第五章 抛体运动 专项训练--2026-2027学年高一下学期物理人教版必修第二册

**基本信息** 以运动的合成与分解为核心，通过“基础概念-实际应用-复杂情境”逻辑链系统覆盖抛体运动全模块，融合物理观念与科学思维，突出模型建构与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |运动的合成与分解|2题|结合动能、受力分析的多过程运动|运动独立性原理的基础应用| |小船渡河|2题|双区域水速、最短时间/路程问题|运动合成在渡河模型中的具体应用| |关联速度|3题|轻杆、绳连接体速度分解|速度分解在约束系统中的延伸| |平抛运动|7题|含电场、碰撞、轨道约束的综合题|平抛运动规律与能量、动量的综合应用| |斜抛|4题|风力作用、斜面碰撞的复杂抛体|斜抛运动的合成与分解及逆向思维|

4 抛体运动 一、运动的合成与分解 1．（多选）“稻花香里说丰年，听取蛙声一片。”稻——蛙生态种养是种植业和水产养殖业结合的一种生产模式。某青蛙在水平地面上跳跃，第一次不计空气作用力，跳出时的动能为，在空中的最小动能为。第二次青蛙以同样的初速度跳出，但受到恒定水平风力的作用，落地时速度竖直向下。关于青蛙两次跳跃，下列说法正确的是（     ） A．两次在空中运动的时间不相等 B．第二次水平风力大小等于青蛙重力的 C．第二次到达最高点时的动能为 D．第二次在空中的最小动能为 2．（多选）如图，倾斜滑道高，水平底边长，与水平传送带平滑连接，传送带沿垂直于滑道的方向匀速运行。质量为2kg的工件（可视为质点）从滑道顶端由静止释放，沿滑道下滑后垂直滑上传送带。已知工件与滑道及传送带间的动摩擦因数均为0.5，传送带运行速度，取，忽略工件在连接处的能量损失。下列说法正确的是（    ） A．工件滑上传送带时的速度大小为2m/s B．工件在传送带上受到的摩擦力方向与传送带运动方向夹角为45° C．为防止工件从传送带侧边滑落，传送带的最小宽度d为0.4m D．工件在传送带上滑动过程中摩擦生热为5J 二、小船渡河 3．如图所示，由于河床底部沉积物不同，宽度相同的两个区域Ⅰ、Ⅱ的河面水速也不同。已知河宽，区域Ⅰ的水速，区域Ⅱ的水速，方向均平行河岸向右，小船在静水中的速度大小。时刻，小船从A点开始渡河，B点为对岸上的点，且A、B连线与河岸垂直。下列说法正确的是（　　） A．小船过河的最短时间为40 s B．小船能够沿直线从A点运动到B点 C．小船以最短时间过河经历的路程为300 m D．小船从A点运动到B点的最短路程为250 m 4．如图所示，小船从河岸由静止出发过河，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸。已知船在运动过程中受到恒定的水的阻力，发动机牵引力随水流情况实时调整，下列说法正确的是（　　） A．若要保持航线垂直河岸且缩短过河时间，可适当增大α角并减小船速v B．船在过河过程中重力与浮力的合力始终为零，因此船的机械能守恒 C．船从出发点到对岸的整个运动过程中，合外力的总冲量为零 D．若水流速度增大，要保持航线垂直且准时到达，可适当减小α角并增大船速v 三、关联速度 5．（多选）如图，轻杆长为 L， 一端铰接在地面上可自由转动，一端固定一质量为 m 的小球 （半径可忽略）， 一表面光滑的立方体物块 （边长为 a， 且 a 远小于杆长 L） 在水平外力 F 作用下由杆的小球一端沿光滑地面以速度向左做匀速直线运动，并将杆顶起｡下列哪些说法是正确的 （     ） A．在杆与地面夹角转到 90° 之前，小球的速度一直增大 B．在杆与地面夹角转到 90° 之前，小球的角速度一直减小 C．当杆与地面的夹角为 θ 时，棒的角速度 D．当杆与地面的夹角为 θ 时，小球的瞬时速率为 6．（多选）如图所示，大圆环固定在竖直平面内，一根轻绳两端各系一个小球A、B（均可视为质点），轻绳跨过固定在大圆环顶端的小滑轮，A为有孔小球套在光滑的大圆环上。开始时A与大圆环圆心连线和竖直方向夹角为，A的质量为，B的质量为，大圆环半径为，重力加速度为。由静止释放A、B，则在A球下滑到最低点的过程中（不计一切摩擦）（     ） A．B球所受拉力可能小于重力 B．A球重力的瞬时功率先减小后增大 C．A球与大圆环圆心等高时A、B两球的速度大小关系为 D．A球到达最低点时的速度大小 7．