章末达标检测5 抛体运动（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版）

(本卷满分100分) 一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分) 1．做曲线运动的物体，一定变化的物理量是(　　) A．速率 B．速度 C．加速度 D．合外力 解析　做曲线运动的物体，速度方向一定不断发生变化，故速度一定是变化的，而速率可能是不变的，如匀速圆周运动；加速度、合外力也可能是不变的，如平抛运动。故B正确。 答案　B 2．弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行，关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹。若关闭发动机时导弹的速度是水平的，不计空气阻力，则导弹从此时起水平方向的位移(　　) A．只由水平速度决定 B．只由离地高度决定 C．由水平速度、离地高度共同决定 D．与水平速度、离地高度都没有关系 解析　不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平方向的位移x＝v0t＝v0，可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C正确。 答案　C 3．同学们设计了一个“地面飞镖”的游戏，如图所示，甲同学将飞镖从较高的A点以水平速度v1抛出，乙同学将飞镖从较低的B点以水平速度v2抛出，两飞镖落于水平地面上的同一点C，且两飞镖落地时与地面的夹角相同，已知A、B两点到水平地面的距离之比为2∶1，不计空气阻力，则v1∶v2为(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．∶2 D．2∶ 解析　设两飞镖落地时与地面的夹角为α，A、B两点抛出的飞镖落到C点竖直方向的速度分别为v1y和v2y，则v1y2＝2gh1，v2y2＝2gh2，得＝＝，tan α＝，tan α＝，故＝＝，故选D。 答案　D 4．某小船在河宽为d、水速恒定为v的河中渡河，第一次用最短时间从渡口向对岸开去，此时小船在静水中航行的速度为v1，所用时间为t1；第二次用最短航程渡河从同一渡口向对岸开去，此时小船在静水中航行的速度为v2，所用时间为t2，结果两次恰好抵达对岸的同一地点，则(　　) A．第一次所用时间t1＝ B．第二次所用时间t2＝ C．两次渡河的位移大小为 D．两次渡河所用时间之比＝ 解析　第一次所用时间t1＝，选项A错误；第二次渡河时船头方向与合速度方向垂直，即船速方向不是指向河对岸，则渡河的时间不等于，选项B错误；两船抵达的地点相同，位移相同，由第一次渡河可知，位移为s＝，选项C错误；两船抵达的地点相同，知合速度方向相同，第一次船的静水速度垂直于河岸，第二次船的静水速度与合速度垂直。如图所示，两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度的反比。则＝＝∶＝，D正确。 答案　D 5．如图所示，从倾角为θ的斜面顶端分别以v0和2v0的速度水平抛出a、b两个小球，若两个小球都落在斜面上且不发生反弹，不计空气阻力，则a、b两球(　　) A．水平位移之比为1∶2 B．下落的高度之比为1∶2 C．在空中飞行的时间之比为1∶2 D．落到斜面时速度方向与斜面夹角之比为1∶2 解析　因为两个小球均落到斜面上，所以二者的位移偏转角相同，又由于初速度之比为1∶2，所以根据位移偏转角的正切值tan θ＝，所以运动时间之比为1∶2，C正确；再结合x＝v0t，可得水平位移之比为1∶4，A错误；再根据h＝gt2，下落的高度之比为1∶4，B错误；再根据速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍可知，速度偏转角相同，速度方向与斜面夹角之比为1∶1，D错误。 答案　C 6．(2025·江苏镇江期末)如图所示，一段斜面和一段水平面连接成一个轨道，沿着轨道铺上软皮尺，皮尺的零刻度线与斜面顶点对齐。从斜面顶点分别以v0，2v0，3v0，…的初速度平抛小球，根据落点的位置可以将皮尺上的“长度刻度”转换为与不同初速相对应的“速度刻度”。