第1章 抛体运动（拔高练）-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（教科版）

进阶 突破 第一章抛体运动 第1节认识曲线运动 1.（多选)一轻质弹簧上端固定，下端拴一个金属球，金属球被一水平细绳拉住.现将细绳剪断， 之后金属球摆动过程中的一段运动轨迹如图中虚线所示.则在这段运动过程中，金属球 A.刚开始运动时的加速度方向水平向左 B.在悬点正下方时加速度方向竖直向下 C.运动到轨迹最低点时速度为零 D.运动到轨迹最左端时速度为零 第2节运动的合成与分解 1.(2023·山东青岛质检)（多选）如图所示，一块橡皮用细线悬挂于0点，用钉子靠着线的左 侧，沿与水平方向成(>0)角的斜面向右以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，下 列说法正确的是 A.橡皮的竖直分速度大小为(1+sin0)v B.橡皮的水平分速度大小一定小于竖直分速度大小 C.橡皮的速度与水平方向成20角 D.设橡皮的速度与水平方向夹角为B,则tamB=1-sin6 cos 0 2.（2023·江苏扬州中学质检)弹簧锁在关门时免去了使用钥匙的烦琐，为我们的生活带来了 方便缓慢关门时门锁的示意图如图所示，关门方向为图中箭头方向，锁舌所夹的角度为0，若 弹簧始终处于压缩状态，门的宽度视为远大于锁舌的尺寸，如图所在的瞬间，门边缘向内的速 度为v,则下列说法错误的是 () 门框 门 00000000 弹簧 锁壳 锁舌 A.关门时弹簧弹力变大 B.如图时锁舌相对于门的速度为v1=vcot0 C.如果图中的0变小，关门时会更费力 D.关门时锁舌对锁壳的弹力等于弹簧的弹力 进阶突破·拔高练0] 3.如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v.小工件离开 甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为山.乙的宽度足够大， 重力加速度为g: (1)若乙的速度为。，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s； (2)若乙的速度为2。，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小. 传送带乙「 ■ 传送带甲0 第3节探究平抛运动的特点 1.(2023·江西抚州联考)图甲a是一个能够显示平抛运动及其特点的演示实验，用小锤敲击弹 性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动， 图甲b是该装置一次实验的数码连拍照片，同时显示了A、B球分别做平抛运动和自由落体运 动的轨迹 (1)由图甲b的数码连拍照片分析可知，做平抛运动的A球离开轨道后在竖直方向的分运 动是 ● (2)现在重新设计该实验，如图乙所示，光源位于S点，紧靠着光源的前方有一个小球A,光照 射A球时在竖直屏幕上形成影子P.现打开数码相机，同时将小球向着垂直于屏幕的方向 水平抛出，不计空气阻力，小球的影像P在屏幕上移动情况即被数码相机用连拍功能（每 隔相同的时间自动拍摄一次)拍摄下来，如图丙所示.则小球的影像P在屏上移动情况应 当是图丙中的 （填“c”或“d”) (3)如果图乙中小球A水平抛出的初速度为1m/s,SP=L=0.5m,经过0.2s小球到达B点时 在屏幕上留下的影子假设为Q,则Q点沿着屏幕向下运动的速度大小为 m/s. 02黑白题物理1必修第二册·JK 第4节研究平抛运动的规律 1.如图所示，一箱子高为H,底边长为L,一小球从一壁上沿A垂直于箱壁以某一初速度向对面 水平抛出，空气阻力不计.设小球与箱壁碰撞前后的速度大小不变，且速度方向与箱壁的夹角 相等 【1)若小球与箱壁一次碰撞后落到箱底处离C点距离为，求小球抛出时的初速度物的 大小； (2)若小球正好落在箱子的B点，求初速度的可能值 D 2.快递分装会用到传输装置，如图所示，可视为质点的某快递以v=5/s的速度进入水平传送 带BC,最后能从C点水平抛出，已知水平传送带BC长L=3m,上表面距水平地面高h= 1.25m,该快递与传送带间动摩擦因数u=0.4,传送带以顺时针方向转动，不考虑传送带滑轮 大小求： (1)当传送带以大小为v=2.4m/s的速度顺时针传送时，快递落在水平地面上的落地点与C 点的水平距离多大？ (2)若在传送带右侧加装一个收集装置，如图所示，其内边界截面为四分之一圆形，C点为圆 心，半径为R=43 m,若要使该快递从C点抛出后落到收集装置时的速度最小，则传送带 速度应该调节为多大？ 进阶突破·拔高练03 第5节斜抛运动（选学） 1.