨道的切线方向即为平抛的速度方向，平抛的速度方向与水平方方向夹角θ的正切等于位移方向与水平方向夹角α的正切的2倍，学生容易错在直接用tanα计算csθ，把两个角混为一谈．因此要注重应用数学解物理题．
12．CD
【解析】
【详解】
设当将小球以初速度v0平抛时，在斜面上的落点与抛出点的间距为L，则由平抛运动的规律得Lcsθ=v0t，，,速度与水平方向的夹角为β，则，因为θ一定，则β一定，所以小球到达斜面时速度方向与斜面的倾角α=β-θ一定, α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关,所以α1=α2.当速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，此时vy=v0tanθ=gt，则，知初速度越大，距离斜面最远的时间越长;故C、D正确，A、B错误;故选CD.
【点睛】
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论，为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍．以及知道当小球速度方向与斜面平行时，距离斜面最远．
13．将小球放在水平槽中，若能静止则可认为水平 BADC
【详解】
(1)[1]检测斜槽末端水平的方法是将小球放在水平槽中，若能静止则可认为水平；
[2]小球做平抛运动，则有：
解得初速度：
[3]按照安装器材、进行实验、数据处理的步骤顺序，上述实验步骤合理的顺序为BADC；
(2)[4]在竖直方向上，则有：
解得：
则初速度：
[5]代入数据解得：
14．（1）m/s（2）3m/s（3）0【解析】
试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：vy2=2gh
代入数据解得：
A点：
得：
（2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：代入数据解得：
（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：
代入数据解得R1=1．08 m
当小球刚能到达与圆心等高时
代入数据解得R2=2．7 m
当圆轨道与AB相切时R3=BC•tan 60°=1．5 m
即圆轨道的半径不能超过1．5 m
综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是 0＜R≤1．08 m．
考点：平抛运动；动能定理
15．（1）见解析（2） （3）
【解析】
【详解】
（1）设当物块刚好不能从传送带的右端滑离时，物块从A点上方释放的高度为h，根据动能定理，则有：mg（h+R）-μmg•2R=0；
解得：h=0
即要使物块不滑离传送带，物块不能从A点上方任一位置释放，只能从圆弧面上释放；
（2）设物块在C点的速度为vC，则R=vCt；
且R=gt2
设物块在B点的速度为vB，物块从B到C的过程中，根据动能定理，
μmg•2R＝mvB2−mvC2
解得：；
在B点，设圆弧轨道对物块的支持力为F，根据牛顿第二定律，则有：F-mg=m；
解得：F=mg
根据牛顿第三定律，物块在B点时对圆弧轨道的压力为F′=F=mg
（3）如果物块刚好能滑到传送带的右端，则物块到达C端时，速度为零，物块在B点速度为vB，则mvB2＝2μmgR，
解得：vB=
然后在摩擦力作用下，向左匀加速直线运动，速度达到v=与传送带一起匀速运动；因电动机额外做的功等于全过程中，皮带克服摩擦力做的功，则有：
W=μmg•vt=；
【点睛】
考查动能定理的内容，掌握牛顿第二、三定律的内容，理解动能定理的过程选取，同时理解功能关系的运用，注意运动学公式的正确列式。
16．（1）；（2）；（3），
【详解】
（1）根据皮带转动线速度
解得
根据牛顿第二定律
解得
物块与皮带达到共速时，根据速度位移公式有
解得
，能达到共速
（2）加速阶段，则时间为
解得
匀速阶段，则时间为
解得
平抛阶段，则有
解得
故总时间为
（3）根据
解得
设最远距离为d
解得
17．(1)4.8m；(2)3.2m；(3)10m/s
【详解】
(1)水平方向的位移
x=v0t=6×0.8m=4.8m
(2)竖直方向的位移
(3)落地时的速度大小
1．请根据所学曲线运动的相关知识判断，下列说法不正确的是（ ）
A．曲线运动是变速运动
B．做曲线运动的物体在某位置速度的方向是曲线在该点的切线方向
C．当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动
D．加速度方向与速度方向在一条直线时，物体也可以做曲线运动
2．在不计空气阻力的情况下立定跳远可等效为斜上抛运动。假设某同学从地面跳起初速度大小为5m/s，方向与水平地面的夹角为，g=10m/s2，sin=0.6，cs=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．起跳时地面对脚的力大于脚对地面的力
B．在空中的时间为0.3s
C．该同学立定跳远的成绩为2.4m
D．要想提高成绩该同学应该适当减小初速度与水平方向的夹角
3．如图所示，两根长度均为1m的细杆ab、cd，ab杆从高处自由下落，cd杆同时从地面以20m/s的初速度竖直上抛，两杆开始运动前ab杆的下端和cd杆的上端相距10m，在运动过程中两杆始终保持竖直。则以下说法正确的是（ ）
A．经过0.4s，两杆刚好相遇B．经过0.5s，两杆恰好分离
C．两杆相遇（但不相碰）到分离的时间是0.1sD．两杆相遇（但不相碰）时，cd杆已经开始下降
4．投掷飞镖游戏是广大人民群众喜闻乐见的一种娱乐活动.一次活动中，甲、乙两位投镖爱好小者在距离镖靶不同位置各投掷一枚飞镖，并且两只飞镖都恰好正中靶心，两只飞镖扎在靶上的情况如图所示，飞镖A与竖直方向的夹角小一些，如果他们投掷点在同一水平线上，飞镖出手时速度均沿水平方向，甲与靶的距离比乙远一些，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．根据图示可以判断飞镖A一定是甲掷出的