（多选）如图所示，长为的轻杆一端连着质量为的小球，另一端用活动铰链固接于水平地面上的点，初始时小球静止于地面上，边长为、质量为的正方体左侧静止于点处。现在杆中点处施加一大小始终为（为重力加速度）、方向始终垂直杆的拉力，经过一段时间后撤去，小球恰好能到达最高点。小球运动到最高点后由于扰动由静止开始向右倾斜，忽略一切摩擦，则以下说法正确的是（　　） A．拉力所做的功为 B．拉力撤去时小球的速率为 C．当轻杆与水平面夹角为时（正方体和小球还未脱离），小球与正方体的速率之比为 D．当轻杆与水平面夹角为时（正方体和小球还未脱离），正方体的速率为 四、平抛运动 8．如图所示，MN和为前后平行放置的水平金属直轨道，在其正上方的PQ和同为前后平行放置的水平金属直轨道，前后轨道间距均为，轨道右侧有两个正对的相同半圆弧金属轨道分别将上下轨道平滑连接到一起，圆弧的半径为。两个相同的光滑金属棒b和a分别置于上下轨道，两棒的长度均为，质量均为，电阻均为。整个空间处在竖直向下的匀强磁场中（未画出），磁感应强度大小为。所有轨道阻值都忽略不计，若初始时刻a棒在b棒正下方，离半圆轨道足够远，b棒静止，a棒突然获得一向右的初速度，重力加速度为，则（　　） A．在水平轨道上运动时，b棒可达到的最大速度为 B．在水平轨道上运动时，两棒之间的最远距离为 C．a棒运动至圆弧轨道后，a棒的机械能守恒 D．b棒运动至，b棒便开始做平抛运动 9．如图所示，在离水平地面CD高h1=30m的光滑水平平台上，质量m=1kg的物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧原长小于水平平台的长度，此时弹簧储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，物块与弹簧脱离后从A点离开平台，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点距地面CD的高度h2=15m，圆弧轨道半径R=30m，。轨道最低点C的切线水平，并与长为L=70m的粗糙水平直轨道CD平滑连接.物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g=10m/s2。 (1)求物块从A到B的时间t及被K锁住时弹簧储存的弹性势能Ep； (2)求物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小； (3)若物块与墙壁只发生一次碰撞且不会从B点滑出BCD轨道，求物块与轨道CD间的动摩擦因数的取值范围。 10．一游戏装置的竖直截面如图所示。水平匀速运动且足够长传送带、半径为的竖直圆轨道、水平轨道和、倾角为的倾斜直轨道平滑连接成一个抛体装置，与略微错开。该装置除传送带和段轨道粗糙外，其余各段均光滑，点与水平高台等高。游戏开始，一质量为的滑块1在传送带上端无初速度释放，向右运动至与静止在点、质量也为的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上轨道。若滑块3落在段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在点右侧，立即停止运动。已知段长度间距间距间距，传送带和段的动摩擦因数。滑块均视为质点，不计空气阻力，。（计算结果可用根号表示） (1)若传送带速度大小，求因为传送滑块1，电动机对传送带多做的功； (2)若滑块3恰好能通过圆轨道，求传送带速度的大小； (3)若滑块3能通过圆轨道最高点后最终落入点的洞中，则游戏成功。求游戏成功时传送带速度的大小。 11．如图所示，先将小球甲水平抛出，甲抛出后1.5秒将小球乙水平抛出，小球甲、乙将会在空中的点相遇，已知小球甲、乙的抛出点水平距离为，小球甲、乙抛出时的速度大小均为。取重力加速度大小，不计空气阻力，小球可看成质点，则下列说法正确的是（     ） A．小球乙在相遇前运动的时间为 B．小球甲、乙在相遇时速度偏转角相同 C．甲、乙相遇时两小球的速度方向相互垂直 D．小球甲、乙抛出点的高度差 12．（多选）在某游乐场有如图所示的弹射游戏，在竖直固定的支架MPN上固定有带孔的半圆弧容器ABC以及可上下自由调动的水平弹射器，游戏时，手动调整弹射器高度，再压缩弹簧将弹性小球弹出，弹射出口在A点的正上方，小球只有在小孔中心O处沿图示速度方向（速度方向的反向沿长线过圆O′）射入小孔时，才能通过小孔成功过关。