(2022·山东青岛期中联考)如图，倾角为37°的斜面足够长，从斜面上b点正上方2.5m处的 a点，以2/s的速率抛出一个小球，方向不定，且小球的轨迹与ab0在同一竖直平面内，则 小球落回斜面的最长时间为(g取10/s2,sin37°=0.6) () ao .3790 A.0.5s B.1s C.1.5s D.2s 2.（2023·广东广州三校联考)如图所示，小明在离水面高度h,=1.8m处，将一质量m=20g的 小石片以初速度。=8/s水平抛出，小石片先在水面上弹跳数次，当沿水面的速度减为零时 会下沉.小石片每次接触水面时都受到恒定的作用力，其中水平分力恒为f=0.4N,每次接触 水面△t=0.04s后就跳起，跳起时竖直方向的速度与此时沿水平方向速度之比为常数k= 0.75,不计空气阻力(g取10m/s2).求小石片： (1)第一次与水面接触前水平方向的位移x; (2)第一次与水面接触过程中，对水面作用力的竖直分力大小F,； (3)总共弹起的次数以及最后一次跳起后在空中的飞行时间. 04黑白题物理1必修第二册·JK16.(1)152.0J(2)3.3kg≤m2<5.1kg(3)2.4kg 解析：(1)设滑块A刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高 点时速度的大小为，根据牛顿第二定律有mg=m,R, 解得=√gR,滑块A由静止运动到圆轨道最高点过程，由能 量守恒定律可得，=mgas7x子Rmg(侵in37叶 1 R+Rcos37°+7m15,联立解得E。=3.8m,R=152.0J； (2)设滑块A的质量为m2,为使A能滑上圆轨道，则它到达 P点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得E。> um,gase37以Rm.Rain37,解得，<得要使 滑块A仍能沿圆轨道滑回，A在圆轨道上升的高度不能超 进阶突破 第一章抛体运动 第1节认识曲线运动 1.AB解析：细绳剪断前，设金属球的重力为G、弹簧的弹力为 F、细绳的拉力为T,由于金属球处于平衡状态，则根据三力 平衡可知G与F的合力与T等大反向，即G与F合力的方 向水平向左细绳被剪断的瞬间细绳的拉力突然消失，而弹 簧弹力的大小和方向均不发生变化仍为F,所以此时金属球 所受重力G与弹簧弹力F合力的方向仍水平向左，根据牛 顿第二定律中力与加速度的同向性可知在细绳被剪断的瞬 间金属球加速度的方向水平向左，故A正确.当金属球运动 到悬点正下方时，如图所示，根据物体做曲线运动的条件结 合受力分析可知，此时金属球所受合力方向为竖直向下.故 B正确. 、 F金 当金属球运动到轨迹最低点时，根据运动轨迹可知，此时金 属球的速度不为零，即动能不为零，故C错误；金属球运动到 最左端时水平方向的速度为零，而不是合速度为零，故D错 误故选AB. 第2节运动的合成与分解 1.AB解析：A橡皮参与了平行于斜面方向的匀速直线运动 和竖直方向上的匀速直线运动，两个分速度大小相等均为 ",其中平行于斜面方向的匀速直线运动的竖直分速度为 vsin0,则橡皮的竖直分速度大小为v,=v+sin0=(1+sin8)v, 故A正确：B.只有平行于斜面方向的匀速直线运动有水平方 向的分速度，则橡皮的水平分速度大小为v,=vcos0,故v,< 飞，故B正确；CD设橡皮的速度与水平方向夹角为B,根据 /平行四边形定则知anB三？=1n),故B不一定等于20， 故CD错误.故选AB. 2.D解析：A.关门时弹簧逐渐被压缩，形变量变大，弹力变 大，故A正确；B.锁舌运动时的速度如图，则有an0=”,即 v1=vCot8,故B正确； 必修第二册·JK 过与圆心等高处，由能量守恒定律可得E,≤um2gc0s37°× 多rmg(3m74Ra3r）解得 3 23m1,综上 所述可得38m 38 23m,≤m,5m,改变后滑块A的质量m的可 能值满足3.3kg≤m2<5.1kg; (3)依题意滑块恰好脱离圆轨道时，应在0Q水平线的上方 与0Q方向的夹角为37°处，此位置轨道对滑块的弹力刚好 3 为零，则mgsi血37°=m,R,解得u=√兮R,由能量守恒 定律可得名，=um8ms37×子R+mg(侵Ran37+ Rcos37+Rsin37° 19 +2m,,解得m=16m,≈24kg ◆ 拔高练 门框 500000000 弹簧 锁壳 锁舌 C设关门时弹簧弹力为F2,锁壳对锁舌的作用力为F,锁舌 受到的摩擦力为∫，关门时锁舌受力如图，则缓慢关门时有 F2+f=F1sin0,F3=F1cos0,f=uF3,联立可得F1= sin 0-ucos ,可见如果图中的0变小，F,会变大，关门时会 更费力，故C正确； 门框 门 00000 弹簧 锁壳 10 锁舌 “F D.由C选项分析可知关门时锁舌对锁壳的弹力大于弹簧的 弹力，故D错误，符合题意.