B．飞镖B落到靶上时的速度较大个
C．甲掷出的飞镖在空中运动时间较长
D．乙掷出的飞镖在空中运动时间较长
5．如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点以速度水平抛出一物体，物体落在斜面上的B点，不计空气阻力，重力加速度为。则物体从A到B经历的时间为
A．B．
C．D．
6．某人向放在水平地面的正前方的小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方，如图所示。不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛球时，可能做出的调整为（ ）
A．减小初速度，增大抛出点高度
B．增大初速度，抛出点高度不变
C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，增大抛出点高度
7．在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去的速度为，摩托艇在静水中的速度为，如图所示。战士救人地点A离岸边最近处的距离为d。如战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为（ ）
A．0B．C．D．
二、多选题
8．有一物体在离水平地面高处以初速度水平抛出，落地时速度为，竖直分速度为vy，水平射程为，不计空气阻力，则物体在空中飞行的时间为
A． B． C． D．
9．对于做平抛运动的物体，不计空气阻气，g为已知，下列条件中可确定做平抛运动物体的飞行时间的是 （ ）
A．已知物体的水平速度B．已知下落的高度
C．已知物体的水平位移D．已知物体的位移大小和方向
10．有四个运动的物体A、B、C、D，物体A、B运动的x-t图像如图甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的v-t图像如图乙所示。根据图像做出的以下判断中正确的是
A．物体A和B的速度均不变且A的速度比B更小
B．在0～3 s的时间内，物体B运动的位移为10 m
C．t=3 s时，物体C和D的速度相同
D．t=3 s时，物体C的加速度为m/s2
11．如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下，重力加速度为g．则下列说法正确的是（ ）
A．A端距离地面的高度为
B．小球运动至B端时其水平方向的速度大小为v0
C．小球从A端运动至B端的时间为
D．小球运动至B端的速率为
12．如图所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的初速度为时，小球经时间t1离斜面最远，最后到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出的初速度为时，小球经时间t2离斜面最远，最后到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则（ ）
A．若时，α1>α2，t1>t2
B．若时，α1<α2，t1
三、实验题
13．(1)在"研究平抛物体运动"的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度。实验简要步骤如下：
A．让小球多次从同一位置上滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置；
B．安装好器材，注意斜槽末端水平和平板竖直，记下斜槽末端O点和过O点的竖直线，检测斜槽末端水平的方法是______________________。
C．测出曲线上某点的坐标x、y，用v0 =___________算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求v0的值，然后求它们的平均值。
D．取下白纸，以O为原点，以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹。上述实验步骤的合理顺序是___________（只排列序号即可）。
(2)如图所示，在"研究平抛物体运动"的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l=1.25cm。若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为v0=___________（用l、g表示），其值是___________（取g=9.8m/s2）
四、解答题
14．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L1=2m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示.现将一个小球从距A点高为h=0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时小球的速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ=，g取10m/s2.
（1）求小球初速度v0的大小；
（2）求小球滑过C点时的速率vC；
（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件？
15．如图所示，竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于B点，圆弧轨道的半径为R，传送带的长为2R，传送带上表面离地高也为R，传送带正以速度v=沿逆时针方向转动，一质量为m的物块在圆弧轨道的上端A上方某高度处由静止下落，刚好能从A点进入圆弧轨道，若物块与传送带间的动摩擦因数为=0.5，重力加速度为g，空气阻力不计，求：
(1)要使物块不能从传送带的右端滑离，物块从A点上方释放的高度应满足什么条件?