下列四图中标度可能正确的是(　　) 解析　当小球落在斜面上时，设斜面倾角为θ，小球位移为s，有s sin θ＝gt2，s cos θ＝v0t，整理得v0＝∝；落在水平面上时，设斜面高度为h，则h＝gt′2，＋x＝v0t′，整理得v0＝×＋x× ，根据以上分析可知，在斜面上速度刻度间距越来越大，在水平面上速度刻度间距相同，故选C。 答案　C 7．如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；现在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点O处，若不计空气阻力，下列关系式正确的是(　　) A．va＝vb B．va＝vb C．ta＝tb D．ta＝2tb 解析　b处球落在斜面的中点，可知两球下降的高度之比为2∶1，根据h＝gt2知t＝， 则时间之比为ta＝tb， 因为两球水平位移之比为2∶1，则va＝vb， 故B正确，A、C、D错误。 答案　B 8．(2025·河南濮阳校考)如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，将一小球以一定的初速度自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，则小球到达A点时的速度与初速度大小的比值为(　　) A． B．2 C． D． 解析　小球以一定的初速度自O点水平向右抛出，则小球做平抛运动，则小球在运动过程中恰好通过A点时，可得x＝v0t，y＝gt2，tan 60°＝＝＝＝，解得vy＝gt＝，则小球到达A点时的速度与初速度大小的比值为＝＝＝，故选A。 答案　A 9．如图所示，在竖直的平面直角坐标系xOy中，一无阻挡的抛物线边界y＝x2把平面分为两部分，在y轴上A处有一质点小球以v0＝2 m/s的初速度垂直于y轴射出，已知OA＝5 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则(　　) A．小球到达边界的时间为 s B．小球到达边界的位置为(－2 m，4 m) C．小球到达x轴时速度方向与x轴负方向成30° D．经过一定的时间，小球速度方向可能和y轴平行 解析　小球做平抛运动，则其运动过程中的坐标为x＝－v0t，y＝5－gt2，联立解得小球做平抛运动的轨迹满足y＝－x2＋5，题中所给抛物线方程为y＝x2，则联立可得小球轨迹与抛物线交点为，则小球到达边界时间为t＝ s＝ s，故A、B正确；小球做平抛运动，则下落OA高度时，竖直方向的速度大小为vy＝＝ m/s＝10 m/s，则到达x轴时速度方向与水平方向的夹角θ满足tan θ＝＝＝，可知θ不为30°，故C错误；由于水平方向有初速度，故小球速度不可能与y轴平行，故D错误。 答案　AB 10．(2025·浙江台州期末)如图所示，一半径为R的圆环固定于竖直平面内，圆心为O。现从圆环上距离圆心O竖直高度为0.5R的A点以水平初速度v0向右抛出一个小球，一段时间后，小球落在圆环上的B点(图中未画出)；当v0大小不同时，小球的落点B也不同。重力加速度为g，不计空气阻力，小球可视为质点。以下说法正确的是(　　) A．当v0＝时，小球可以经过O点 B．当v0＝时，A、B两点位于一条直径上 C．当v0取不同值时，小球从A点运动到B点的时间不可能相同 D．若B点在O点的正下方，小球从A到B的运动过程中速度变化量最大 解析　运动过程中经过O点，满足＝gt2，＝v0t，解得v0＝，故A正确；A、B两点位于一条直径上，满足R＝gt2，R＝v0t，解得v0＝，故B错误；当v0大小不同时，小球的落点B可能位于同一水平面上，所以运动时间可能相同，故C错误；当B点位于O点正下方时，满足R＝gt2，R＝v0t，解得v0＝，此时小球运动的时间最长，则由Δv＝gt，可知此时速度变化量最大，故D正确。 答案　AD 11．某地发生地震，一架装载救灾物资的直升机以10 m/s 的速度水平飞行，在距地面180 m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力，g取10 m/s2，则(　　) A．物资投出后经过6 s到达地面目标 B．物资投出后经过180 s到达地面目标 C．应在距地面目标水平距离60 m处投出物资 D．