提分集训(21)探究平抛运动的特点-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习提分集训

提分集训（二十一） 探究平抛运动的特点 1.(2022·浙江1月选考)在“研究平抛运动”实验 (1)为了正确完成实验，以下做法必要的是 中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原 A.实验时应保持桌面水平 点O,建立水平与竖直坐标轴.让小球从斜槽上离 B.每次应使钢球从静止开始释放 水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过 C.使斜面的底边ab与桌边重合 多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹， D.选择与钢球间的摩擦力尽可能小的斜面 如图所示.在轨迹上取一点A,读取其坐标(，). (2)实验小组每次将木板向远离桌子的方 向移动0.2m,在白纸上记录了钢球的4个 0 落点，相邻两点之间的距离依次为 15.0cm、25.0cm、35.0cm,如图乙.重力 加速度g=10m/s2,钢球平抛运动的初速 度大小为 m/s. (1)下列说法正确的是 (单选) (3)图甲装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用 A.实验所用斜槽应尽量光滑 是 B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接 起来 3.(2025·重庆模拟)某兴趣小组对水平流出的水流 C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远 曲线是否可视为抛物线进行探究.实验所用的主 的点的数据 要装置示意图如题图所示，其中盛水桶放置在升 (2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度 降台上，出水管固定于有标尺的背景前，水流能从 大小功= (单选). 出水管沿水平方向流出。 A.V2gh B.√2g0 注水口 g C.xo 2h D.x020 溢水口 盛水桶 (3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置 出水管 由静止释放的理由是 生 2.某实验小组利用如图甲所示装置测定平抛运动的 (1)实验时，调节注水口水流，使盛水桶中的水从 初速度.把白纸和复写纸叠放在一起固定在竖直 溢水口流出，保持桶内水面高度为定值，让水从出 木板上，在桌面上方定一个斜面，斜面的底边ab 水管流出时具有相同的 与桌子边缘及木板均平行.每次改变木板和桌边 (2)水流稳定后，拍摄第一张水流照片：调整升降 之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通 台高度，重复步骤(1)，水流稳定后，拍摄第二张照 过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。 片.以出水管管口中心为坐标原点O,以水流初速 度方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向.在 水柱中心线上选取五个标记点，得到这些点的位 置坐标.第一次实验照片中标记点的坐标为x、 针垂线 调节螺旋 y1,第二次实验照片中标记点的坐标为x、y2,两 次实验的测量结果如表所示 377 r/cm 0 3.00 6.00 9.0012.00 距，若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位 实验1 yi/cm 0 0.39 1.30 2.85 4.95 移依次为、2、3，忽略空气阻力的影响，下面 实验2y2/cm 0 0.79 3.08 6.9012.23 分析正确的是 由表中数据可知，第一次实验出水管口处水流速 斜槽 度 (填“大于”“等于”或“小于”)第二次 水平板 实验出水管口处水流速度， (3)若某小球从O点以一定的初速度水平抛出后 做平抛运动，恰好通过表中y2=6.90cm对应的 A.x2-x1>x3一x2 标记点，分析它能否继续通过y2=12.23cm对应 B.x2-x1<x3-x2 的标记点并写出分析过程 4.(2025·四川南充模拟)在“探究平抛运动的特点” C.x2-x1=xg一x2 D.无法判断 实验中，某学习小组用如图所示装置研究平抛运 (3)乙同学利用图所示装置研究平抛运动的规律. 动.将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬 实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动 板上.钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落 的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪 在水平挡板MN上.由于挡板靠近硬板一侧较低， 光，某次拍摄后得到的照片如图所示（图中未包括 钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出 小球刚离开轨道的影像)，图中的背景是放在竖直 一个痕迹点.移动挡板，重新释放钢球，如此重复， 平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在 白纸上将留下一系列痕迹点 平面平行，其上每个方格的边长为5cm.该同学在 硬板 白纸 实验中测得的小球影像的高度差已经在图中标 出.则小球运动到图中位置A时，其速度的水平分 量大小为 m/s:根据图中数据可得，当 地重力加速度的大小为 m/s2.(结果均保 留两位有效数字) (1)下列实验条件必须满足的有 A.斜槽轨道光滑 6.1cm B.斜槽轨道末段水平 8.6cm 11.0:u C.每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球 D.图中档条MV每次必须等间距下移 13.4cm (2)在某次实验中，甲同学每次都将小球从斜槽的 纸板 同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出.改 斜槽 变水平挡板的高度，就改变了小球在板上落点的 位置，从而可描绘出小球的运动轨迹，某同学设想 小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图中 1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间 378 5.2023年8月新推出的某国产手机拥有多项先进技 (3)利用游标卡尺测得小球的实际直径如图丙所 术，其连拍功能可实现每隔T=0s拍一张照。某 示，则小球的直径D= cm,用刻度尺测得 照片（图乙）中小球直径d=0.56cm,通过计算，可 实验探究小组利用该手机的连拍功能来探究平抛 得实际长度与照片中的长度之比为 运动规律. V blwwwh 4 (cm) mmmmn 0 10 20 甲 丙 (1)该小组用手机对一做平抛运动的小球进行连 (4)用刻度尺测得照片（图乙）中y1=0.94cm, 拍，取从抛出点开始连拍的5张照片进行电脑合 2=1.21cm,为=1.48cm,y=1.75cm,通过计 成，得到图甲，进一步作图后，得到图乙所示图 算，小球在竖直方向运动的加速度a= 像，经测量，发现水平方向相邻小球的间距几乎相 等，说明小球在水平方向做 m/s2(结果保留三位有效数字)，若该值与当地重 运动 (2)若小球的实际直径为D,照片上相邻小球间距 力加速度大小相近，又因小球做平抛运动竖直方 均为x,照片上小球直径为d,则小球平抛的初速 向初速度为零，则说明小球在竖直方向做自由落 度表达式%= ,(用题中字母表示) 体运动. 379C人刚高开墙显时竖直方的的建度大小为一g× (3)为了保话能画出同一个平批运动轨迹上的多个点，必须要在 =5m/s 同一往置由静止释放小球，以碗保多次适动的轨迹相同（或“保 人刚离开墙壁时的速度大小为口=√/稀十=√6们m/s,故C 证小球离开斜槽未端的速度相同，从而保运其运动轨迹 错误： 相同”). D,人刚离开P点时的递度方向与竖直方向夹角的正切值为 答案：(1)C(2)D(3)确保多次运动的轨迹相同 m0=兰=号，故D正确.故选AD 2.解析：(1)实脸过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水 平，故A正确，为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从问 8.选ADAB.设从B点释放的导弹落在P点所用的时何为t:·对 一位置由静止释放，故B正璃：只要每次钢球水平抛出时递度相 于从A点释放的导弹，其竖直位移与水平位移相等，则根据平抛 同即可，针面底边b与桌边重合时，钢球不是水平抛出，而钢球 24 与斜面间的摩擦力大小对于本实验无影响，故C、D错误. 适动的规律有tan45°= ==1,am5=2=1 42 (2)每次将木板向运离桌于的方向移动0.2m,则在白纸上记录 又=22，联立解得有：2=2：1，：秘=12， 钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，钢球抛出后在竖直方向 A正确、B错误： 上做自由落体运动，根据△y=gT下可知，相邻两点的时间间隔 /25.0-15.0×10- 2 s=0.1s,钢球在水平方向上做匀速直 C两导弹下落高度之比为： 10 1 x0.2 线运动，所以钢球平抛的初速度为=于一，m/s=2m/、, 由W二mgh,可知，重力做功之比为2；1，C错误： (3)悬挂铅垂线的目的是方便调整木板，使其保持在竖直平 D.