第5章 专题探究2 与斜面、曲面结合的抛体运动-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

误；C.由牛顿第二定律得F=ma=m,故C正确；D.小球 在y轴方向做初速度为0的匀加速运动，由运动学公式得 ,=at=o,小球穿过风带后的速度大小为v=√后+=√2o, 故D错误故选C. 黑题应用提优 1.C 2.D解析：A.根据牛顿第二定律G-F=ma,解得a=?,该物 3 体做类平抛运动，则A=a,解得从M运动到N的时间为 /6h ,故A错误；B.M与N之间的水平距离x=ot= 瓜，故B错误；CD.物体撞击右壁时，物体运动的时间 为！=上，物体竖直方向的速度为，=a'=弘，物体撞击右 3 壁速度=6柯=，6 9 ,根据几何关系可知，当= 。公，即当初速度3 时，物体撞击右壁时速度最小，故 若增大初速度。到一定程度，物体将撞击右壁，初速度越大， 物体撞击右壁速度不一定越大，故C错误，D正确.故选D. 3.A解析：设球1、球2的平抛初速度分别为1、2，设M点 到N点水平距离为L,由平抛规律可知球2整个运动过程的 时间=入√g 可得L=25,球1与地面碰撞前后竖直方向分 速度大小不变、方向相反，根据对称性可知，球1与地面碰撞 后到达的最高点与初始高度相同为H,球1在水平方向一直 做匀速运动，设球1从抛出到落地时间为1，则有L=×3t1, 。了，设球1与地面碰撞时竖直方向速 且=，联立解得”=， 度大小为，，碰撞点到M点和B点的水平距离分别为x1、 x2,有=2gH,设球1到达A点时竖直方向速度大小为v2, 挡板高度为h,将球1与地面碰撞后到达最高点时的过程反 向来看可得2=2g(H-h),可得碰撞点到A点的时间为t2= H-,水 1"2,球2刚好越过挡板AB的时间为F√g 平方向位移关系有5=，联立以上，解得h=日，故 选A. 压轴挑战 4.(1)6m/s(2)√85m/s(3)0.55m 解析：(1)球从最高点运动到篮筐的过程中，竖直方向高度 差△M,=485m-305m=18m,由公式4M,=2,可得1= 0.6s,球人筐时的速度的竖直分量6=g1=6m/s,球人筐时 的速度的水平分量vc=vo,tan45°=6m/s,球水平方向做匀 速直线运动，则vB=vc=6m/s; (2)球从出手到运动到最高点的过程中竖直方向高度差 Ah,=485m-240m=245m,由公式Ah:=76,可得= 0.7s,最高点速度竖直分量Ug=0,由公式U=Ug2,可得 v4y=7m/s,出手速度的大小vA=√2+，=√85m/s; 参考答案与解析 (3)球水平方向运动总位移x,=v(1+t2)=7.8m,球员距 三分线的距离x=x1-7.25m=0.55m. 专题探究二与斜面、曲面结合的抛体运动 黑题专题强化 1.A 2.B解析：AB.已知AB=BC,根据几何关系可知竖直位 移g:ho=1:2,水平位移n:x=1:2,根据=√。x √历，可得小球做平抛运动的时间之比为t:tc=1:√2，根据 ,=产，可得初速度大小之比为：心=1：万，故A错误， B正确：CD.小球击中斜面时速度与水平方向的夹角tan0= 壁，则am=1,所以9。：0。=1：1，故C错误；D.如图所 tan0。 示，将。g分解到垂直于斜面与沿斜面方向，离斜面最远的 时候，垂直于斜面的分速度减为0，则有(osin)2=2 gcos·d, 得离斜面最远的距离为d=（2 in) 2gcos a c2,得dg:dc= 1:2,故D错误.故选B. Uosin a g0os“名 B C ..om 3.D解析：A.因与水平方向夹角为30°，则从A点到最高点 的运动时间为6血30-1005。=0.55，选项A错误： B.在空中运动的最小速度等于抛出时的水平速度，则为 vmin=cos30°=53m/s,选项B错误；C.离着陆坡的最远距 离为hnax= (cos30)25 2gcos30°=25m,选项C错误；D.由斜抛运 5动可知1s30=4cs30,1sn30=wsin30+242,解 得t=2s,L=20m,则运动轨迹最高点与B点的高度差为 4h=(sin30) +Lsin30°=11.25m,选项D正确.故选D. 2g 4.C解析：A.作出辅助线如图，由几何知识可得出两小球竖直 方向的位移比是h1:h2=1:2.水平位移比是x1:x2=2:1. 由么=之2得运动时间比，：6=1：2.故A错误B球1和 球2位移大小之比为=+2，不一定等于1：3， 2√x2+(2h)7 B错误C.两小球水平方向匀速运动，由"=x可知球1和 球2美时速堂之比为号-之：会：子停-空.c正 确D.它们运动的加速度等于重力加速度，所以D错误故 选C. B 黑白题05 5.(1)3m/s(2)1.2m(3)2.4s 解析：(1)小球从平台抛出后，水平方向做匀速直线运动，竖 直方向做自由落体运动，则n=72,,=g1,根据已知条件 结合速度的合成与分解有an53°=，代入数值解得：。= 00 3m/s,t1=0.4s; (2)小球在水平方向做匀速直线运动，斜面顶端与平台边缘 的水平距离即为小球的水平位移，s=。