若小球可当作质点看，并且忽略摩擦及空气阻力，已知弹簧的弹性势能Ep与形变量的关系为，则下列说法正确的是（　　） A．小球弹射出去的初速度大小与弹簧的压缩量成正比 B．将弹射器出口调整到A点，无论以多大的速度将小球弹射出去都无法顺利过关 C．弹射器在P点上方的不同位置，只要小球射出速度大小合适，都能顺利过关 D．若将弹射器出口调整在A点上方某一位置时游戏可顺利过关，再将弹射器出口水平向左调整一段距离，要想顺利过关，应将弹射器高度降低 13．（多选）如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度v0沿水平方向飞行，先后释放A、B两颗炸弹，分别击中倾角为θ的山坡上的M点和N点，释放A、B两颗炸弹的时间间隔为，此过程中飞机飞行的距离为；击中M、N的时间间隔为，M、N两点间水平距离为，且A炸弹到达山坡的M点位移垂直斜面，B炸弹是垂直击中山坡N点的。不计空气阻力，下列正确的是（　　） A．A炸弹在空中飞行的时间为 B． C． D． 14．（多选）如图，物体甲从高H处以速度平抛，同时乙从乙距甲水平方向s处由地面以初速度竖直上抛，不计空气阻力，则两物体在空中相遇的条件是（　　） A．从抛出到相遇的时间为 B．若要在物体乙上升中遇甲，必须， C．若要在物体乙下降中遇甲，必须， D．若相遇点离地高度为，则 15．智能网球发球机可将网球从发球口沿水平面内任意方向以不同大小的速度击出，供运动员进行训练。如图所示，发球机置于网球场左侧底线AB的中点M处，发球口在M点正上方高度为的O点。球网两侧球场ABCF与FCDE为边长相同的正方形，球网高度为。不计空气阻力。则网球（视为质点）直接落在右侧球场中所有可能落点构成图形的形状为（    ） A． B． C． D． 16．在单板滑雪U形场地赛中，运动员运动轨迹如图所示，滑道边缘线的倾角为，运动员以速度从上的点沿的竖直切面滑出滑道，滑出时速度方向与的夹角为，腾空后从上的点进入滑道。已知，重力加速度为，运动员可视为质点，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．、两点间的距离为 B．运动员腾空中离的最大距离为 C．若仅减小夹角，则运动员腾空时间可能保持不变 D．若仅增大的大小，则运动员再滑入轨道的速度方向可能改变 17．如图所示，质量为3m的抛物线型凹槽锁定在光滑水平地面上。质量为m，可看做质点的小球从凹槽左端点（左端点处固定弹射装置）水平弹出后恰好落在轨道底部。以抛物线的顶点为坐标原点建立直角坐标系xOy，抛物线方程为。重力加速度g取。则（　　） A．小球从凹槽左端点水平弹出的初速度为2m/s B．小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点 C．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点以1m/s的水平初速度弹出后仍然恰好落在轨道底部 D．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点弹出后仍然恰好落在轨道底部，此过程凹槽向左移动1.5m 18．（多选）如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD—A1B1C1D1，从顶点A沿不同方向平抛一小球（可视为质点）．关于小球的运动，下列说法正确的是 A．落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点时平抛的初速度最小 B．落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是 C．运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同 D．运动轨迹与A1C相交的小球，在交点处的速度方向都相同 五、斜抛 19．风洞可以产生强力的气流，用来模拟飞行器高速运行时气流的作用效果。矩形风洞原理图中存在大小恒定的水平风力，现有一质量为的小球从点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图中实线所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点速度大小为，在点速度大小为，不计空气阻力，重力加速度。下列说法正确的是（    ） A．