对于甲乙释放的导弹，在任意相同时间内逸度变化量△=g△Y 面上。 可知两导弹在任意相习时间内速度变化量相同，其比值为1：1， 答案：(1)AB(2)2(3)方便调整木板，使其保持在竖直平面上 D正确，故选AD. 3.解析：(1)保持桶内水面高度为定值，即可保证出水口处压力恒 9.解析：频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个琼之间被刑 去3个影像，故相邻两球的时间间隔为1=4T=0.05×4s=0.28 定，让水从出水管流出时县有相同的初速度。 设抛出瞬间小球的速度为，图中每相邻两球间的水平方向上 (2)根据表中数据可知，第二次实验与第一次实验相比，在T轴 位移为工，坚直方向上的位移分别为y·根据平抛运动位移 坐标相同的情况下，第二次实验所对应y轴坐标数据更大，根据 公式有r=%t 平抛适动水平方句做匀速直线运动，竖直方向做自由落体递动 =号r=×10X0.2m=0.2m 可知，两次实脸对比说明在水平住移相同的情况下，第二次竖直 y=72)-7r=号×10X0.,4-0.2)m=0.6m 位移更大，整直方向有y一文 水平方向有x= 令y1=y,则有y2=3y=3y 型 已标注的线段s2分别为=√2+y 联立可得r=0√g 2=√x2+(3y)=√r2+9y 由此可知，水平位移相同，整直位移越大，则做平抛运动的初速 则有1妇=V2十y:√+97=3：7 度越小，则由表中数据可知，第一次实验出水管口处水流速度大 于第二次实险出水常口处水流速度. 整理得r=2且 (3)平批运动水平方向微匀速直线运动，竖直方向做自由落体运 故在抛出醉间小球的速度大小为药一-2口 m/s. 动，则有x=1y= 5 答案：m 可得y嘉· 表中数据为水流在恒压下以出水口中心为水流出射点微平抛运 10.选BD小球与培发生弹性碰撞，水平方向的速度大小不变，下 动时轨迹所经过的位置，而小球从O点以一定的初速度水平抛 落山1和2过程中的水平方向的路程之比为0十坠= 出后做平抛运动，恰好通过表中y2一6.90cm对应的标记点，根 x04 据平抛运动轨迹方程可知，若小球经过坐标点(x=9.00cm,y= 6.90Cm)则小琼做平抛运动的轨述一定和第二次实验中水做平 一三，故下落1和妇所用时间1：与一3：1，A错误：设小球 抛运动的轨途相同，因此，小球能熊续通过为=12,23cm对应的 标记，点。 从开始运动到与墙上B点相撞所用时间为1。，由题意可知1= 答案：(1)初速度(2)大于(3)见解析 7P-G-受Gs-P-7gP-子6， 4,解析：(1)AC.为了获得相同的初速度，需要每次从斜槽上相同的 故，：h2=15:7,B正确：整个运动过柱中小球水平方向运动 位置无初速度释放钢球，钟槽轨道不需要光滑，故A错误，C正 的路程为21，仅将间距（加倍而仍在两培中央O点平抛，小球得 确：B.为保证小球飞出时速度水平，所以斜槽轨道末段需要水 与墙壁碰撞一次后仍落在中点A点，C错误：仅将初速度阳增 平，故B正确：D.挡板只要能记兼下小球在不同高度时的不同住 为%(n为正整数)，高度不变则下落的时间不变，则小球水平 置，不需要等间距变化，故D错误，故选BC, 方向的路程为=%1=2l,小球从中点O抛出，则小球一定落 (2)因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越 在A点，D正确. 来越快，则下落相等位移的时间燧来越短，水平方向上做匀速直 提分集训（二十一） 线运动，所以一1>一2故选A 1.解析：(1)斜槽轨道不需要光滑，只需要从可一位置由静止释放 (3)由题意，根据图中数据可得，小球运动到图中位置A时，水平 小球，使其到达斜槽末端的速度相同即可，选项A错误：由于描 方向上有x==%1 ,点可能出现误差，图此不是把所有的，点都用平滑的曲线连接起 可得其速度的水平分量大小为 来，选项B错误：求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远 6-5x10-2 的，点的数据，这样误差较小，选项C正确。 0.05m/s=1.0m/s (2)根据平抛运动规律有=饰6=之，联立可得 根据图中数据在竖直方向上，根据逐差法可得 g=.0+13.46.1二8.6)X10m/g=9.7m ,选项ABC错援，D正确 4×0.052 答案：(1)BC(2)A(3)1.09.7 619 5.解析：(1)水平方向相邻小球的间距儿乎相等，说明小球在水平：6，选ACA.设角递度在0~m1范国时绳处于松弛秋态，球受到 方向做匀建直线运动： 重力与环的弹力两个力的作用，弹力与坚直方向夹角为0，则有 (2)由题意可知，照片中小球的初速度为 一子黑片与实际的北得为分放有号-品得一品 mguan0=mRsin0:a,即m√Rcos0 g /2g (3》游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以小球的 当蝇拾好仲直时有0=60，财仙，V紧，可知圈环角速度m等千 直径为D=22mm十8×0.05mm=22.40mm=2,240cm 照片中小球直径d=0.56cm,得实际长度与照片中的长度之比 √是时，小球全到2个力的作月，故A正确： 为号-8思 BC.设在幼<，<时绳中有张力且小于mg,此时有 Fyc0s60=mg十Fr cos60°， (4)根据逐差法可得照片中小球运动的加速度 Fysin60°+Frsin60'=mRsin60°·a2, d=y4+为）%+y=2.48m/g /4g 4T下2 当F,取最大值mg时代入可得侧，√辰， 实际小球的加達度a=4a'=9.72m/s 答案：)匀速直线（(2)票 (3)2.2404(4)9.72 时绳将新裂，小琼又只变到重力，环的弹力两个力 即当w√R 提分集训（二十二） 的作用，由北可如圆环角地度。等天√震时，小球交到3个力的 1,选DA.圆盘每转一图的时间T一15×4s一60s,故转遠为 作用，国环角建度。等天√震时，昆已脂裂，小球又只交到重力 1r/mim,故A错误： 环的弹力两个力的作用，则有F、sin0=nRsin0·2,解 B.由角速度与周期的关系可得圆盘转动的角速度大小为 得F、=5mg, 。-学-斋nd/s,故B错误： 即圈环对小球的弹力大小为5mg.故B错误：C正确； D.依题意，小球能达到与同环闻心等高处时，闻环的弹力沿水平 C受糕边擦的油线建度大小约为v一r一0m/s,故C错误： 方向指向圆环的回心，此外小球还受重力作用，二者的合力不可 能指向园心了，即圆环角逸度，不论增大到多少，小球均不能达 D.蛋糕边缘的向心加述度的为a,=r一00m/g,故D正确。 到与圈环圆心等高处，故D错误.故选AC, 7,选BDAC,小球Q竖直方向受力平衡，根据牛顿第二定律 故选D. 2.选BDA.水斗的速度为 Tc0s月=mg,解得T=子mg,故A错误： =rw=0.1×21=0.21(m/s), B.小球P运动到最高点时，根据牛顿第二定律 水平做匀加逸直线运动，故A错误： T1=mgcos a-方mg,故B正确： 以根搭位移与时同关系有A=之a,其中a=智-0,2m/g,解 得h=10m,故B正确： C对小球Q有mgtn月=mwLm月.可得cosB气：若a不 CD.对水斗分析，F一(m十m)g=(m十m)a,解得F=6们.2N, 变，增大小球Q的质量，轻绳与些直方向的夹角B不变，故C 错误； 故C错误，D正确：故选BD. D.小球P从最高点到最低点，根据动能定理 3.选AD因为电扇叶片有三个，相互央角为120°，现在观察者感 觉扇叶不动，说明在闪光时间里，扇叶转过的角度应为120“的整 mgl(1-coso)=立md 数倍，别有0=，号xk=12,3) 在录纸点根据牛顿第二定律了一mg="吧。 闪光灯每秽闪12次，则转动的角速度为 联立解得T=3mg一2mgc05a=1,4mg. 若a不变，增大小球P的质量，运动到最低点时轻蝇拉力变大， =1°rad/s-k·8xrd/s(k-1,2,3） 故D正确，故选BD. 8,选ACA,对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合 12 力提供向心力，根据牛领第二定律，球A受到的向心力为 当k=l时，可得e=8xrad/s 当k=2时，可得创，=16xrad/s F=。10N,故A正确： 故选AD 4,选C设该质点的质量为m,运动周期为T,轨道半径为r,所受 且对于小球A,报据牛顿第二定律有。m 合力为F,由题言知T-上，k为比例系教，将上式代入F=m 解释。一，故B辑花， 芹，得F=m搭，中质点所灸合力的大小与软道丰径的3次 C.对于小球B,根据牛顿第二定律有 方成正比，故C正确 品器品)=m答解样T=2vBs:故C正确： 5.选BA.物块受到重力、弹力与静摩擦力，由三个力的合力提供 D.对于小球B,根据牛顷第二定律有 向心力，故A错误： 品器)-m号解得=Dm,载D错误，裁装AC B.物块与国盘蛤终相对静止，对物块分新有∫=m4≤mg, 9,解析：(1)根据速度与位移公式有=2ax 解得T≥2 匹 代入数据可得d=2.7m/g, 、(2)根据向心加婆度的表达式a=元 可知，国盘转动的周期不得小于2√ ，故B正确 可得甲，乙的向心加速度之比为吧-平.R=2 C.结合上述可知，圈盘对物块指向圆心的静摩擦力提供向心力， %吃‘R-22 根据牛顿第三定律可知，物块对圈盘有沿半径背离国心)的静 甲，乙两运动员微匀谁国周运动，则运动的时间为1=迟 摩擦力作用，故C错误： D.站合上述可知，圆盘对物块的静摩擦力作用为f=m1 代入数搭可得甲，乙在考道造动的时同为1？=誓忆-晋。 实际上圆盘对物块有指向圈心的摩擦力与垂直于盘面向上的支 因为t甲<1工，所以甲先出弯道， 持力两个力的作用，根据力的合成可知，物块受圆盘的作用力大 小大于mwL,故D错误.故远B. 答案：2.7m2器甲 620