故选D. √2 3.(1)2g （2)2v 解析：(1)由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因 此首先应判断工件刚平稳地传到乙上瞬间，相对于传送带乙 的运动方向.刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙 侧向速度，和与传送带乙运动方向相反的速度。，其合速 度方向与侧向显然成45°，如图a所示，并建立图示直角坐 标系. 24g, 根据牛顿第二定律可知4=- 2g,即工件相对 黑白题44 传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做匀加速直 线运动和匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知 当垂直传送带方向的速度减为零时，工件相对传送带在x方 向上的位移即侧向滑过的距离为2a=0-6,解得s2g √2 (2)根据(1)中分析，同理作出工件相对传送带运动和所受 滑动摩擦力的矢量图如图b所示 41 26√5o 设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为0，侧向、纵向加速度大 小分别为a,、4,则2=an0,很小的△t时间内，侧向、纵向 的速度变化量△，=a,AM,A,=0,A,解得=m8,且由题 △. 意知n0=5-20=2,则当=0时，4，=0,4g,=2,即 v=2vo 第3节探究平抛运动的特点 1.(1)自由落体运动(2)d(3)2.5解析：(1)本实验中A 做平抛运动，B做自由落体运动，同一时刻两球处于同一高 度，说明竖直方向运动情况相同，所以A竖直方向的分运动 是自由落体运动；(2)设经过时间t,小球的水平位移为x,竖 、宜方向的位移为y,影子的位移为H,则有y1方，解 得H=上，所以小球的影像P在屏上移动位移与时间成正 比，匀速下落，应当是等间距的，故选d;(3)由以上解析可知 2 影子在竖直方向上做匀速运动，根据几何关系可知 vot 解得o光-25ma Vot 第4节研究平抛运动的规律 1.（1)5Ly2g(2)2g（n=1,2,3,…）解析：(1)此题可 6H √2Hg 5L 以看成是无反弹的完整平抛运动，则水平位移为：x= 3 6,竖直位移为：=宁，每得：3引严，(2)若小球正 好落在箱子的B点，则小球的水平位移为：x'=2nL(n=1,2, 3,,同理：=，且=分s,解得：=2（a=1,2之， √/2gH 3,…) 2.(1)1.2m(2)22m/s 解析：(1)因为v>,所以快递先减速，若在传送带上减速至 v,由v-v2=2g,可得x=2.405m<L,故先减速后匀速.从C 点平抛到落地A=,得1=0.5s,由水平位移=，得x 参考答案与解析 1.2m; (2)设落到收集装置时速度为v1,则=√+(gt)产，设C点 抛出时水平速度为)，落到收集装置时水平位移x,竖直位 移2=，=y=方，得+25r-袋即， 825 25 48-25t 25 2代入得√ t2+1O0t2=。/2+752,由数 2 学知识可知，当 )52=75时，出最小，得t= 5s,由v,= 48-25t 25 √P一，得.=25ms,可知，快递在传送带上先匀减 速到2√2/s,再一起匀速，即传送带速度应该调节为 22m/s. 第5节斜抛运动（选学） 1.B解析：设小球从a点抛出时的速度方向与水平方向成0 角，则有x=(ocos0）·t,28-(oin6）·i=25+xtan37°， 两式联立得10t2-(4sin0+3cos0)·t-5=0.解得t= (4sin0+3cos8)±√(4sin0+3cos8)2+200 20 ,舍去负的时间，则 时间为t=(4sin0+3cos60)+V4sin9+3cs9)2+200 20 当4sin0+3cos0最大时，t最大；根据数学知识可知4sin0+ 3cos0=5sin(0+37),故0=53°时，t最大，最大值为tmx= 5+15 s=1s.故选B. 20 2.(1)4.8m(2)5.9N(3)90.12s 解析：(1)设从抛出到第一次与水面接触前时间为。，由h。= 2m-,2x8s 26,得。=人。=人0s=0.6s,第一次与水面接融 前水平方向的位移x=oto=8×0.6m=4.8m; (2)第一次与水面接触前竖直方向的速度v,=g,=6m/s,小 石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为a,有a= 士=20m/?,第一次与水面接触后跳起时滑行速度，=t。 