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人教版（2019）必修第二册《第5章 抛体运动》2024年单元测试卷（含解析）
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人教版（2019）必修第二册《第5章抛体运动》 2024年单元测试卷（30）（培优）一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.下列关于曲线运动的描述中错误的是( )A. 曲线运动一定是变速运动，因为曲线运动的速度方向在不断变化 B. 加速度变与不变是由受到的力决定的，曲线运动的加速度可能变也可能不变 C. 曲线运动的加速度方向与速度方向可能在同一直线上 D. 做曲线运动的物体是加速还是减速，取决于力的方向与其运动方向间的夹角2.如图所示，重力G=10N的物体，在F=5N的水平拉力作用下，沿粗糙水平桌面做匀加速直线运动，已知桌面与物体间的动摩擦因数μ=0.2，则物体受到的合力大小为( )A. 1N B. 2N C. 3N D. 5N3.关于运动的合成，下列说法中正确的是( )A. 合运动的速度一定比分运动的速度大 B. 两个匀速直线运动的合运动不一定是匀速直线运动 C. 两个匀变速直线运动的合运动不一定是匀变速直线运动 D. 合运动的两个分运动的时间不一定相等4.某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸116的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的( )A. 12 B. 14 C. 18 D. 1165.洪水无情人有情，每一次重大抢险救灾，都有子弟兵的身影。如图所示，水速为v，厦门中学生助手连同消防武警驾驶冲锋舟若采取冲锋舟最小速度和最短时间两种方案，沿与平直河岸成30°角的线路把被困群众从A处送到对岸安全地B处，则两种方案中冲锋舟最小速度v1和最短时间的冲锋舟速度v2之比为( ) A. 1：2 B. 1： 3 C. 2： 3 D. 3：26.如图，甲、乙两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇，不计空气阻力，A、B均可视为质点，重力加速度为g，以下说法正确的是( )A. v1>v2 B. 相遇时A的速度一定为零 C. B从抛出到最高点的时间为v1g D. 从抛出到相遇A的速度的变化量较大7.在空中某一高度将一小球水平抛出，取抛出点为坐标原点，初速度方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，得到其运动的轨迹方程为y=ax2(a为已知量)，重力加速度为g，则根据以上条件可以求得( )A. 物体距离地面的高度 B. 物体作平抛运动的初速度 C. 物体落地时的速度 D. 物体在空中运动的总时间二、多选题：本大题共4小题，共16分。8.在排球比赛中，如果运动员沿水平方向击球，在不计空气阻力的情况下，要使排球既能过网，又不出界，需要考虑的因素有( )A. 击球后排球的初速度 B. 运动员的高度 C. 网的高度 D. 击球点的高度9.某运动员从滑雪跳台以不同的速度v0水平跳向对面倾角为45°的斜坡(如图所示)，已知跳台的高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A. 若运动员以最短位移落到斜坡上，则在空中所用时间为 h2g B. 若运动员落到斜坡上时速度与斜坡垂直，则在空中所用时间为 2h3g C. 若该运动员落到斜坡上某位置时速度最小，则在空中所用时间为 2h5g D. .该运动员落到斜坡上的最小速度为 ( 5−1) 10.一小车通过一根跨过定滑轮的绳提升竖井中的物体，如图所示，小车匀速向左运动的过程中，速度大小为v，当连接小车的绳与水平面的夹角为60°时，下列说法正确的是( )A. 物体运动的速率为12v B. 物体运动的速率为 32v C. 此后物体运动的速率越来越大 D. 此后一段时间，物体处于超重状态11.2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌。将谷爱凌视为质点，图甲是谷爱凌从3m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图乙是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则谷爱凌( )A. 在空中相同时间内的位移相等 B. 在空中相同时间内的速度变化量相等 C. 冲出跳台的速度大小为14m/s D. 在空中运动的时间为3s三、实验题：本大题共2小题，共18分。12.用如图1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)下列实验条件必须满足的有 。 A.斜槽轨道光滑 B.斜槽轨道末段水平 C.挡板高度等间距变化 D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 (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。 a.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；在确定y轴时 (选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行。 b.已知当地重力加速度为9.8m/s2。在某次试验中，小王同学在操作正确的前提下作出了抛物线轨迹，然后在抛物线上选取了离抛出点稍远的一个点，通过测量得到该点的坐标为(1.6cm,19.6cm)。那么钢球平抛的初速度为 m/s。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x=3.0cm，测得AB和BC的竖直间距分别是y1=6.7cm和y2=8.7cm.可求得钢球平抛的初速度大小为 m/s。(取 10=3.2，结果保留两位有效数字)。 (3)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体 。 A.在水平方向上做匀速直线运动 B.在竖直方向上做自由落体运动 C.在运动过程中轨迹为抛物线13.某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个小方格的边长为1cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出。 完成下列填空：(结果均保留2位有效数字) (1)小球做平抛运动的初速度大小为______m/s； (2)小球运动到图(b)中位置A时，其速度的大小为______m/s； (3)根据图(b)中数据可得，当地重力加速度的大小为______m/s2。四、计算题：本大题共3小题，共30分。14.如图所示，一条宽为d=120m的足够长河流，水流速度恒为v1=3m/s，一艘小船从A点出发向对岸驶去，已知小船在静水中的速度v2=5m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)小船渡河的最短时间，及最短时间渡河沿河岸方向位移。 (2)小船渡河的最短航程及船头的朝向。15.火灾给人类的生命财产造成巨大的损失。通过消防水带和高压喷枪将水喷射到火灾现场是一种常见的灭火方式。消防水带的喷嘴口喷出水的流量是Q=0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为v0=16 3m/s，方向与水平面成θ=60°角，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力与消防水带离地面的高度，并假设水流在空中不散开，重力加速度g取10m/s2。求： (1)空中水柱最高点离地面的高度； (2)从喷口到着火位置之间的总水量有多少立方米。16.如图所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台上以水平速度跃出后，落在水平传送带上．已知平台与传送带的高度差H=1.8m，水池宽度s0=1.2m，传送带AB间的距离L0=20m.由于传送带足够粗糙，假设选手落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过△t=1.0s反应时间后，立刻以a=2m/s2恒定向右的加速度跑至传送带最右端． (1)若传送带静止，选手以v0=3m/s的水平速度从平台跃出，求这位选手落在传送带上距离A点的距离． (2)求刚才那位选手从开始跃出到跑至传送带右端所经历的时间． (3)若传送带以v=1m/s的恒定速度向左运动，选手要能到达传送带右端，则他从高台上跃出的水平速度v1至少为多大？(g=10m/s2) 答案和解析1.【答案】C 【解析】解：A、由于做曲线运动物体的速度方向在不断改变，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确； B、根据牛顿第二定律，可知加速度变与不变是由受到的力决定的，曲线运动的加速度方向与速度方向不在同一直线上，做曲线运动的加速度可能变也可能不变，比如平抛运动的加速度是不变的，匀速圆周运动的加速度就是变化的，故B正确； C、根据物体做曲线运动的条件，可知曲线运动的加速度方向与速度方向不在同一直线上，故C错误； D、物体做曲线运动速度时，当力的方向与运动方向的夹角小于90°，速度变大，当力的方向与运动方向的夹角大于90°，所以做曲线运动的物体是加速还是减速，取决于力的方向与其运动方向间的夹角，故D正确。 本题选择错误的， 故选：C。 曲线运动的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动；在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，而匀速圆周运动受到的是变力，是变加速曲线运动；根据物体做曲线运动的条件判断；根据力的方向与其运动方向间的夹角，判断物体是加速还是减速。 本题是对物体做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。2.【答案】C 【解析】解：因为物体在做匀加速直线运动，摩擦力为滑动摩擦力，大小为f=μFN=μG=0.2×10N=2N 所以物体受到的合力大小为F合=F−f=5N−2N=3N，故C正确，ABD错误。 故选：C。 物体对地面的压力大小等于物体的重力，由摩擦力公式f=μFN求出摩擦力，再根据矢量的合成求解合力大小。 力的合成满足平行四边形定则，要知道：当两个力方向相同时可以直接相加求合力；当两个力方向相反时可以直接相减求合力。3.【答案】C 【解析】【分析】 分运动与合运动具有等时性，根据平行四边形定则，可以得出合速度与分速度的大小关系，根据合加速度的方向与合速度方向是否在同一条直线上，判断合运动是直线运动还是曲线运动。 解决本题的关键掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的条件，以及知道分运动与合运动具有等时性。 【解答】 A.根据平行四边形定则，知合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等，故A错误； B.两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动，故B错误； C.两个的匀变速直线运动的合运动，若合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上，合运动为匀变速直线运动，若不在同一条直线上则为曲线运动，故C正确； D.分运动与合运动具有等时性，故D错误。 故选C。4.【答案】B 【解析】【分析】 (1)根据平抛运动规律，水平方向做匀速直线匀速，竖直方向做自由落体运动，求解水流的实际速度； (2)根据模型缩小的比例，求解模型中槽道里的水流的速度与实际流速的比例关系。 本题考查平抛运动规律，需要将人造瀑布抽象成平抛运动模型。 