第五章 抛体运动 期末热身卷
本试卷共4页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。
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. 下图为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知质点在点的速度方向与加速度方向相互垂直，则下列说法中正确的是( )
A. 经过一段时间速度方向与加速度方向重合
B. 在点的加速度方向与速度方向的夹角小于
C. 在点的加速度比在点的加速度大
D. 从到过程中，加速度方向与速度方向的夹角一直减小
2. 如图所示，一辆汽车沿水平面向右匀速运动，通过定滑轮将重物竖直吊起，在吊起重物的过程中，关于重物的运动及受力情况下列判断正确的是( )
A. 重物匀速上升
B. 重物加速上升
C. 重物所受重力等于拉力
D. 重物所受重力大于拉力
3. 如图所示，长度为的轻杆上端连着一质量为的小球可视为质点，杆的下端用铰链固接于水平地面上的点．置于同一水平面上的立方体恰与接触，立方体的质量为今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而与刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为，则下列说法正确的是( )
A. 、质量之比为
B. 落地时速率为
C. 与刚脱离接触的瞬间，、速率之比为
D. 与刚脱离接触的瞬间，的速率为
4. 甲、乙两光滑小球均可视为质点用轻直杆连接，乙球处于粗糙水平地面上，甲球紧靠在粗糙的竖直墙壁上，初始时轻杆竖直，杆长为。施加微小的扰动，使得乙球沿水平地面向右滑动，当乙球距离起点时，下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两球的速度大小之比为
B. 甲、乙两球的速度大小之比为
C. 甲球即将落地时，乙球的速度与甲球的速度大小相等
D. 甲球即将落地时，乙球的速度达到最大
5. 如图所示，某物体自空间点以水平初速度抛出，落在地面上的点，其轨迹为一抛物线，现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与完全重合的位置上，然后将此物体从点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道。为滑道上一点，连线与竖直方向成角，不计空气阻力，则此物体( )
A. 由运动到点的时间为
B. 物体经过点时，速度的水平分量为
C. 物体经过点时，速度的竖直分量为
D. 物体经过点时的加速度大小为
6. 如图所示，点为固定斜面的中点．在点先后分别以初速度和水平抛出一个小球，结果小球分别落在斜面上的点和点．空气阻力不计．设小球在空中运动的时间分别为和，落到点和点前瞬间的速度大小分别为和，落到点和点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为和，则下列关系式正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
7. 某同学进行篮球训练，如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 篮球撞墙的速度，第一次较大
B. 篮球在空中运动的加速度第一次较大
C. 从抛出到撞墙，第一次篮球在空中运动的时间较长
D. 抛出时的速度，第一次一定比第二次大
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. 如图所示，为竖直圆轨道的左端点，它和圆心的连线与竖直方向的夹角为一小球在圆轨道左侧的点以速度平抛，恰好沿点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为，则、间的高度及水平距离为( )
A.
B.
C.
D.
9. 如图所示，以的速度水平抛出的小球，飞行一段时间，垂直地撞在倾角的斜面上，，以下结论中正确的是（ ）
A. 物体飞行时间是
B. 物体飞行的时间是
C. 物体下降的距离是
D. 物体撞击斜面时的速度大小为
10. 如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面处，将球以速度沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。已知底线到网的距离为，重力加速度取，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( )
A. 球的速度等于
B. 球从击出至落地所用时间为
C. 球从击球点至落地点的位移等于
D. 球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
三、填空题：本题共2小题，每空2分，共10分。
11. 做物体平抛运动的实验时，只画出了如图乙所示的一部分曲线，在曲线上取三点，测得它们的水平距离为，竖直距离，，试由图示求出平抛物体的初速度______取
12. 做研究平抛运动实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将你认为正确的选项前面的字母填在横线上：______．
A.通过调节使斜槽的末端保持水平
B.每次释放小球的位置必须不同
C.每次必须由静止释放小球
D.用铅笔记录小球位置时，每次必须严格地等距离下降
E.小球运动时不应与木板上的白纸或方格纸相触
F.将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线
如图所示为一小球做平抛运动的闪光照相照片的一部分，图中背景方格的边长均为，如果取，那么：
照相机的闪光频率是______；
小球运动中水平分速度的大小是______；
小球经过点时的速度大小是______．
四、计算题：本题共3小题，13题12分，14题12分，15题20分，共44分。
13. 质量的物体在光滑平面上运动，其相互垂直的两个分速度和随时间变化的图象如图所示。求：
物体的初速度、合外力的大小和方向；
时物体的速度大小；
时物体的位移大小。
14. 在冬天，高为的平台上，覆盖一层薄冰．一乘雪橇的滑雪爱好者，从距平台边缘处以初速度向平台边缘滑去，如图所示，平台上的薄冰面与雪橇间的动摩擦因数为，取求：
滑雪者滑离平台时速度的大小；
滑雪者着地点到平台边缘的水平距离．
15. 单板滑雪型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为。某次练习过程中，运动员以的速度从轨道边缘上的点沿轨道的竖直切面滑出轨道，速度方向与轨道边缘线的夹角，腾空后沿轨道边缘的点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小，，。求：
运动员腾空过程中离开的距离的最大值；
、之间的距离。
答案解析
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
8. 9. 10.