小球的重力和受到的风力大小之比为4:3 B．小球落到点时的动能为 C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为 D．小球从点运动到点过程中的最小动能为 20．（多选）如图，BD为斜面顶端的水平边沿，子弹从斜面最低点A处瞄准C射出，经过一段时间恰好水平击中D点，不计空气阻力，已知斜面的倾角为，重力加速度为g，AB长度，长度，下列说法正确的是（　　） A．子弹从A到D的运动时间为 B．子弹到达D点时的水平速度大小为 C．子弹初速度的大小为​ D．枪口瞄准点C距离D点的竖直高度为 21．（多选）如图，工程队从高平台向低平台抛射工具（可视为质点），初速度大小为，与水平方向的夹角为，落点和抛出点的连线与水平方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．工具由点到点的时间为 B．工具抛出后时距连线最远 C．工具落到点时的速度与水平方向夹角的正切值为 D．、两点的高度差为 22．（多选）近年来，中国建成了世界上最先进的超高速激波风洞。如图所示，某次测试时，将一质量为小球从风洞地面上的点以初速度竖直向上抛出，小球受到大小恒定的水平风力作用，到达最高点时的动能为初始点动能的，小球最后落回到地面点。重力加速度大小为，下列说法正确的是（     ） A．小球在空中的最小动能为 B．小球在空中运动的加速度大小为 C．小球从点到点的过程中合外力做功为 D．C点的动能与B点动能之比为52∶9 试卷第10页，共11页 试卷第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 《4 抛体运动》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 11 12 答案 BC AD D D AD AD ABD B C AB 题号 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 CD ABD A A B BC B AD AD CD 1．BC 【详解】A．设第一次跳出的速度大小为，则 最高点时竖直方向的速度为零，设水平方向的速度为，则 得 则第一次跳出时竖直方向的分速度为 第一次跳出时在空中运动的时间 第二次青蛙以同样的初速度跳出，受恒定水平风力的作用，竖直方向仍只受重力，竖直方向运动情况不变，由运动的独立性和等时性，第二次跳出时在空中运动的时间，故A错误； B．第二次跳出时水平方向的加速度大小 第二次水平风力大小，故B正确； C．第二次到达最高点时的速度大小 第二次到达最高点时的动能为，故C正确； D．由C项分析可知，第二次在最高点动能为，但此时合力方向指向左下方，速度水平向右，合力与速度方向的夹角为钝角，之后速度会继续减小，故第二次在空中的最小动能小于，故D错误。 故选BC。 2．AD 【详解】A．对工件沿滑道下滑过程用动能定理，斜面长度为，倾角为，则 代入 化简得 解得，故A正确； B．工件刚滑上传送带时，初速度沿垂直传送带运动方向，大小，沿传送带运动方向初速度为0；因此工件相对于传送带的速度为：沿传送带运动反方向分量，垂直传送带运动方向分量。滑动摩擦力方向与相对速度方向相反，摩擦力与传送带运动方向夹角满足，因此，故B错误； C．工件滑入的初速度方向（垂直传送带）加速度恒定 当工件垂直传送带方向速度减为0时，最大位移（即最小传送带宽度）满足 代入数值解得，故C错误； D．摩擦生热 摩擦力大小为 整个过程相对初速度大小 最终相对速度为0，运动时间 相对位移大小 因此，故D正确。 故选AD。 3．D 【详解】A. 当船头垂直于河对岸时渡河的时间最短，则小船过河的最短时间为，A错误； B. 在区域Ⅰ因水流速度小于船速，则小船能垂直河岸渡河，但在区域Ⅱ因水流速度大于船速，则小船不能垂直河岸渡河，则小船不能沿直线从A点运动到B点，B错误； C. 小船以最短时间过河，在两个区域经过的时间均为 在区域Ⅰ经历的路程为 在区域Ⅱ经历的路程为 小船以最短时间过河经历的路程为，C错误； D. 若小船能够从A点运动到B点，则小船在区域Ⅰ运动到河岸中间（虚线）位置进入区域Ⅱ的合速度方向一定指向B点，根据速度合成规律，利用辅助圆，作出动态三角形，如图所示 在区域Ⅱ中运动时，当船速垂直于合速度方向时路程最短，则最短路程为 可知小船从A点运动到B点的最短路程为，D正确。 