【解答】 由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为原来的116，由h=12gt2，得t= 2hg，所以时间变为实际的四分之一，水流出的速度v=xt，由于水平位移变为实际的116，时间变为实际的四分之一，则水流出的速度为实际的四分之一，故选B5.【答案】D 【解析】解：设冲锋舟以最小速度v1和最短时间的冲锋舟速度v2分别从A到B，如图所示，冲锋舟最小速度v1垂直于AB连线v1=vsin30°， 最短时间的冲锋舟速度v2垂直于水平河岸v2=vtan30°，可知v1v2=cos30°= 32 故D正确，ABC错误； 故选：D。 将冲锋舟的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，当静水速的方向与河岸方向垂直时，渡河时间最短；当静水速度方向与合速度垂直时，则渡河位移最小。根据矢量的合成法则，则可求出冲锋舟对地的速度。 解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道当静水速于河岸方向垂直时，渡河时间最短，同时注意几何知识在本题的巧妙的应用。6.【答案】A 【解析】解：AB、篮球A做斜上抛运动，在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，到达最高点时A的竖直分速度为零，水平分速度不为零，到达最高点两球相遇时的速度不为零；篮球B做竖直上抛运动，A在竖直方向做竖直上抛运动，A、B同时抛出，两球相遇，说明A的竖直分速度vy与B的初速度相等，即vy=v2，设A的水平分速度大小为vx，A抛出时的速度大小v1= vx2+vy2= vx2+v22>v2，故A正确，B错误； C、篮球B抛出时的速度与A的竖直分速度相等，A到达最高点时B也到达最高点，B从抛出到最高点的时间t=v2g，故C错误； D、从抛出到相遇，A、B的运动时间t相等，速度变化量Δv=gt相等，故D错误。 故选：A。 A做斜上抛运动，B做竖直上抛运动，两者在竖直方向的运动情况相同，根据两球的运动情况应用运动的合成与分解分析答题。 本题考查竖直上抛运动和斜上抛运动，解题时应注意：斜上抛运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动与水平方向的匀速直线运动；分析清楚两篮球的运动过程，应用运动的合成与分解、运动学公式即可解题。7.【答案】B 【解析】解：根据x=v0t得，t=xv0，则y=12gt2=12gx2v02。 因为y=ax2，则a=g2v02，可以求出平抛运动的初速度。高度未知，无法求出运动的时间，无法求出竖直分速度以及落地的速度。故B正确，A、C、D错误。 故选：B。 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，结合平抛运动的规律求出y与x的关系式，从而进行求解。 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，结合运动学公式灵活求解。8.【答案】ACD 【解析】解：设网高为h，球场的长度为s，重力加速度为g，排球被发出时击球点的高度H和水平初速度v，不计空气阻力且排球可看成质点，场地与排球运动示意图如下 排球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，有 x=vt y=12gt2 排球在竖直方向上做自由落体运动，要能过网 x≥s2，y≤qH−h 同理，要排球不过线，则需满足 x≤qs，y≥H 可见，要保证排球能过网又不过线，与排球的初速度，起跳点的高度，网的高度都有关系；故ACD正确，B错误。 故选：ACD。 排球做平抛运动，根据能过网且不过线，列式求解即可。 本题考查了平抛运动，抓住排球能过网又不过线的条件，是解决本题的关键。9.【答案】BD 【解析】解：A.若运动员以最短位移落到斜坡上，则其位移垂直PQ，根据几何关系可知，此种情况下运动员下落的高度为h2，根据平抛运动在竖直方向做自由落体运动可得 h2=12gt2 解得运动员在空中下落时间为 t= hg 故A错误； B.若运动员落到斜坡上时速度与斜坡垂直，则有vyv0=tan45° vy=gt1 根据几何关系有 v0t1(h−12gt12)=tan45° 联立解得 t1= 2h3g 故B正确； CD.设该运动员落到斜坡上某位置时速度最小所用时间为t2，最小速度为v，则在水平方向有 x=v0t2 竖直方向有 y=12gt22 根据几何关系有 xh−y=tan45° 而该运动员落在斜坡上时的速度 v= v02+(gt2)2 联立以上各式可得 v2=(ht− 52gt)2+( 5−1)gh 可知，当 ht= 52gt 即t= 2 5h5g时速度有最小值 v= ( 5−1) 故C错误，D正确。 故选：BD。 若运动员以最短位移落到斜坡上，则其位移垂直PQ，根据几何关系结合竖直方向运动规律解得时间；若运动员落到斜坡上时速度与斜坡垂直根据速度的分解结合几何关系作答；根据批判运动规律结合数学方法分析解答CD。 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，抓住各选项的特点结合几何关系作答。10.【答案】ACD 【解析】解：AB、根据平行四边形定则将小车的速度进行正交分解，其分解成沿着绳方向和垂直绳方向，物体向上运动的速率和小车沿绳方向上的速度分量大小相等，即v物=vcos60°=v2，故A正确，B错误； CD、小车向右行驶的过程中绳与水平面的夹角变小，则v物=vcosθ，余弦值变大，物体运动的速率越来越大，所以物体在向上做加速直线运动，根据牛顿第二定律得：T−mg=ma，可知拉力大于重力，故处于超重状态，故CD正确。 故选：ACD。 根据平行四边形定则将小车的速度沿着绳方向和垂直绳方向进行正交分解，物体向上运动的速率和小车沿绳方向上的速度分量大小相等；小车向右行驶过程中小车的绳与水平面的夹角变小，判断物体的运动性质，进而判断物体是处于超重还是失重。 本题考查了运动的合成与分解的关联速度问题，解决本题的关键是理解物体的速度等于小车速度沿绳方向的分量。11.