应在距地面目标水平距离180 m处投出物资 解析　物资投出后做平抛运动，其落地所用时间由高度决定，t＝＝6 s，A项正确，B项错误；抛出后至落地的水平位移为x＝vt＝ 60 m，C项正确，D项错误。 答案　AC 12．如图所示，河宽L＝200 m，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满足u＝0.2x(x是离最近的河岸的距离)。一小船在静水中的速度v＝10 m/s，小船自A处出发，渡河时，船头始终垂直河岸方向，到达对岸B处。设船的运动方向与水流方向的夹角为θ，下列说法正确的是(　　) A．小船渡河时间大于20 s B．A、B两点间距离为200 m C．到达河中央前小船加速度大小为0.2 m/s2 D．在河中央时，θ最小，且tan θ＝0.5 解析　过河时间t0＝＝20 s，选项A错误；河水流速u1＝0.2vt＝2t(t≤10 s)、u2＝0.2×(200－vt)＝40－2t(10 s＜t≤20 s)，其平均速度为10 m/s，沿河岸方向的分加速度大小为a＝2 m/s2，分位移y＝ t0＝200 m，故合位移s＝＝200 m，选项B正确，C错误；船速与水流方向的夹角θ的正切值tan θ＝，当u＝20 m/s时，θ最小，且tan θ＝0.5，选项D正确。 答案　BD 二、实验题(本题共2小题，共10分) 13．(4分)在探究平抛运动的规律时，可以选用如图所示的各种装置图，则以下操作合理的是________。(多选，填字母) A．选用图甲装置研究平抛物体的竖直分运动时，应该用眼睛看A、B两球是否同时落地 B．选用图乙装置并要获得稳定的细水柱显示出平抛运动的轨迹，竖直管上端A一定要低于水面 C．选用图丙装置并要获得钢球做平抛运动的轨迹，每次不一定从斜槽上同一位置由静止释放钢球 D．除上述装置外，还可以用数码照相机每秒拍摄15帧钢球做平抛运动的照片以获得平抛运动的轨迹 解析　小球下落的速度很快，运动时间很短，用眼睛很难准确判断出小球落地的先后顺序，应听声音，选项A错误；竖直管的上端A应低于水面，这是因为竖直管与空气相通，A处的压强始终等于大气压强，不受瓶内水面高低的影响，因此可以得到稳定的细水柱，选项B正确；只有每次从同一高度由静止释放钢球，钢球做平抛运动的初速度才相同，选项C错误；获得钢球做平抛运动时每秒15帧的照片就等同于做平抛运动实验时在方格纸上描点的方法，同样可以获得平抛运动的轨迹，选项D正确。 答案　BD 14．(6分)(2024·河北卷)图甲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，得到了如图乙所示的印迹，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________ (选填“相同”或“不同”)。 (2)在坐标纸中描绘出钢球做平抛运动的轨迹。 (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　(1)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。 (2)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。 (3)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。 答案　(1)相同　(2)见解析图 (3)0.72(0.67～0.77均可) 三、计算题(本题共4小题，共42分) 15．(10分)(2025·江苏常州期末)如图所示，一玩具子弹从O点水平射出，子弹在四张等间距竖直薄纸上留下了四个弹孔A、B、C、D。测得相邻薄纸之间的距离为L，A、B和B、C的竖直距离分别为h1、h2。不计空气阻力，不考虑薄纸对子弹运动的影响，重力加速度为g。求： (1)子弹经过相邻两张纸的时间； (2)子弹的初速度； (3)C、D之间的竖直距离。 解析　(1)根据平抛运动的规律可知，子弹在竖直方向上做自由落体运动，则有h2－h1＝g·(Δt)2，解得子弹经过相邻两张纸的时间为Δt＝。 (2)子弹水平方向做匀速直线运动，故其初速度 v0＝＝L。 (3)根据平抛运动竖直方向运动规律可得 hCD－h2＝h2－h1 解得C、D之间的竖直距离hCD＝2h2－h1。 答案　(1)　(2)L　(3)2h2－h1 16．(10分)(2025·江苏南京期末)如图所示，在距地面高为6.5l的A处以水平初速度v1＝2投掷飞镖，与A点水平距离为6l的水平地面上的B点有一个气球，选择适当时机让气球以速度v2＝匀速上升，在升空过程中恰好被飞镖击中。飞镖在飞行过程中空气阻力不计，飞镖和气球均视为质点，重力加速度为g。 (1)求飞镖击中气球时，飞镖竖直方向的分速度大小vy； (2)求开始掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔Δt； 解析　(1)从飞镖飞出到击中气球过程中，对飞镖来说6l＝v1t，vy＝gt 飞镖击中气球时，飞镖竖直方向的分速度大小 vy＝gt＝3。 (2)飞镖的竖直位移h＝gt2 气球上升的位移H＝6.5l－h 气球上升的时间t′＝ 两个动作之间的时间间隔为 Δt＝t－t′＝3－2＝。 答案　(1)3　(2) 17．(10分)(2025·江苏淮安期末)如图所示，竖直面内有一以O为圆心的圆形区域，圆的半径R＝1.5 m，直径PQ与水平方向间的夹角θ＝37°。小球自P点水平射入圆形区域，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)若使小球从Q点射出，求其在圆形区域中运动时间t； (2)若使小球从Q点射出，求其到达Q点时的速度vQ大小；(计算结果可保留根式) (3)为使小球在圆形区域运动时间最长，求该小球进入圆形区域时的速度v大小。(计算结果可保留根式) 解析　(1)竖直方向上h1＝2R sin 37°， h1＝gt12，t1＝0.6 s。 (2)水平方向上x1＝2R cos 37°，vx＝， vy＝gt1。 vQ＝，vQ＝2 m/s。 (3)平抛运动时间由高度决定，根据图中分析可知，小球从圆形区域的最低点射出，竖直方向分位移最大。 由几何关系可知h2＝R＋R sin 37°，h2＝gt22，x2＝R cos 37°。 x2＝vt2，水平速度v＝ m/s。 答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3) m/s 18．(12分)(2025·山东潍坊统考)风洞实验室是可量度气流对实体作用效果以及观察物理现象的一种管道状实验设备。如图为风洞实验室的侧视图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间为风洞区域，物体进入该区域会受到水平方向的恒力，自该区域下边界的O点将质量为m的小球以一定的初速度竖直上抛，从M点离开风洞区域，经过最高点Q后小球再次从N点返回风洞区域后做直线运动，落在风洞区域的下边界P处，NP与水平方向的夹角为37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小为g。求： (1)风洞区域小球受到水平方向恒力的大小； (2)小球运动过程中离风洞下边界OP的最大高度； (3)OP的距离。 解析　(1)小球再次从N点返回风洞区域后做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，受力情况如图所示 根据平行四边形定则和几何知识可知 tan 37°＝ 解得F＝mg。 (2)最高点的小球的速度沿水平方向，设该速度为v，则小球在M、N点的水平方向速度也为v，设小球在M、N点竖直方向的速度大小为vy，在O点的初速度为v0。由O到M的时间为t，水平方向有v＝t＝gt， 在P点，水平方向有vx1＝v＋gt＝2v 竖直方向速度大小为vy1，则tan 37°＝ 解得vy1＝v 在竖直方向上，小球在从O点到P点做上抛运动，竖直方向上速度相等， 可得v0＝vy1＝v， 由N到P小球做直线运动，则有＝， 可得vy＝， 最高点为Q点，则在竖直方向上，由Q到N，则 ＝gt1， 由N到P有vy1－vy＝gt，解得t1＝t QN在竖直方向上有t＝h NP在竖直方向上有t1＝H 可得h＝H 小球运动过程中离风洞下边界OP的最大高度 hm＝＋H＝H。 (3)水平方向由O到M有x1＝t 由M到N有x2＝2vt 由N到P有x3＝t 又v0＝v，×2t＝H， 解得x＝x1＋x2＋x3＝H。 答案　(1)mg　(2)H　(3)H 学科网（北京）股份有限公司 $