1,则代人数据解 得s=1.2m; (3)设小球落到斜面顶端的速度大小为，血53”-号，小球 在光滑斜面上的加速度大小为a=gsin53°，小球在斜面上的 H 、1 运动过程满足：in53。=,6+2,,故小球离开平台后到达 斜面底端经历的时间为t=t1+2,联立以上各式解 得：t=2.4s. 6.C 7.A解析：A.小球从A0上M点以速率o(大小未知)水平向 右抛出，恰好垂直打在轨道上N点，此时小球速度与竖直方 向的夹角为37°，小球在N点竖直方向的速度=7⊙ 4 3。,小球从M到N运动的时间t==3g,根据平抛运劲 的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，结合几 何知识*=sin37°，解得xow=0.6R,小球从M到N水平位 R =名三，9g买，故A正确；B.由A选项知 移x=2x0M=1.2R,n=,=√10’ xw=0.6R,AM之间的距离为了R,故B错误；C.若从A点正 上方某处P以某一速度水平抛出小球，有可能垂直打到N 点，故C错误：D.根据平抛运动的推论，速度方向的反向延 长线过水平位移的中点，速度夹角正切值是位移夹角正切值 的2倍，初速度越大，落点在AC段的小球位移夹角的正切值 越小，落点速度与水平初速度夹角越小，故D错误故选A. 8.C解析：AB.根据几何关系可知，水平速度与末速度的夹角 为0，则有an日=，解得，=6tan0,根据，=g,解得t= ,AB错误；CD.在水平方向Rsin0=,解得=Rsin日， votan 00 D错误，C正确.故选C. 9.C解析：由竖直上抛运动的规律可得t1 20=0,2由平抛 g 1 运动的规律x=o2,y= 25.结合y=4-1.25x2可得2= 0.8s,则有t1:t2=1:4,C正确，ABD错误故选C. 10.B解析：a、b两球以大小相同的初速度平抛，同时分别落 在半圆轨道和斜面上，可知两小球在竖直方向和水平方向 的位移大小相等，则将右侧三角形斜面放入左侧半圆，三角 形斜边与圆弧有一交点，该交点与抛出点之间竖直方向的 距离与水平方向的距离就是小球做平抛运动的竖直位移大 小和水平位移大小，分别设为y和x,并设小球从抛出到落 到斜面上所用时间为t,如图所示，根据题意可知0=30°，再 必修第二册 由儿何关系可得y=Rsn20=s,=R+Rcs20=,联立 解得t= 3R ,0 √33g,故选B g 2 R 专题探究三抛体运动的相遇与临界问题 黑题专题强化 1.C2.D 3.D解析：AB.小球的运动是斜上抛运动，可以把它看成是从 洞开始的平抛运动，若恰好擦网，从洞到网的过程中H-h= 2,解得1=Q4s,在水平方向上，则L=,解得 5m/s,从洞的位置到球抛出手的位置处，竖直方向上， 1 由H-h。=22,解得r=0.6s,故人距离墙的水平距离至少 为x=ot=5×0.6m=3m,故要使小球被扔进洞，人与网的距 离至少为x'=x-L=3m-2m=1m,故AB错误；CD.从洞到球 抛出手的位置处，竖直方向的距离一定，小球下降的高度和 时间一定，小球的竖直速度一定，若人距离网越远，则水平距 离越大，水平速度就越大，球抛出手时的速度越大，则水平速 度与竖直速度之比越大，则球抛出手时的速度与水平方向的 夹角越小，故D正确，C错误故选D. 4.(1)3√10m/s<≤122m/s(2)2.13m 解析：(1)如图甲所示，设球刚好擦网而过，则击球点到擦网 点的水平位移x1=3m,竖直位移y1=h2-h,=(2.5-2)m= 05n根据位移关系，y=7,可得=√受代入数 1 据可得，=3√I0m/s,即所求击球速度的下限. -3m 9m- 设球刚好打在边界线上，则击球点到落地点的水平位移x2= 2m,竖宜位移⅓=：=25m,代人速度公式=停可 求得v2=12√万m/s,即所求击球速度的上限.欲使球既不触 网也不越界，则击球速度v应满足3√10m/s<u≤12√2m/s. (2)设击球点高度为时，球恰好既触网又压线，如图乙 所示. -3m 9m 设此时球的初速度为，击球点到触网点的水平位移x?= 3m,竖直位移，=h-1=h,-2m代人速度公式=√分 黑白题06专题探究二与斜面、曲面结合的抛体运动 黑题专题强化 限时：40min 题型1与斜面结合的抛体运动 C.离着陆坡的最远距离为5√3m 1.*如图所示，甲、乙两位同学对打乒乓球，设 D.运动轨迹最高点与B点的高度 甲同学持拍的拍面与水平方向成角，乙同学 差为11.25m 持拍的拍面与水平方向成B角.乒乓球击打拍 面时速度与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍 前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓 助滑雪道 球击打甲、乙球拍的速度大小之比为 (第3题) (第4题) A.sin B cos a tan a tan B B. C. D. sin o cos B tan B tan a 4.#A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜 A 面上的两个点，AB=BC=CD,E点在D点的正 B 上方，与A等高，从E点水平抛出质量相等的 wAtom 两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关 (第1题) (第2题) 于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过 2.★*(2025·山东临沂期中)将一可视为质点 程，下列说法正确的是 的小球从倾角为α的斜面顶端A点以不同速 A.球1和球2运动的时间之比为2：1 度水平抛出，第一次落在B点；第二次落在斜 B.球1和球2位移大小之比为1：3 面C点，已知AB=BC,则关于两次小球运动情 况，下列说法正确的是 C.球1和球2抛出时初速度之比为22：1 D.球1和球2运动时的加速度之比为1：2 A.两次小球在空中的时间之比为1：2 5.(2025·江苏盐城月考)如图所示，小球 B.两次小球水平抛出的初速度之比为1：√2 从平台上水平抛出，正好无碰撞落在临近平 C.两次小球击中斜面时速度与斜面夹角之比 台的一倾角为=53°的光滑固定斜面的顶端 为1：2 并沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高 D.两次小球远离斜面的最远距离之比为 度差h=0.8m,不计空气阻力，g取10m/s2, 1:2 sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： 3.幸(2025·河南郑州期末)2025年亚洲冬季 (1)小球水平抛出的初速度大小o; 运动会在哈尔滨举行，如图为某滑雪场地的 (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s; 侧视简图，它由助滑雪道和着陆坡构成，着陆 (3)若斜面顶端高H=20.8m,则小球离开平 坡与水平面的夹角0=30°.某次滑雪过程中， 台后经多长时间到达斜面底端， 运动员在A点沿与着陆坡夹角α=60°的方 向，以v。=10m/s的初速度离开雪道，在着陆 坡上的B点着陆.忽略空气阻力，重力加速 度g取10m/s2,则运动员 ( 539 A.从A点到最高点的运动时间为1s B.在空中运动的最小速度为5m/s 必修第二册黑白题014 题型2与曲面结合的抛体运动 过，测得0、Q连线与竖直方向的夹角为0，重 6.*(2025·江苏淮安期初)如图所示，半球 力加速度大小为g,那么小球完成这段飞行的 面的半径为R,球面上A点与球心0等高，小 时间是 ( 球先后两次从A点以不同的速度v1、2沿AO Vo A. B.gtan 方向抛出，下落相同高度h,分别撞击到球面 gtan 0 Vo 上B、C点.设上述两过程中小球运动时间分 C. Rsin 0 Rcos 0 D. 别为tAB、tAC,速度的变化量分别为△vAB、 vo △AC,则 P to x/m 挡板 y/m A.taB<tAc (第8题) (第9题) B.△DAB<△VAC 9.整如图所示，直角坐标系x0y的x轴水平向 C=2R,员式中g为重力加速度 右、y轴竖直向下，一挡板的曲线形状满足方 程y=4-1.25x2,现从坐标原点以速率o= D.撞击C点时的速度方向与球面垂直 1m/s竖直向上抛出小球甲，经过时间t1返回 7.整(2025·湖北荆州期末)如图所示，竖直 到坐标原点，再从坐标原点以速率vo=1m/s 面内有一个半圆形轨道，半径为R,0为圆心， 水平向右抛出小球乙，经过一段时间t2落到 AB为水平直径，C为圆弧最低点，将一个可看 挡板上，不计空气阻力，重力加速度g取 成质点的小球从AO上M点以速率（大小未 10m/s2,则t1:t2为 () 知)水平向右抛出，恰好垂直打在轨道上N A.1:1 B.1:2C.1:4D.1:6 点，此时小球速度与竖直方向的夹角为37°.已 10.接如图所示，a、b两小球分别从半径大小 知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 为R的半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相 为g,若不计空气阻力，则 等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的 9gR M A.o210 半径与斜面竖直高度相等，斜面斜边长是其 竖直高度的2倍，a、b均可视为质点，结果a、 B.AM之间的距离为R b两球同时分别落在半圆轨道和斜面上，已 C.若从A点正上方某处P以某一速度水平抛 知重力加速度为g,则小球的初速度大小为 出小球，一定不能垂直打到N点 D.若从A点水平抛出，对于落点在AC段的小 球，初速度越大，落点速度与水平初速度夹 角越大 8.*如图所示，在水平放置的半径为R的圆 V33gR A.√2gR 柱体的正上方的P点将一小球以水平速度o 2 沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行 C.V23gR D. √3gR 一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞 2 第五章黑白题015