【答案】BD 【解析】解：A，在空中相同时间内的平均速度不等，则位移不相等，故A错误； B，根据Δv=gt可知，在空中相同时间内的速度变化量相等，故B正确； C，因1.4 s末上升到最高点，根据vy=gt2可知，冲出跳台的竖直速度大小为vy=14 m/s，则冲出跳台的速度大于14 m/s，故C错误； D，上升的高度为h=vy2t1=9.8 m，则下降的时间t2= 2(h+h0)g= 2×(9.8+3)10s=1.6 s，在空中运动的时间为T=t1+t2=3 s，故D正确。 故选：BD。 起跳后在空中做匀变速曲线运动，将此运动分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的先竖直上抛，后自由落体的分运动来处理。根据竖直方向上的运动的对称性，加速度恒定不变，就可以得到正确的答案。 本题要抓住竖直方向上的分运动的特点，先竖直上抛，后自由落体。12.【答案】BD 球心 需要 0.08 0.67 B 【解析】解：(1)A.斜槽轨道是否光滑对本实验没有影响，故A错误； B.为保证小球飞出时速度水平，所以斜槽轨道末段需要水平，故B正确； C.挡板只要能记录下小球在不同高度时的不同位置，不需要等间距变化，故C错误； D.为保证小球飞出时的速度不变，需要从同一位置释放才可，故D正确。 故选：BD。 (2)小球落到挡板时，侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，该点为球心的位置，所以抛出点应以小球的球心为原点； 本实验需要研究小球竖直方向的运动，所以y轴需要与重垂线平行； 由平抛运动的规律可知x=v0t h=12gt2 代入数据，解得v0=0.08m/s 因为AB与BC的水平距离相等，所以AB与BC的时间相等，在竖直方向上，有Δh=gt2 水平方向x=v0t 解得v0=0.67m/s (3)因为炮弹落地的时间是一样的，所以这揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故B正确，AC错误。 故选：B。 故答案为：(1)BD；(2)球心，需要，0.08，0.67；(3)B (1)根据实验原理和注意事项分析判断； (2)根据水平和竖直方向的运动规律确定解答； (3)根据竖直方向上做自由落体运动分析判断。 本题考查研究平抛运动实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。13.【答案】1.0 2.2 9.7 【解析】解：(1)小球在水平方向做匀速运动初速度为v0=LT=50.05×10−2m/s=1.0m/s， (2)根据匀变速直线运动规律可知A点竖直方向速度为vy=y2+y32T=8.6+11.02×0.05×10−2m/s=2.0m/s． 根据速度的合成可知vA= v02+vy2，代入数据解得：vA=2.2m/s (3)结合逐差法和题中数据可得g=y3+y4−y2−y14T2=11.0+13.4−8.6−6.24×0.052×10−2m/s2=9.7m/s2． 故答案为：(1)1.0；(2)2.2；(3)9.7 (1)(2)平抛运动水平方向作匀速直线运动，根据速度公式解得； (3)根据逐差法可解得重力加速度； 本题关键掌握实验注意事项，应知道实验的原理、实验注意事项，即可正确解题，注意利用纸带求速度和加速度的方法。14.【答案】解：(1)当小船的船头垂直河岸行驶时，则小船渡河时间最短， 所以最短时间为t=dv2=1205s=24s，则最短时间渡河沿河岸方向位移s1=v1t=3×24m=72m。 (2)因为v2>v1，所以小船能垂直过河，假设当船头朝向上游且与河岸所成夹角为θ时，则小船渡河航程最短，如图所示： 由几何关系可知，cosθ=v1v2=35=0.6，解得θ=53°，即船头朝向上游与河岸成53°角时，小船航程最短，则最短航程为s=d=120m。 答(1)小船渡河的最短时间为24s，位移为72m； (2)小船渡河的最短航程为120m，船头的朝向为船头朝向上游与河岸成53°夹角。 【解析】(1)将小船的运动分解为沿河岸方向的运动和垂直于河岸方向的运动，当船头垂直河岸时，小船渡河时间最短，根据运动学公式，求得最短时间以及最短时间渡河沿河岸方向的位移； (2)由于v2>v1，则小船能垂直过河，当小船在静水中的速度与水流速度的合速度垂直于河岸时，小船渡河位移最短，根据运动学公式以及几何关系求解小船渡河的最短航程及船头的朝向。 本题考查小船渡河的最短时间以及最短航程问题，解题关键要明确分运动的等时性、独立性，运用运动的合成与分解的思想，最短渡河时间只需船头垂直河岸行驶，最短渡河位移只需船头朝向上游且与河岸成θ的夹角方向行驶。15.【答案】解：(1)水离开喷口后做斜抛运动，其在竖直方向上做竖直上抛运动， 竖直方向初速度v0y=v0sinθ=16 3× 32m/s=24m/s 水柱上升的时间t=v0yg=2410s=2.4s 水柱上升的最高度H=12gt2=28.8m (2)空中水柱的水量V=Qt=0.28×160×2.4m3=1.12×10−2m3 答：(1)空中水柱最高点离地面的高度为28.8m； (2)从喷口到着火位置之间的总水量有1.12×10−2m3。 【解析】本题为斜抛运动，水流出水管后只受竖直向下重力作用，竖直方向做匀变速运动，水平方向为匀速运动，计算从喷口到着火点时间再根据流量即可求得总水量。 本题考查斜抛运动中运动的合成与分解，再结合运动时间和流量计算总水量。16.【答案】解：(1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向上有： H=12gt2，得t1= 2Hg=0.6 s 在水平方向上有：s1=v0t1=1.8 m 所以落在传送带上距离A点的距离△x=s1−s0=1.8−1.2m=0.6m (2)选手在传送带上做匀加速运动的位移s2=L0−△x=12at22，得t2=4.4 s 则选手运动的总时间t=t1+t2+△t=6.0 s． (3)落到传送带上1.0 s反应时间内向左发生的位移大小为： s3=v△t=1×1=1m 然后向左减速至速度为零又向左发生位移s4=v22a=0.25 m 不从传送带上掉下，平抛水平位移s≥s0+s3+s4=2.45 m 则v1≥st1=4.08 m/s 所以选手从高台上跃出的水平速度最小为4.08 m/s． 【解析】考查平抛运动即传送带模型，难度一般；解决本题的关键分析出选手的运动情况，然后根据平抛运动和运动学公式求解．