a△t=8m/s-20×0.04m/s=7.2m/s,规定竖直向下为正方 向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度，'= 点=子×726=-54a,竖直方向加速度为4 4=0.04m。=-285m/s3,第一次与水面接触过程中 ",'-"3--5.4-6 对水面作用力（可视作恒力）的竖直分力大小F,由牛顿第 二定律得-F,+mg=ma,解得F,=5.9N; (3)小石片在水面上滑行时，有a=」=20m/g3,每次滑行速 m 度的变化最△=aa=-08,由a名=10，可知，小石片 共在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，总共弹起 的次数为9次，则第n次弹起后的速度vn=v0+△=(8- Q.8n)m/s,再由，=，和，=2“，可得第n次弹起后在空 g 中飞行的时间为么号1-Q1),最后一次跳起后在空中的 黑白题45 飞行时间为tg=0.12s. 第二章匀速圆周运动 第1节圆周运动 1.ABD解析：A.飞镖在水平方向做匀速直线运动，则有t= L,故A正确；B.设圆盘转动的周期为T,则根据圆周运动的 周期性可知t= (2n+1),:当n=0 2L 时，T有最大值为T,弘放B正确；C飞镖击中P点时，D 点恰好位于圆盘最低点处，则有2=2g,解得圆盘的半径 4,故C错误；D.P点随圆盘转动的线速度为=2 为r= T (2n+1)m坠，当n=2时可得=-5g,故D正确故选ABD. 4w0 第2节 匀速圆周运动的向心力和向心加速度 第1课时向心力 1(a'2√受(eg 20g 解析：(1)受力分析如图所示： 支架静止B时弹资被压缩了行，则有兮=g血8，解得 k=12mg 1 (2)轻弹簧恰为原长时，弹簧不产生弹力，如图所示： 设支架的角速度w,则mgtan0=mcos0,解得u,二√ 20g (3)当ω=2“，时，弹簧将处于压缩状态，如图所示： 0 mg 0'B 必修第二册·JK Ncos 0+kxsin 0=mg,Nsin 0-kxcos 0=ma2(I-x)cos 0, 解得轻弹簧弹力F=:=36mS 55 第2课时向心加速度 1.D解析：A.根据图乙水珠做离心运动的方向可知杯子旋转 方向为逆时针，故可知P位置的小水珠速度方向沿b方 向，A错误：B.向心加速度方向指向圆心，P、Q两位置，杯子 的向心加速度方向不同，B错误：C.杯子在旋转时的角速度 6π 0,4ads=3mad/,杯子在旋转时的运动半 05 大小为ω= 径大约为1m,故线速度大小约为v=wr=3mm/s,C错误； D.杯子在旋转时的向心加速度大小约为a=w2r=9π2m/s2, D正确.故选D. 第3~4节圆周运动的实例分析 圆周运动与人类文明（选学） 1.A解析：ABC.两物块A和B随着细杆转动时，合外力提供 向心力，则有F=mwr,又B的半径比A的半径大，所以B所 需向心力大，又因为细线拉力相等，所以当细杆转速加快到 两物块刚好要发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，A 的最大静摩擦力方向指向圆外，有相对细杆沿半径指向圆内 的运动趋势，根据牛顿第二定律得Fr-umg=mw2r,Fr+ umg=2·2r,解得F,=ng,u=√华，故A正确，BG错 误；D.烧断细线瞬间A所需向心力为F,=mw2r=2mg,B所 需向心力为F2=mw2·2r=4umg,此时烧断细线，A、B所受最 大静摩擦力均不足以提供向心力，则A、B均做离心运动，故 D错误.故选A 2.D解析：A.当b绳恰好没有拉力时，将a绳的拉力F,沿着 竖直方向和水平方向分解，竖直方向的分力与小球的重力等 大反向，水平方向的分力给小球提供了向心力，则有 F.os号=mg,R.as石=mw(as石)，联立解得uw= √受放A结误：B当。-√昏时设a绳与整直轩之间 的夹角为a,将a绳的拉力F。沿着竖直方向和水平方向分 解，则有F.cosa=mg,F.sina=mw2(Lsin c),联立解得 子，3受，故B错误C当6绳上有拉力时，设 cos a=- 绳上的拉力分别为R.、E,则有E.oeas号-F,cos写=mg， E.oas名+f,eas石=na2(las石），联立解得R.=mg+ T 2mwL,F,=2mwL-mg,整理得F。-F。-=2mg,即6绳上的 拉力总是比a绳上的拉力小2mg,故C错误；D.由上述分析 可知，当w=√五 、3g时，b绳上的拉力大小为R,=2mwL- 1 1 mg=2 上3-mg=2mg,故D正确.故选D 3.(1)40N(2)0.82m(3)26m 22 5m或5m 解析：(1)小球在A点的加速度大小为44m/s2时，F1- mgsin0=m×44,到达B点时的加速度大小为20m/s2时， F2+mgsin0=m×20,解得F1-F2=40N; 黑白题46