(2)若物块滑离传送带后落在地面上的位置离传送带右端C的水平距离为R，则物块在B点时对圆弧轨道的压力多大？
(3)若物块滑上传送带后刚好不能从传送带右端滑离则此种情况下，物块在传送带上运动的全过程中，传送带电动机因为物块在传送带上滑动额外做的功为多少?
16．如图所示，水平传送带长度，半径为的皮带轮以角速度顺时针匀速转动，为一段光滑水平面，长度为1.75m，斜面倾角。现有一物块（可视为质点）以水平速度从A点滑上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数为，已知，，g取。
（1）求物块在C点时的速度；
（2）物块刚好落在D点，求物块从A运动到D点所用时间；
（3）物块刚好落在D点，则物块从C点飞出后，经多长时间离斜面的距离最远，最远距离是多少。
17．将一小球以v0=6m/s的速度水平抛出，经过0.8s小球落地，不计空气阻力，求：
(1)水平方向的位移x；
(2)竖直方向的位移y；
(3)落地时的速度大小。
参考答案
1．D
【详解】
A．由于曲线运动的方向为曲线的切线方向即时刻变化，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确；
B．由曲线运动的特点可知，做曲线运动的物体在某位置速度的方向是曲线在该点的切线方向，故B正确；
C．根据曲线运动的条件可知，当物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，故C正确；
D．加速度方向与速度方向在一条直线时，物体做直线运动，故D错误。
本题选不正确的，故选D。
2．C
【详解】
A．根据牛顿第三定律，起跳时地面对脚的力等于脚对地面的力，故A错误；
B．竖直方向的初速度为
解得
根据对称性可知，在空中的时间为0.6s，故B错误；
C．该同学立定跳远的成绩为
故C正确；
D．由
倾角时跳出最远，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】
A．ab棒为参考系，cd棒向上做匀速直线运动，根据得
故A错误；
B．ab棒为参考系，cd棒向上做匀速直线运动，根据
解得
故B错误；
C．根据AB知两杆相遇（但不相碰）到分离的时间是
故C正确；
D．cd向上运动的时间为
相遇的时间为0.5s，cd仍向上运动，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】
两只飞镖的下落高度相同所以下落时间相同，竖直方向速度相等，飞镖与竖直方向的夹角满足
所以飞镖B的水平速度大，根据运动的合成知识可知飞镖B落到靶上时的速度较大，一定是甲掷出的，所以B正确；ACD错误；
故选B。
5．A
【详解】
根据：
得物体在空中飞行的时间：
故选A。
6．C
【详解】
设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则平抛运动的时间
水平位移
由上式分析可知，为了能把小球抛进小桶中要减小水平位移x，可保持初速度不变降低抛出点高度，或者保持抛出点高度不变减小初速度，故C正确。
故选C。
7．C
【解析】
【分析】
摩托艇在水中一方面自己航行前进，另一方面沿水向下漂流，当摩托艇垂直于河岸方向航行时，到达岸上的时间最短，由速度公式的变形公式求出到达河岸的最短时间，然后求出摩托艇登陆的地点到O点的距离。
【详解】
根据解得摩托艇登陆的最短时间为：，登陆时到达O点的距离为：，故C正确，ABD错误；故选C。
8．BD
【解析】
物体在水平方向上做匀速直线运动，则，A错误；飞机在竖直方向上做自由落体运动，根据得，B正确；平抛运动的竖直分速度，根据得，，C错误；在竖直方向上，根据得，D正确．
9．BD
【详解】
A．已知物体的水平速度，根据水平位移x=v0t，不知道水平分位移，无法求解时间，故A错误；
B．平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，根据即可求出运动时间，故B正确；
C．已知物体的水平位移，根据水平位移x=v0t，初速度不知道，无法求解时间，故C错误；
D．知道位移的大小和方向，可以求出下落的高度，根据即可求出运动时间，故D正确。
故选BD。
10．BCD
【详解】
A．由甲图看出物体和位移图像都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，图线的斜率大于图线的斜率，的速度比更大，故A错误；
B．由甲图看出在0～3 s的时间内，物体B运动的位移为：
故B正确；
C．由乙图看出时，图线和图线相交，说明物体和的速度相同，故C正确；
D．根据加速度定义可知物体的加速度为：
故D正确；
故选BCD。
11．AD
【解析】
小球若做平抛运动，运动的时间t=，则A端距离地面的高度，故A正确．对小球分析，根据动能定理得，mgh=mvB2，解得小球运动到B端时的速度，B点速度方向与水平方向夹角的正切值，可知 ，故B错误，D正确．小球从A到B做的运动不是平抛运动，则运动的时间，故C错误．故选AD．
点睛：本题速度的分解是按轨道的切线分解，而轨道的切线方向即为平抛的速度方向，平抛的速度方向与水平方方向夹角θ的正切等于位移方向与水平方向夹角α的正切的2倍，学生容易错在直接用tanα计算csθ，把两个角混为一谈．因此要注重应用数学解物理题．
12．CD
【解析】
【详解】
设当将小球以初速度v0平抛时，在斜面上的落点与抛出点的间距为L，则由平抛运动的规律得Lcsθ=v0t，，,速度与水平方向的夹角为β，则，因为θ一定，则β一定，所以小球到达斜面时速度方向与斜面的倾角α=β-θ一定, α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关,所以α1=α2.当速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，此时vy=v0tanθ=gt，则，知初速度越大，距离斜面最远的时间越长;故C、D正确，A、B错误;故选CD.
【点睛】
解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的推论，为速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍．以及知道当小球速度方向与斜面平行时，距离斜面最远．
13．将小球放在水平槽中，若能静止则可认为水平 BADC
【详解】
(1)[1]检测斜槽末端水平的方法是将小球放在水平槽中，若能静止则可认为水平；
[2]小球做平抛运动，则有：
解得初速度：
[3]按照安装器材、进行实验、数据处理的步骤顺序，上述实验步骤合理的顺序为BADC；
(2)[4]在竖直方向上，则有：
解得：
则初速度：
[5]代入数据解得：
14．（1）m/s（2）3m/s（3）0
试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：vy2=2gh
代入数据解得：
A点：
得：
（2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：代入数据解得：
（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：
代入数据解得R1=1．08 m
当小球刚能到达与圆心等高时
代入数据解得R2=2．7 m
当圆轨道与AB相切时R3=BC•tan 60°=1．5 m
即圆轨道的半径不能超过1．5 m
综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是 0＜R≤1．08 m．
考点：平抛运动；动能定理
15．（1）见解析（2） （3）
【解析】
【详解】
（1）设当物块刚好不能从传送带的右端滑离时，物块从A点上方释放的高度为h，根据动能定理，则有：mg（h+R）-μmg•2R=0；
解得：h=0
即要使物块不滑离传送带，物块不能从A点上方任一位置释放，只能从圆弧面上释放；
（2）设物块在C点的速度为vC，则R=vCt；
且R=gt2
设物块在B点的速度为vB，物块从B到C的过程中，根据动能定理，
μmg•2R＝mvB2−mvC2
解得：；
在B点，设圆弧轨道对物块的支持力为F，根据牛顿第二定律，则有：F-mg=m；
解得：F=mg
根据牛顿第三定律，物块在B点时对圆弧轨道的压力为F′=F=mg
（3）如果物块刚好能滑到传送带的右端，则物块到达C端时，速度为零，物块在B点速度为vB，则mvB2＝2μmgR，
解得：vB=
然后在摩擦力作用下，向左匀加速直线运动，速度达到v=与传送带一起匀速运动；因电动机额外做的功等于全过程中，皮带克服摩擦力做的功，则有：
W=μmg•vt=；
【点睛】
考查动能定理的内容，掌握牛顿第二、三定律的内容，理解动能定理的过程选取，同时理解功能关系的运用，注意运动学公式的正确列式。
16．（1）；（2）；（3），
【详解】
（1）根据皮带转动线速度
解得
根据牛顿第二定律
解得
物块与皮带达到共速时，根据速度位移公式有
解得
，能达到共速
（2）加速阶段，则时间为
解得
匀速阶段，则时间为
解得
平抛阶段，则有
解得
故总时间为
（3）根据
解得
设最远距离为d
解得
17．(1)4.8m；(2)3.2m；(3)10m/s
【详解】
(1)水平方向的位移
x=v0t=6×0.8m=4.8m
(2)竖直方向的位移
(3)落地时的速度大小
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