故选D。 4．D 【详解】A．将船的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，则有， 则过河时间 若增大α角并减小船速v，则不一定增大，且减小，无法保持航线垂直河岸，故A错误； B．船在运动过程中，除了重力和浮力（合力为零）外，还受到水的阻力和发动机的牵引力。牵引力做正功，阻力做负功，且船从静止出发动能增加，机械能不守恒。 故B错误； C．船从静止出发，到达对岸时具有垂直河岸的速度，动量变化不为零，根据动量定理可知，合外力的总冲量不为零， 故C错误； D．若水流速度 增大时，需增大以平衡水流速度，减小α角并增大船速v，可以实现航线垂直 且增大可以保证准时到达河对岸，故D正确。 故选D。 5．AD 【详解】AB．设立方体与杆接触点到铰链的水平距离为 ，由几何关系有 立方体向左匀速运动，有 ，又 ，得杆的角速度 小球的瞬时速率为 在杆与地面夹角转到 之前， 增大，和 都一直增大，故A正确，B错误。 CD．由以上分析可知，当杆与地面的夹角为 时，杆的角速度为 ，小球的瞬时速率为 ，故C错误，D正确。 故选AD。 6．AD 【详解】A．B的速度等于A沿绳子方向的分速度：初始系统静止，B速度为0；当A到达最低点时，A速度水平，沿竖直绳子方向的分速度为0，B速度也为0。因此B上升过程中速度先增大后减小，加速度先向上（此时）后向下，满足，得，故A正确； B．重力的瞬时功率 是A竖直向下的分速度：初始，重力的功率为0；A到达最低点时，速度水平，，重力的功率也为0。因此（及重力的功率）先增大后减小，故B错误； C．将A的速度沿绳、垂直绳分解，B的速度等于A沿绳方向的分速度（为A速度方向与绳子方向的夹角） 当A与圆心O等高时，绳子与竖直方向成，A速度沿切线方向为竖直方向，因此，得，故C错误； D．系统机械能守恒（无摩擦）：A下降的高度：初始A与O连线和竖直方向成， B上升的高度：初始绳长（三角形为等边三角形），A到最低点时绳长，因此 速度关系：A在最低点时速度水平，沿竖直绳方向分速度为0，因此 机械能守恒方程： 代入得，解得，故D正确。 故选AD。 7．ABD 【详解】A．小球恰好能到达O点正上方，则小球在最高点时速度为零，对小球从初始位置到最高点，由动能定理有$W_F－mgL＝0$ 解得$W_F＝mgL$，故A正确； B．设撤去力F时杆与水平方向的夹角为α，则有$W_F＝Fs＝F·α 解得α＝ 从撤去力F到小球运动到最高点的过程中，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律有mgL（1－sin α）＝mv2 解得撤去力F时小球的速度大小为，故B正确； C．如图所示 设杆与水平地面夹角为θ时，小球的速度大小为$v_1$，接触点沿着弹力的方向速度相等，有正方体的速度大小为 即小球与正方体的速率之比为，故C错误； D．对小球与正方体组成的系统，由机械能守恒定律有 联立解得；故D正确。 故选ABD。 8．B 【详解】A．在水平方向上两棒动量守恒，a棒向右减速，b棒向右加速，直到两棒共速，由 解得 则水平轨道上b的最大速度为，故A错误； B．b棒所受安培力为 由动量定理得 即 a和b棒的水平间距 又竖直方向两棒的高度差为2R，勾股定理得两棒之间的距离为，故B正确； C．a棒运动至圆弧轨道后水平分速度改变，两棒的水平分速度不再相等，则回路产生感应电流，a棒受安培力，机械能不守恒，故C错误； D．若b棒到QQ'时开始做平抛运动，则需在QQ'处满足 即 但b棒速度最大为，b棒运动至QQ'不会脱离轨道，故D错误。 故选B。 9．(1)； (2) (3) 【详解】（1）由平抛运动规律可得 解得                  物块平抛的水平初速度为v0，则        解得                  由功能关系可得弹簧储存的弹性势能 （2）物块从A到C的过程，由动能定理 物块第一次经过圆轨道最低点C时，根据牛顿第二定律得 联立解得 根据牛顿第三定律得物块第一次经过圆轨道最低点C时对轨道的压力大小为 （3）若物块第一次进入CD轨道后恰能与墙壁发生碰撞。从A点至第一次到D点的过程，根据动能定理得 解得 若物块与墙壁发生一次碰撞后恰好返回到B点时速度为零。从A点至第一次返回到B点的过程，由动能定理得 解得 若物块到达BC之间某点后返回，第二次进入CD轨道后恰好不能与墙壁发生碰撞。