人教版（2019）必修第二册《第5章抛体运动》 2024年单元测试卷（30）（培优）一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.下列关于曲线运动的描述中错误的是( )A. 曲线运动一定是变速运动，因为曲线运动的速度方向在不断变化 B. 加速度变与不变是由受到的力决定的，曲线运动的加速度可能变也可能不变 C. 曲线运动的加速度方向与速度方向可能在同一直线上 D. 做曲线运动的物体是加速还是减速，取决于力的方向与其运动方向间的夹角2.如图所示，重力G=10N的物体，在F=5N的水平拉力作用下，沿粗糙水平桌面做匀加速直线运动，已知桌面与物体间的动摩擦因数μ=0.2，则物体受到的合力大小为( )A. 1N B. 2N C. 3N D. 5N3.关于运动的合成，下列说法中正确的是( )A. 合运动的速度一定比分运动的速度大 B. 两个匀速直线运动的合运动不一定是匀速直线运动 C. 两个匀变速直线运动的合运动不一定是匀变速直线运动 D. 合运动的两个分运动的时间不一定相等4.某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸116的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的( )A. 12 B. 14 C. 18 D. 1165.洪水无情人有情，每一次重大抢险救灾，都有子弟兵的身影。如图所示，水速为v，厦门中学生助手连同消防武警驾驶冲锋舟若采取冲锋舟最小速度和最短时间两种方案，沿与平直河岸成30°角的线路把被困群众从A处送到对岸安全地B处，则两种方案中冲锋舟最小速度v1和最短时间的冲锋舟速度v2之比为( ) A. 1：2 B. 1： 3 C. 2： 3 D. 3：26.如图，甲、乙两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇，不计空气阻力，A、B均可视为质点，重力加速度为g，以下说法正确的是( )A. v1>v2 B. 相遇时A的速度一定为零 C. B从抛出到最高点的时间为v1g D. 从抛出到相遇A的速度的变化量较大7.在空中某一高度将一小球水平抛出，取抛出点为坐标原点，初速度方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，得到其运动的轨迹方程为y=ax2(a为已知量)，重力加速度为g，则根据以上条件可以求得( )A. 物体距离地面的高度 B. 物体作平抛运动的初速度 C. 物体落地时的速度 D. 物体在空中运动的总时间二、多选题：本大题共4小题，共16分。8.在排球比赛中，如果运动员沿水平方向击球，在不计空气阻力的情况下，要使排球既能过网，又不出界，需要考虑的因素有( )A. 击球后排球的初速度 B. 运动员的高度 C. 网的高度 D. 击球点的高度9.某运动员从滑雪跳台以不同的速度v0水平跳向对面倾角为45°的斜坡(如图所示)，已知跳台的高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )A. 若运动员以最短位移落到斜坡上，则在空中所用时间为 h2g B. 若运动员落到斜坡上时速度与斜坡垂直，则在空中所用时间为 2h3g C. 若该运动员落到斜坡上某位置时速度最小，则在空中所用时间为 2h5g D. .该运动员落到斜坡上的最小速度为 ( 5−1) 10.一小车通过一根跨过定滑轮的绳提升竖井中的物体，如图所示，小车匀速向左运动的过程中，速度大小为v，当连接小车的绳与水平面的夹角为60°时，下列说法正确的是( )A. 物体运动的速率为12v B. 物体运动的速率为 32v C. 此后物体运动的速率越来越大 D. 此后一段时间，物体处于超重状态11.2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌。将谷爱凌视为质点，图甲是谷爱凌从3m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图乙是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则谷爱凌( )A. 在空中相同时间内的位移相等 B. 在空中相同时间内的速度变化量相等 C. 冲出跳台的速度大小为14m/s D. 在空中运动的时间为3s三、实验题：本大题共2小题，共18分。12.用如图1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)下列实验条件必须满足的有 。 A.斜槽轨道光滑 B.斜槽轨道末段水平 C.挡板高度等间距变化 D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球 (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。 a.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；在确定y轴时 (选填“需要”或者“不需要”)y轴与重垂线平行。 b.已知当地重力加速度为9.8m/s2。在某次试验中，小王同学在操作正确的前提下作出了抛物线轨迹，然后在抛物线上选取了离抛出点稍远的一个点，通过测量得到该点的坐标为(1.6cm,19.6cm)。那么钢球平抛的初速度为 m/s。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x=3.0cm，测得AB和BC的竖直间距分别是y1=6.7cm和y2=8.7cm.可求得钢球平抛的初速度大小为 m/s。(取 10=3.2，结果保留两位有效数字)。 (3)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体 。 A.在水平方向上做匀速直线运动 B.在竖直方向上做自由落体运动 C.在运动过程中轨迹为抛物线13.某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个小方格的边长为1cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出。 完成下列填空：(结果均保留2位有效数字) (1)小球做平抛运动的初速度大小为______m/s； (2)小球运动到图(b)中位置A时，其速度的大小为______m/s； (3)根据图(b)中数据可得，当地重力加速度的大小为______m/s2。四、计算题：本大题共3小题，共30分。14.如图所示，一条宽为d=120m的足够长河流，水流速度恒为v1=3m/s，一艘小船从A点出发向对岸驶去，已知小船在静水中的速度v2=5m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)小船渡河的最短时间，及最短时间渡河沿河岸方向位移。 (2)小船渡河的最短航程及船头的朝向。15.火灾给人类的生命财产造成巨大的损失。通过消防水带和高压喷枪将水喷射到火灾现场是一种常见的灭火方式。消防水带的喷嘴口喷出水的流量是Q=0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为v0=16 3m/s，方向与水平面成θ=60°角，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力与消防水带离地面的高度，并假设水流在空中不散开，重力加速度g取10m/s2。求： (1)空中水柱最高点离地面的高度； (2)从喷口到着火位置之间的总水量有多少立方米。16.如图所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台上以水平速度跃出后，落在水平传送带上．已知平台与传送带的高度差H=1.8m，水池宽度s0=1.2m，传送带AB间的距离L0=20m.由于传送带足够粗糙，假设选手落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过△t=1.0s反应时间后，立刻以a=2m/s2恒定向右的加速度跑至传送带最右端． (1)若传送带静止，选手以v0=3m/s的水平速度从平台跃出，求这位选手落在传送带上距离A点的距离． (2)求刚才那位选手从开始跃出到跑至传送带右端所经历的时间． (3)若传送带以v=1m/s的恒定速度向左运动，选手要能到达传送带右端，则他从高台上跃出的水平速度v1至少为多大？(g=10m/s2) 答案和解析1.【答案】C 【解析】解：A、由于做曲线运动物体的速度方向在不断改变，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确； B、根据牛顿第二定律，可知加速度变与不变是由受到的力决定的，曲线运动的加速度方向与速度方向不在同一直线上，做曲线运动的加速度可能变也可能不变，比如平抛运动的加速度是不变的，匀速圆周运动的加速度就是变化的，故B正确； C、根据物体做曲线运动的条件，可知曲线运动的加速度方向与速度方向不在同一直线上，故C错误； D、物体做曲线运动速度时，当力的方向与运动方向的夹角小于90°，速度变大，当力的方向与运动方向的夹角大于90°，所以做曲线运动的物体是加速还是减速，取决于力的方向与其运动方向间的夹角，故D正确。 本题选择错误的， 故选：C。 曲线运动的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动；在恒力作用下，物体可以做曲线运动，如平抛运动，而匀速圆周运动受到的是变力，是变加速曲线运动；根据物体做曲线运动的条件判断；根据力的方向与其运动方向间的夹角，判断物体是加速还是减速。 本题是对物体做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。2.【答案】C 【解析】解：因为物体在做匀加速直线运动，摩擦力为滑动摩擦力，大小为f=μFN=μG=0.2×10N=2N 所以物体受到的合力大小为F合=F−f=5N−2N=3N，故C正确，ABD错误。 故选：C。 物体对地面的压力大小等于物体的重力，由摩擦力公式f=μFN求出摩擦力，再根据矢量的合成求解合力大小。 力的合成满足平行四边形定则，要知道：当两个力方向相同时可以直接相加求合力；当两个力方向相反时可以直接相减求合力。3.【答案】C 【解析】【分析】 分运动与合运动具有等时性，根据平行四边形定则，可以得出合速度与分速度的大小关系，根据合加速度的方向与合速度方向是否在同一条直线上，判断合运动是直线运动还是曲线运动。 解决本题的关键掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的条件，以及知道分运动与合运动具有等时性。 【解答】 A.根据平行四边形定则，知合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等，故A错误； B.两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动，故B错误； C.两个的匀变速直线运动的合运动，若合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上，合运动为匀变速直线运动，若不在同一条直线上则为曲线运动，故C正确； D.分运动与合运动具有等时性，故D错误。 故选C。4.【答案】B 【解析】【分析】 (1)根据平抛运动规律，水平方向做匀速直线匀速，竖直方向做自由落体运动，求解水流的实际速度； (2)根据模型缩小的比例，求解模型中槽道里的水流的速度与实际流速的比例关系。 本题考查平抛运动规律，需要将人造瀑布抽象成平抛运动模型。 【解答】 由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为原来的116，由h=12gt2，得t= 2hg，所以时间变为实际的四分之一，水流出的速度v=xt，由于水平位移变为实际的116，时间变为实际的四分之一，则水流出的速度为实际的四分之一，故选B5.