11.
12. ；；；
13. 解：由图象知：，
所以物体的初速度，方向沿轴的正方向。
物体在轴的方向有，轴方向有。
由牛顿第二定律得：，方向沿轴正方向。
当时，，，所以：
，
当时，，
，
物体的位移
14. 解：设滑雪者离开平台的速度为，由
根据牛顿第二定律得：
联立得：
解得：
滑雪者离开平台做平抛运动，下落时间为，由
得
水平距离为
15. 解：在点，设运动员在面内垂直方向的分速度为，由运动的合成与分解规律得：
设运动员在面内垂直方向的分加速度为，由牛顿第二定律得：
由运动学公式得：
联立式，代入数据得：
在点，设运动员在面内平行方向的分速度为，由运动的合成与分解规律得：
设运动员在面内平行方向的分加速度为，由牛顿第二定律得：
设腾空时间为，由运动学公式得：
沿斜面方向根据位移时间关系可得：
联立式，代入数据得：。
【解析】
1. 【分析】
本题主要考查曲线运动，物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向；由速度与加速度的关系判断速度的变化。
【解答】
C.质点做匀变速曲线运动，合外力的大小和方向均不变，加速度不变，故错误；
B.由在点的速度方向与加速度方向相互垂直可知，合外力方向与轨迹上过点的切线垂直且向下，质点在点的加速度方向与速度方向的夹角大于，故B错误；
D.从到过程中，加速度方向与速度方向的夹角一直变小，故D正确；
A.在曲线运动中，速度方向越来越趋近于合力方向，方向不会重合，所以也不与加速度方向重合，故A错误。
故选D。
2. 【分析】
解决本题的关键是会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度。
【解答】
设车拉的绳子与水平方向的夹角为，
将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于的速度，
根据平行四边形定则得，，
车子在匀速向右的运动过程中，绳子与水平方向的夹角为减小，所以的速度增大，重物做加速上升运动，则拉力大于重物的重力，
故选B。
3. 【分析】
本题考查牵连问题及机械能守恒定律，学生需要分析、的运动关系，结合牛顿运动定律及机械能守恒分析解决问题，难度不大。
【解答】
杆对的作用力先是支持力后是拉力，与刚脱离接触的瞬间，杆对的作用力等于零，的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度等于的速度，解，得，C错误；
与刚脱离接触的瞬间，对也没有作用力，只受重力作用，根据牛顿第二定律，解得，，D错误；
脱离接触之后，由机械能守恒定律，解得，B错误；
脱离接触之前，由机械能守恒定律，解得，A正确．
故选A。
4. 【分析】
求出在沿杆方向的分量及在沿杆方向的分量，根据题意求出轻杆与竖直方向的夹角的正弦值域余弦值，即可求出甲、乙两球的速度大小之比；当甲球即将落地时，有，此时甲球的速度达到最大，而乙球的速度为零。
本题主要考查杆牵连问题。
【解答】
设轻杆与竖直方向的夹角为，则在沿杆方向的分量为，在沿杆方向的分量为
而
图示位置时，有
解得此时甲、乙两球的速度大小之比为：
故A错误，B正确；
当甲球即将落地时，有，此时甲球的速度达到最大，而乙球的速度为零，故CD错误。
故选B。
5. 【分析】
该题考查平抛运动相关知识。分析好物理情景，灵活应用公式是解决本题的关键。
区分平抛运动和由点静止释放两种运动的区别，灵活应用公式逐项分析解题。
【解答】
A.平抛运动时，竖直分位移与水平分位移大小相等，有，，而物体由静止释放，下滑的运动不是平抛运动，则运动的时间不等于，故A错误；
若做平抛运动，有：，当物体由静止释放，根据动能定理得，，解得，速度沿切线方向，由于平抛运动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倍，则有：，，解得物体经过点时水平分速度，竖直分速度，故B正确，C错误；
D.物体经过点时，受重力及滑道对物体的支持力，所以物体经过点时的加速度大小不是，故D错误。
故选B。
6. 【分析】
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，结合运动学公式和推论灵活求解。
【解答】
A.由题意知小球先后两次下落高度之比：，水平位移之比：，而，则：，错；
B.水平方向，有：，得：，错；
D.因平抛运动末速度方向的反向延长线平分水平位移，则必有：，错，
C.而，则有：，C正确。
故选C。
7. 【分析】
本题采用逆向思维，将篮球视为平抛运动处理，根据高度比较球在空中运动的时间，根据速度时间公式得出竖直分速度的大小关系；抓住水平位移相等，通过时间比较篮球撞墙的速度大小。
本题为抛体运动，采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律。
【解答】
由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的逆反运动．加速度都为，在竖直方向上：，因为，则，因为水平位移相等，根据知，撞墙的速度即第二次撞墙的速度大，故AB错误，C正确；
D.根据平行四边形定则知，抛出时的速度，第一次的水平初速度小，而上升的高度大，则无法比较抛出时的速度大小，故D错误；
故选C。
8. 【分析】
解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动的分解法研究平抛运动．
【解答】
在点，小球通过点时竖直方向上的分速度为：．
故小球运动的时间为：
A、间的高度为：．
水平距离为：故AC正确，BD错误。
9. 【分析】
根据速度与斜面垂直，结合平行四边形定则求出竖直分速度，根据速度时间公式求出飞行的时间，根据平行四边形定则求出物体撞击斜面的速度大小，根据速度位移公式求出下降的距离。
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，难度不大。
【解答】
小球撞在斜面上时速度与竖直方向的夹角为，则根据速度的分解可得：
竖直方向的速度为：，
则物体飞行的时间，故A正确，B错误；
C.物体下降的高度为：，故C错误；
D.根据平行四边形定则知，物体撞击斜面的速度大小为：，故D正确。
故选AD。
10. 【分析】
根据平抛运动的高度求出运动的时间，结合水平位移和时间求出球的初速度，平抛运动的位移与球的质量无关。
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，要注意合位移和分位移的区别，不能混淆。
【解答】
根据得，平抛运动的时间，则球平抛运动的初速度，故AB正确；
C.击球点与落地点的水平位移为，位移为，故C错误；
D.由上式知，球平抛运动的落地点与击球点的位移与球的质量无关，故D错误。
故选AB。
11. 解：平抛运动，水平方向上是匀速运动，竖直方向上是自由落体运动．
由匀变速直线运动的推论：，即竖直方向上满足，可得：，
代入数据解得：．
又由水平方向上为匀速直线运动，所以平抛的初速度，代入数据，解得：．
故答案为：．
先利用竖直方向匀变速直线运动的推论求出和的时间间隔，再利用水平方向上是匀速运动求出初速度．
此题的难点在于推论的应用，有的考生想不到，解决平抛运动时一定要注意利用两个分运动的特点．
12. 解：、为了保证小球的初速度水平，斜槽末端应保持水平，故A正确．
B、为了保证小球每次平抛运动的初速度大小相等，应让小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，故B错误，C正确．
D、用铅笔记录小球位置时，每次不需要严格地等距离下降，故D错误．
E、小球平抛运动在竖直平面内，不能与木板上的白纸接触，防止摩擦使运动轨迹发生变化，故E正确．
F、将球的位置记录在纸上后，取下纸，用平滑曲线连接，故F错误．
故选：．
在竖直方向上，根据得，相等的时间间隔，则闪光的频率．
小球运动的水平分速度．
点的竖直分速度，根据平行四边形定则知，点的速度．
故答案为：，，，．
根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤．
根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，从而得出闪光的频率．根据水平位移和时间间隔求出水平分速度，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出点的速度．
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度不大．
13. 本题关键是利用图象分析物体的运动，根据运动的合成求解，对于该题，要注意两个分运动的类型，熟练的根据两个分运动的类型判断合运动的情况。
根据图象可知物体的初速度，根据图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律求合力，根据速度与位移的合成求解。
解：由图象知：，
所以物体的初速度，方向沿轴的正方向。
物体在轴的方向有，轴方向有。
由牛顿第二定律得：，方向沿轴正方向。
当时，，，所以：
，
当时，，
，
物体的位移
14. 根据牛顿第二定律和速度位移公式求出滑雪者到达平台边缘的速度；
根据高度求出平抛的时间，由求出离开平台的水平位移；
本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动等知识点，关键是要清楚运动过程，选择合适的规律解题。
解：设滑雪者离开平台的速度为，由
根据牛顿第二定律得：
联立得：
解得：
滑雪者离开平台做平抛运动，下落时间为，由
得
水平距离为
15. 在点由运动的合成与分解规律得到垂直于面的速度大小和加速度大小，由运动学公式求解；
在点由运动的合成与分解规律得到沿面向下的分速度，由牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解。
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用问题以及斜上抛问题的分析，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，将速度和加速度同时进行分解，再根据运动学公式进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
解：在点，设运动员在面内垂直方向的分速度为，由运动的合成与分解规律得：
设运动员在面内垂直方向的分加速度为，由牛顿第二定律得：
由运动学公式得：
联立式，代入数据得：
在点，设运动员在面内平行方向的分速度为，由运动的合成与分解规律得：
设运动员在面内平行方向的分加速度为，由牛顿第二定律得：
设腾空时间为，由运动学公式得：
沿斜面方向根据位移时间关系可得：
联立式，代入数据得：。
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