从A点至第二次到D点的过程，由动能定理得 解得 综上，的取值范围 10．(1) (2) (3)或 【详解】（1）滑块1在传送带上加速时，根据牛顿第二定律 可得加速度，传送带速度，滑块最终与传送带共速。 加速时间 滑块位移 传送带位移 相对位移 摩擦生热 滑块动能增量 电动机多做的功 （2）滑块3恰好过最高点，根据牛顿第二定律 可得 从到过程中，机械能守恒 碰撞过程动量守恒 解得v1=gR=200}{13}}pprox×10×7013=72455 / 6.1\ \mathrm{m/s}$ （3）设滑块3到达点速度为，速度分解 从飞出到第一次落到台面，竖直位移为0，得运动时间 第一次水平位移 要落入点，分两种情况： 情况1：第一次落在段，反弹后落入 第一次落在满足 反弹后竖直速度大小 运动时间 第二次水平位移 总位移 代入得 验证，符合 情况2：直接落入点 从碰撞后到，根据动能定理 化简得 又 可得 代入两种情况： 反弹落入 解得 直接落入 解得 两个结果均满足能通过圆轨道的条件（均大于恰好过圆轨道的速度），均正确。 【点睛】 11．C 【详解】A．设小球乙在相遇前运动的时间为，则小球甲运动的时间为，其中，两小球在水平方向均做匀速直线运动，根据位移公式有 代入数据解得 可知小球乙在相遇前运动的时间为，故A错误； B．相遇时小球甲、乙的竖直分速度大小分别有， 代入数据解得， 设小球甲、乙在相遇时的速度偏转角分别为和，分别有， 代入数据解得， 由于两小球速度偏转角正切值不同，故相遇时速度偏转角不相同，故B错误； C．根据B选项中求出的速度偏转角正切值有 甲、乙两球水平速度方向相反，若两速度方向垂直，则速度矢量与水平方向夹角之和应为，即要求两速度偏转角的正切值乘积为，由上述等式成立可知两小球的速度方向相互垂直，故C正确； D．相遇时小球甲、乙下落的高度分别有， 小球甲、乙抛出点的高度差为 联立解得 可知高度差不是，故D错误。 故选C。 12．AB 【详解】 A．由能量守恒 得 故A正确； B．从A点飞出的小球到达O点，速度的反向延长线指向水平位移的中点，不可能指向圆心O′，速度方向不可能垂直O点的切线方向，无法过关，故B正确； C．由图可得 水平位移x恒定 可得 ， 下落高度 则弹射器只能在距离O点竖直高度处，以固定的速度弹出，才能顺利过关，故C错误； D．根据 打进小孔时，速度与水平方向夹角恒定，x增大，则h增大才行，D错误。 故选AB。 13．CD 【详解】A．设炸弹从用时，有 因垂直斜面，则 而 可得 故A错误； BCD．同理，方向⊥斜面，用时 由图得 或① 时间关系 或② 则 同时有 故B错误，CD正确； 故选CD。 14．ABD 【详解】A．由题意可知，若两物体在空中能够相遇，则在竖直方向应满足 代入数据解得 故A正确； BC．由于物体甲、乙的加速度相同，可知甲、乙相对匀速，相遇时间为或，则有 若要在物体乙上升中遇甲，则有 解得 若要在物体乙下降中遇甲，则有 解得 故B正确，C错误； D．若相遇点离地高度为，则有 又 联立解得 故D正确。 故选ABD。 15．A 【详解】设正方形球场边长为 。如果所示，以 点为原点 ，垂直AB边向右为 轴，平行AB边为 轴。 网球直接落在右侧球场中落点离球网最近的点均恰好过球网，如图所示： 网球做平抛运动，刚过球网时，竖直方向上 水平方向上 网球下落到球场，竖直方向 水平方向上 则 由几何关系可得，网球直接落在右侧球场中落点在轴的坐标有 则网球直接落在右侧球场中落点在轴的坐标 即各方向射出的网球，擦网而过后在球场的落地在轴的坐标为为。 故选 A。 16．A 【详解】AB．将初速度和加速度分别沿斜面方向和垂直斜面方向分解，则垂直于斜面方向做类竖直上抛运动，则有运动学公式可得，运动员在空中运动的时间为 运动员腾空时与的最大距离为 则、两点间的距离为，故A正确，B错误； C．运动员腾空的时间为 若仅减小夹角，则运动员腾空时间减小，故C错误； D．运动员再次滑入轨道时，垂直于斜面方向的速度不变，仍为，沿斜面向下的速度为 则合速度与斜面的夹角为 由此可知运动员再滑入轨道的速度方向与初速度无关，故D错误。 故选A。 17．B 【详解】A．由抛物线方程为，得抛出点坐标为 由平抛运动 联立解得，，故A错误； B．将代入得 联立 消去t得 即小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点，故B正确； CD．