【答案】D 【解析】解：设冲锋舟以最小速度v1和最短时间的冲锋舟速度v2分别从A到B，如图所示，冲锋舟最小速度v1垂直于AB连线v1=vsin30°， 最短时间的冲锋舟速度v2垂直于水平河岸v2=vtan30°，可知v1v2=cos30°= 32 故D正确，ABC错误； 故选：D。 将冲锋舟的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，当静水速的方向与河岸方向垂直时，渡河时间最短；当静水速度方向与合速度垂直时，则渡河位移最小。根据矢量的合成法则，则可求出冲锋舟对地的速度。 解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道当静水速于河岸方向垂直时，渡河时间最短，同时注意几何知识在本题的巧妙的应用。6.【答案】A 【解析】解：AB、篮球A做斜上抛运动，在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，到达最高点时A的竖直分速度为零，水平分速度不为零，到达最高点两球相遇时的速度不为零；篮球B做竖直上抛运动，A在竖直方向做竖直上抛运动，A、B同时抛出，两球相遇，说明A的竖直分速度vy与B的初速度相等，即vy=v2，设A的水平分速度大小为vx，A抛出时的速度大小v1= vx2+vy2= vx2+v22>v2，故A正确，B错误； C、篮球B抛出时的速度与A的竖直分速度相等，A到达最高点时B也到达最高点，B从抛出到最高点的时间t=v2g，故C错误； D、从抛出到相遇，A、B的运动时间t相等，速度变化量Δv=gt相等，故D错误。 故选：A。 A做斜上抛运动，B做竖直上抛运动，两者在竖直方向的运动情况相同，根据两球的运动情况应用运动的合成与分解分析答题。 本题考查竖直上抛运动和斜上抛运动，解题时应注意：斜上抛运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动与水平方向的匀速直线运动；分析清楚两篮球的运动过程，应用运动的合成与分解、运动学公式即可解题。7.【答案】B 【解析】解：根据x=v0t得，t=xv0，则y=12gt2=12gx2v02。 因为y=ax2，则a=g2v02，可以求出平抛运动的初速度。高度未知，无法求出运动的时间，无法求出竖直分速度以及落地的速度。故B正确，A、C、D错误。 故选：B。 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，结合平抛运动的规律求出y与x的关系式，从而进行求解。 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，结合运动学公式灵活求解。8.【答案】ACD 【解析】解：设网高为h，球场的长度为s，重力加速度为g，排球被发出时击球点的高度H和水平初速度v，不计空气阻力且排球可看成质点，场地与排球运动示意图如下 排球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动，有 x=vt y=12gt2 排球在竖直方向上做自由落体运动，要能过网 x≥s2，y≤qH−h 同理，要排球不过线，则需满足 x≤qs，y≥H 可见，要保证排球能过网又不过线，与排球的初速度，起跳点的高度，网的高度都有关系；故ACD正确，B错误。 故选：ACD。 排球做平抛运动，根据能过网且不过线，列式求解即可。 本题考查了平抛运动，抓住排球能过网又不过线的条件，是解决本题的关键。9.【答案】BD 【解析】解：A.若运动员以最短位移落到斜坡上，则其位移垂直PQ，根据几何关系可知，此种情况下运动员下落的高度为h2，根据平抛运动在竖直方向做自由落体运动可得 h2=12gt2 解得运动员在空中下落时间为 t= hg 故A错误； B.若运动员落到斜坡上时速度与斜坡垂直，则有vyv0=tan45° vy=gt1 根据几何关系有 v0t1(h−12gt12)=tan45° 联立解得 t1= 2h3g 故B正确； CD.设该运动员落到斜坡上某位置时速度最小所用时间为t2，最小速度为v，则在水平方向有 x=v0t2 竖直方向有 y=12gt22 根据几何关系有 xh−y=tan45° 而该运动员落在斜坡上时的速度 v= v02+(gt2)2 联立以上各式可得 v2=(ht− 52gt)2+( 5−1)gh 可知，当 ht= 52gt 即t= 2 5h5g时速度有最小值 v= ( 5−1) 故C错误，D正确。 故选：BD。 若运动员以最短位移落到斜坡上，则其位移垂直PQ，根据几何关系结合竖直方向运动规律解得时间；若运动员落到斜坡上时速度与斜坡垂直根据速度的分解结合几何关系作答；根据批判运动规律结合数学方法分析解答CD。 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，抓住各选项的特点结合几何关系作答。10.【答案】ACD 【解析】解：AB、根据平行四边形定则将小车的速度进行正交分解，其分解成沿着绳方向和垂直绳方向，物体向上运动的速率和小车沿绳方向上的速度分量大小相等，即v物=vcos60°=v2，故A正确，B错误； CD、小车向右行驶的过程中绳与水平面的夹角变小，则v物=vcosθ，余弦值变大，物体运动的速率越来越大，所以物体在向上做加速直线运动，根据牛顿第二定律得：T−mg=ma，可知拉力大于重力，故处于超重状态，故CD正确。 故选：ACD。 根据平行四边形定则将小车的速度沿着绳方向和垂直绳方向进行正交分解，物体向上运动的速率和小车沿绳方向上的速度分量大小相等；小车向右行驶过程中小车的绳与水平面的夹角变小，判断物体的运动性质，进而判断物体是处于超重还是失重。 本题考查了运动的合成与分解的关联速度问题，解决本题的关键是理解物体的速度等于小车速度沿绳方向的分量。11.【答案】BD 【解析】解：A，在空中相同时间内的平均速度不等，则位移不相等，故A错误； B，根据Δv=gt可知，在空中相同时间内的速度变化量相等，故B正确； C，因1.4 s末上升到最高点，根据vy=gt2可知，冲出跳台的竖直速度大小为vy=14 m/s，则冲出跳台的速度大于14 m/s，故C错误； D，上升的高度为h=vy2t1=9.8 m，则下降的时间t2= 2(h+h0)g= 2×(9.8+3)10s=1.6 s，在空中运动的时间为T=t1+t2=3 s，故D正确。 故选：BD。 起跳后在空中做匀变速曲线运动，将此运动分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的先竖直上抛，后自由落体的分运动来处理。根据竖直方向上的运动的对称性，加速度恒定不变，就可以得到正确的答案。 本题要抓住竖直方向上的分运动的特点，先竖直上抛，后自由落体。12.【答案】BD 球心 需要 0.08 0.67 B 【解析】解：(1)A.斜槽轨道是否光滑对本实验没有影响，故A错误； B.为保证小球飞出时速度水平，所以斜槽轨道末段需要水平，故B正确； C.挡板只要能记录下小球在不同高度时的不同位置，不需要等间距变化，故C错误； D.为保证小球飞出时的速度不变，需要从同一位置释放才可，故D正确。 故选：BD。 (2)小球落到挡板时，侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，该点为球心的位置，所以抛出点应以小球的球心为原点； 本实验需要研究小球竖直方向的运动，所以y轴需要与重垂线平行； 由平抛运动的规律可知x=v0t h=12gt2 代入数据，解得v0=0.08m/s 因为AB与BC的水平距离相等，所以AB与BC的时间相等，在竖直方向上，有Δh=gt2 水平方向x=v0t 解得v0=0.67m/s (3)因为炮弹落地的时间是一样的，所以这揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故B正确，AC错误。 故选：B。 故答案为：(1)BD；(2)球心，需要，0.08，0.67；(3)B (1)根据实验原理和注意事项分析判断； (2)根据水平和竖直方向的运动规律确定解答； (3)根据竖直方向上做自由落体运动分析判断。 本题考查研究平抛运动实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。13.【答案】1.0 2.2 9.7 【解析】解：(1)小球在水平方向做匀速运动初速度为v0=LT=50.05×10−2m/s=1.0m/s， (2)根据匀变速直线运动规律可知A点竖直方向速度为vy=y2+y32T=8.6+11.02×0.05×10−2m/s=2.0m/s． 根据速度的合成可知vA= v02+vy2，代入数据解得：vA=2.2m/s (3)结合逐差法和题中数据可得g=y3+y4−y2−y14T2=11.0+13.4−8.6−6.24×0.052×10−2m/s2=9.7m/s2． 故答案为：(1)1.0；(2)2.2；(3)9.7 (1)(2)平抛运动水平方向作匀速直线运动，根据速度公式解得； (3)根据逐差法可解得重力加速度； 本题关键掌握实验注意事项，应知道实验的原理、实验注意事项，即可正确解题，注意利用纸带求速度和加速度的方法。14.【答案】解：(1)当小船的船头垂直河岸行驶时，则小船渡河时间最短， 所以最短时间为t=dv2=1205s=24s，则最短时间渡河沿河岸方向位移s1=v1t=3×24m=72m。 (2)因为v2>v1，所以小船能垂直过河，假设当船头朝向上游且与河岸所成夹角为θ时，则小船渡河航程最短，如图所示： 由几何关系可知，cosθ=v1v2=35=0.6，解得θ=53°，即船头朝向上游与河岸成53°角时，小船航程最短，则最短航程为s=d=120m。 答(1)小船渡河的最短时间为24s，位移为72m； (2)小船渡河的最短航程为120m，船头的朝向为船头朝向上游与河岸成53°夹角。 【解析】(1)将小船的运动分解为沿河岸方向的运动和垂直于河岸方向的运动，当船头垂直河岸时，小船渡河时间最短，根据运动学公式，求得最短时间以及最短时间渡河沿河岸方向的位移； (2)由于v2>v1，则小船能垂直过河，当小船在静水中的速度与水流速度的合速度垂直于河岸时，小船渡河位移最短，根据运动学公式以及几何关系求解小船渡河的最短航程及船头的朝向。 本题考查小船渡河的最短时间以及最短航程问题，解题关键要明确分运动的等时性、独立性，运用运动的合成与分解的思想，最短渡河时间只需船头垂直河岸行驶，最短渡河位移只需船头朝向上游且与河岸成θ的夹角方向行驶。15.【答案】解：(1)水离开喷口后做斜抛运动，其在竖直方向上做竖直上抛运动， 竖直方向初速度v0y=v0sinθ=16 3× 32m/s=24m/s 水柱上升的时间t=v0yg=2410s=2.4s 水柱上升的最高度H=12gt2=28.8m (2)空中水柱的水量V=Qt=0.28×160×2.4m3=1.12×10−2m3 答：(1)空中水柱最高点离地面的高度为28.8m； (2)从喷口到着火位置之间的总水量有1.12×10−2m3。 【解析】本题为斜抛运动，水流出水管后只受竖直向下重力作用，竖直方向做匀变速运动，水平方向为匀速运动，计算从喷口到着火点时间再根据流量即可求得总水量。 本题考查斜抛运动中运动的合成与分解，再结合运动时间和流量计算总水量。16.【答案】解：(1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向上有： H=12gt2，得t1= 2Hg=0.6 s 在水平方向上有：s1=v0t1=1.8 m 所以落在传送带上距离A点的距离△x=s1−s0=1.8−1.2m=0.6m (2)选手在传送带上做匀加速运动的位移s2=L0−△x=12at22，得t2=4.4 s 则选手运动的总时间t=t1+t2+△t=6.0 s． (3)落到传送带上1.0 s反应时间内向左发生的位移大小为： s3=v△t=1×1=1m 然后向左减速至速度为零又向左发生位移s4=v22a=0.25 m 不从传送带上掉下，平抛水平位移s≥s0+s3+s4=2.45 m 则v1≥st1=4.08 m/s 所以选手从高台上跃出的水平速度最小为4.08 m/s． 【解析】考查平抛运动即传送带模型，难度一般；解决本题的关键分析出选手的运动情况，然后根据平抛运动和运动学公式求解．
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