若凹槽解除锁定，由动量守恒 恰好落在轨道底部 解得 凹槽向左移动，故CD错误。 故选B。 18．BC 【详解】小球落到$A_1B_1C_1D_1$内时下落的竖直高度都相同，根据$h=gt2可知，时间相同，落在C1点时水$平_位移_最$大，则平抛的初速度最大，选项A错误；落点在B1$D$1$上$的小球，最近的水平位移为_$，最远的水平位移为a（a为正方体的边长），则平抛初速度的最小值与最大值之比是，选项B正确；设AC1的倾角为$lpha$，轨迹与$AC_1$线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为$heta$．则有，tan heta=，则 tan heta=2\tan lpha$，可知$heta$一定，则轨迹与$AC_1$线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故C正确；运动轨迹与$A_1C$相交的小球，在交点处的位置不同，则竖直高度不同，根据可知竖直速度不同，因水平速度相同，可知速度方向都不相同，D错误．故选BC。 【点睛】解决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法，即水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动，运动时间由下落的高度决定；掌握分位移公式；D项也可以根据作为结论记住。 19．B 【详解】A．设风力大小为F，小球质量为m，O、M两点间的水平距离为，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有 根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为 小球从M运动到O所用时间为 根据运动学公式有 解得 解得，故A错误； B．M、N两点间的水平距离为 设小球落到N点时的动能为，根据动能定理有 联立解得，故B正确； C．设O、N两点间的水平距离为，根据匀变速直线运动规律的推论可知 根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为，故C错误； D．小球在重力和风力的合力作用下做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据以上分析可知合力与竖直方向的夹角的正切值为 根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为 解得最小动能为，故D错误。 故选B。 20．AD 【详解】本题利用逆向思维，子弹末速度水平击中D，将运动逆转为从D到A的平抛运动。则： A．逆过程平抛竖直方向满足 由几何关系得D与A的竖直高度差 代入解得 ，故A正确； B．A到D的水平总位移： 平抛水平方向满足 就是D点的水平速度，代入得 ，故B错误； C．原运动中，水平分量 竖直初分量 因此初速度 ，故C错误； D．瞄准线AC沿初速度方向，设为C到D的竖直高度，方向斜率满足 代入得 解得 ，故D正确； 故选AD。 21．AD 【详解】ACD．以抛出点为原点，水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向 初速度分量， 抛出后速度方程， 抛出后运动方程， 设点坐标，由落点和抛出点的连线与水平方向的夹角为，有 点在轴下方，解得 联立运动方程解得 代入解得点时，， 因此， 故AD正确，C错误； B．工具到直线的距离最大时，其速度方向必与连线平行，此时垂直于连线的速度分量为零，之后开始靠近，直线斜率 则速度方向与水平方向夹角满足 联立速度方程解得，故B错误。 故选AD。 22．CD 【详解】A．当小球速度方向与重力和风力的合力方向垂直时，速度最小，由几何关系 最小速度 又 小球在空中的最小动能为，故A错误； B．最高点时的动能为初始点动能的， 故 小球受重力和恒定的水平风力，故其运动可分解为水平方向的初速度为0的匀加速直线运动和竖直上抛运动，从 竖直方向有 水平方向 根据牛顿第二定律 故，故B错误； C、D．在水平方向，在C点时的速度 小球从A点到C点的过程中根据动能定理 其中 解得 故CD正确。 故选CD。 答案第18页，共18页 答案第17页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $