第5期：抛体运动-【数理报】2027年高考物理一轮复习学案

高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 数理极 答案详解 2026~2027学年 高考物理人教（第一轮复习） 第5~8期(2026年8月) 第5期3版参考答案 根据=子可知，反弹之前的水平速度大于反弹后的水平速 1.D;2.C;3.A;4.C;5.D;6.C;7.D. 提示： 度，即球刚离开A点时的水平速度大小大于刚到达B点时的水 1.合运动是曲线运动，分运动可能都是直线运动，如平抛 平速度大小，故C正确；根据v,=√2gh可知，球刚离开A点的 运动的水平分运动是匀速直线运动，竖直分运动是自由落体运 竖直速度大小小于刚到达B点时的竖直速度大小，球刚离开 动，都是直线运动，故A错误；合运动和分运动同时发生，具有 A点时的速度大小不一定大于刚到达B点时的速度大小，故D 等时性，故B错误；速度是矢量，合速度与分运动速度遵循平行 错误， 四边形定则，合速度可以等于、大于、小于分速度，故C错误；两 5.将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可 个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运动，但 知小球沿斜面方向做初速度为"ocos0,加速度为gsin0的匀加 轨迹可能是直线也可能是曲线，若合初速度与合加速度共线 速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动；小球 时，做直线运动，若不共线时，做曲线运动，故D正确 垂直斜面方向做初速度为vosin0,加速度为gcos0的匀减速直 2.船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的 线运动，B点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂 摆动速度的合速度.如图1所示根据平行四边形定则有，”人= 直斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，O到B与B到 cos0,故A、B错误；对小船受力分析，如图2所示，则有Fcos0 C的时间相等，均为：=8有=6o04+号 2 gt'sin 0. -f=ma,因此船的加速度大小为a=Fcos0-⊥，故C正确，D m Lnc=6cos0:2+7g(2)Psin0,可得Lc=Lc-Lm=wcos0 错误. 1 tatcos sin 2g×3?sin0,则有o二 -> 1 %tcos0+28×3fsin0 votcos 0+ 2 gi'sin =3,故AB错误；将小球的运动分 1 图1 图2 3ocos0+2g×3tsin0 3.当船头与河岸垂直时，船渡河时间最短，则船渡河的最 解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，则小球 短时间为故A正确：根据运动的合成可知，水流速度 从0到B有xoB=ot,小球从0到C有xoc=o×2t=2xB, 若D点在B点的正下方，则有xoc=2xD,可知D点是OC的中 和船速都是匀速运动，故船渡河的运动仍是直线运动，故B错 点，则OD与DC长度相等，故C错误；由A选项可知，沿斜面方 误；若1>2，根据运动的合成可知，船不能到达正对岸，设船 向和垂直于斜面方向将小球的运动分解后，到达B点的速度为 头与河岸上游的夹角为0，则c0s0=二，所以船渡河的最小位 a=cos0+gsin,小球运动整段的平均速度为i=,整 toc dvid 移为x=0s0 >山，故C错误；若4<2，船能到达正对 理可得元=%cos0+2gsi优0c由A选项结论可知，0到B与 岸，则船渡河的位移最短为d,由运动学公式可得，船渡河的时 间为t=d d B到C的时间相等，放=子c,联立上式可知i=a,放D 亏，故D错误 正确。 4.球在上升阶段和下降阶段的加速度均为重力加速度，故 6.设篮球初速度为o,与水平方向夹角为0，末速度为v,与 A错误；球从A点到0点的逆过程是平抛运动，根据1=√名 2h 竖直方向夹角为0，斜向下.由题意可知o=ocos0=sin0= 飞，tan0,o,=v,tan20,篮球做匀变速曲线运动，则竖直方向 可知，球从A点到O点的运动时间小于从O点到B点的运动时 间，故B错误；因反弹后的水平位移等于反弹之前的水平位移， y=24=2(a0-1)i, 2 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 水平方向x=v,tant, 的位移比为：1：3：5：7：…：(2n-1).运动员沿x轴方向做 运动时间为t=-（-=(1+tam20), 匀加速直线运动，且t1=t2,但由于初速度不为零，所以根据初 速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比特点可 又s=√/2+y=7.2m. 知号>了放C正确，D错误 1 联立解得t=1.2s 故ABD错误，C正确 10.如果鱼饵颗粒恰好落在堤坝与水面的交点处，则满足 本题可以取特殊值法设出手 h =t,h= gh ,联立可得m= ang放当u> 1 tan 0 点与篮筐水平，如图3，使问题简 化t=2,t=7.2m,又，= 巫，。时，鱼饵颗粒落在水面上，1=√ 2 tan 0 与无关，故A g 3.6m U,故t=1.2s. 图3 错误，B正确：当。<√受·品时，鱼饵颗粒落在堤坝上， 7.竖直方向上，运动员先做竖直上抛运动，再做自由落体 1 运动，运动时间具有对称性，甲的滞空时间t比乙长，根据h= tan ,解得t=2tan,与有关，故C正确，D 1 t 2 8(分)》尸可知，甲的最大腾空高度更大，故A错误：运动员滑 错误 出后做斜抛运动，则竖直方向的分速度，=√2gh,说明甲初 三、实验题 速度的竖直分速度更大；水平分速度，即最小速度，乙的最小 11.(1)BCD(2)1.52.5 速度比甲的最小速度大；因为v=√(+)，则无法确定二 解析：(1)该实验中两球的质量可以不相等，故A错误，B 者初速度大小，故B错误；设滑出的速度与水平方向夹角为0， 正确；两球应同时落地，故C正确；为排除偶然性，应改变装置 的高度，多次实验，故D正确；实验只能说明A球在竖直方向做 则tan0=,结合选项B,可知甲的初速度与水平方向的夹角 自由落体运动，不能说明A球在水平方向上做匀速直线运动， 更大，故C错误：水平位移为x=,t,因为甲的滞空时间比乙 故E错误， 长，乙的水平分速度比甲大，所以甲、乙再次滑入赛道的位置可 能相同，故D正确， (2)根据T-倍-V侣-√隔=Q1,小球平鞋 二、多选题 8.BC;9.AC;10.BC 的初速度大小为6=兰-最片。=15。 提示： 经过6点时的竖直莲度引-号-2心 8.石子接触水面时速度方向与水面的夹角为0，石子水平 经过b点的速度大小为=√%+=2.5m/s 抛出的速度为，石子竖直方向做自由落体运动，则有h= 2gt,石子接触水面时，根据速度分解有ta0=马=匙，解 1 2uc2(3V晨 % 解析：(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的 得tan0=2巫，可知，出手高度越大，石子接触水面时速度方 是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，故 A错误；为保证抛出的初速度相同，应使小球每次从斜槽上相 向与水面的夹角越大，根据题意可知，为了观察到明显的“水 同的位置由静止释放，故B错误，C正确；因为存在摩擦力，故 漂”效果，则应适当减小出手的高度，故A错误，B正确；结合上 不满足机械能守恒定律，故D错误. 述可知，石子出手速度越大，石子接触水面时速度方向与水面 (2)竖直方向根据自由落体运动规律可得y2-y1=gTP, 的夹角越小，可知，为了观察到明显的“水漂”效果，则应适当 水平方向由匀速直线运动得x=,T 增加出手的速度，故C正确，D错误. 9.依题意，以C点为原点，CD为 联立解得o= /2-1 =x√2-1 x轴，垂直CD向上方向为y轴，建立 g 坐标系如图4所示，对运动员的运动 (3)由平抛运动的规律有△y=y2-y1=gT,x=T.联 进行分解，y轴方向做类竖直上抛运 动，x轴方向做匀加速直线运动.当运 立可得△y=号x D 动员速度方向与轨道平行时，在y轴 图4 方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性可知t=t2, 所以△y一2图像的斜率为k=是，解得o=√货 故A正确，B错误；将初速度沿x、y方向分解为1、2，将加速度 四、解答题 沿xy方向分解为a1、a2,结合初速度为零的匀加速直线运动 13.解析：(1)由几何关系可知：小球A下降的竖直高度为 的比例关系知：初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内： yA=Rcos0,小球B下降的竖直高度为yB=Rsin0, 2 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 由平抛运动规律可知：yA= 1 1 戏，a=286 (2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平 方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速运动规律， 由此可得：专=√n0 /cos 0 两次水平位移之比为1：3，所以回到x轴时落到x=12处，位置 N的坐标为(12,0) (2)由几何关系可知：两小球水平运动的位移分别为： (3)到N点时竖直分速度大小为v'=6=4m/s, x Rsin0,%8 Rcos 0, 水平分速度飞，=a水平·2t1=21=12m/s, 由平抛运动规律可知：xA=UAA,xg=Vgtg, 故2=√02+=4√0m/s. 由此可得：4= (sin0)3=√/(tan0) cos0 第6期3版参考答案 14.解析：(1)小球到达C点时的速度与AB正好平行，AB 一、单选题 与BC垂直，则小球到达C点时的速度与BC垂直，把小球在C 1.D;2.C;3.B;4.C;5.B;6.B;7.A. 点的速度分别沿着水平方向和竖直方向分解， 提示： 3gto 1.物块随转盘转动时，其向心力由静摩擦力提供，当它匀 则有5=am53,解得= 速转动时其方向指向圆心，当它加速转动时其方向斜向前方， 由平抛运动的规律可得x1=,o,y1= ,A,C两点间的 gto 当它减速转动时，其方向斜向后方.故D正确。 3.直升机螺旋桨上A、B、C三点为同轴转动，则这三点的周 距离为31=√+ 期及角速度大小均相同，因为A、C在叶片的端点，而B在叶片 -3g6,-3g6 的中点，则A、C两点的转动半径相同，大于B点的转动半径，根 综合可得x=4= 4 据v=rw可知三点的线速度大小关系为vA=vc>Ug,根据a= (2)AB与水平面的夹角为 rw2可知三点的向心加速度大小aA=ac>ag,故C正确. 53°，斜面AB把x1= 分 3.当处于临界状态时，有g=m京，得临界速度。 两部分，分别设为2、x,如图5 53 371 √gR.故安全速度v≤√gR,故B正确. 所示 4.飞机在空中水平盘旋时在水平面 由几何关系可得 图5 内做匀速圆周运动，受到重力和空气的作 2 y +h tan 53=, 用力两个力的作用，其合力提供向心力， h=tan37°· F.=m 飞机受力情况示意图如右图 2 联立可得一哥 所示，则F:mg+=m√+辰放C正确 设小球从A到B的运动时间为t,由平抛运动的规律可得 5.球在最高点对杆恰好无压力时，重力提供向心力，由牛 为+h= 顿第二定律有g=m艺解得。=V亿.由于：=√合g< √34to 联立解得t= 5 o,所以杆对球有支持力，由牛顿第二定律有mg-F、=m L (3)小球从A到D平均速度为可=上+h-17g 21 2。-50 解得F、=mg-m乙=2mg,由牛顿第三定律可知，球对杆有 规定竖直向下为正方向，由匀加速直线运动规律可得 1 向下的压力，大小为mg,故B正确 -×20+2g(2)2=y+h 6.剪纸每转动0=×2m(N=1,23,…,转动后的图 综合解得2= 33g 50 形都会与原图形重合，只要在经过相邻两次闪光的时间间隔 15.解析：（1)设正方 形的边长为s 内，剪纸都转过0=分×2m(N=1,23,…）,静止不动的观察 竖直方向做竖直上抛 5×2m o 运动，20=21 图6 若就硬察到明纸相对静止则山=号=1(N=1,23。 t …)n=会=2N/s(N=1,23,…,当N=1时，n最小，此 水平方向做匀加速直线运动，3$。= 2 解得v1=6m/s. 时n=2/s,故B正确.速解：剪纸在0.1s内至少转号圈，则看 3 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 起来相对静止，即1s至少转2圈，故B正确。 4m2mr·(”)2,因为甲球的质量较大，所以可得曲线①为小球 7.由题意知小球刚好能通过半圆的最高点A,则有mg= 甲的实验数据。 m 只，得三√分3R小球从A点做平抛运动，有=，t,y9 12.(1)m 2 (2)当质量m、转动半径r不变时，向心力与线速度的平方 ,又2+2=，代入解得y=《5,)B,则B点与0点 成正比 2 (3)L 的高度差为hm=R-y=3,5)卫，故A正确， 2 解析：(1)根据F=m亡，探究向心力大小与线速度的关 二、多选题 系，应保持质量m和转动半径r不变， 8.ACD;9.AD;10.AC. (2)线速度大小为：=，则有F=丹（兰）户，图线斜率 提示： 8.由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为1： 表示质量与半径的比值，且保持不变，由此可知，当质量m、转 sim0,故A正确；小球a做变速圆周运动，只有在最低点时合力 动半径r不变时，向心力与线速度的平方成正比 充当向心力，其他位置时绳拉力与重力沿绳向外的分力的合力 (3)由图线的斜率为：=受，得砝码的质量为m=L 提供向心力；而小球b做匀速圆周运动，是合力充当向心力，故 四、解答题 B错误：根据矢量三角形可得Fo0=mg,即R=。故C 13.(1)2.7m/s2 (2)25 甲先出弯道 242 正确；小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有F。= 解析：(1)根据速度与位移公式有2=2ax mgcos0,故D正确. 代入数据可得a=2.7m/s2. 9.对于B茶杯，根据摩擦力提供向心力F:=umg≥ (2)根据向心加速度的表达式a= 孕·2，可得动摩因数至少为产放1正确杯子受到 R 225 得甲、乙的向心加速度之比为=2·R=2 的摩擦力等于杯子做圆周运动所需的向心力，不清楚哪个杯子 az v Ro 装满了水，无法比较两杯子的向心力大小，故B错误；杯子刚要 甲、乙两运动员做匀速圆周运动，则运动的时间为：=尽 滑动时，对茶杯A,有mg=mor,对茶杯B,有umg=mo2·2r, 代入数据可得甲、乙在弯道运动的时间为t如= 4 可得茶杯A、B发生滑动的最小角速度分别为w,=√一，“，= 5s,t2= 9T √停，若塔大转动的角速度，茶杯B一定先滑动，故C错误，D 因为t仰<t之，所以甲先出弯道。 正确 14.(1)500N(2)7.5m/s(3)8.7m 10.对小球受力分析，在竖直方向有mg=Fsin0,可知小 解析：(1)拉力沿竖直方向的分力大小等于重力，由平行 球一定受a绳的拉力作用，且小球所受a绳的拉力随角速度的 四边形定则可知，拉力F=m。 增大保持不变，故A正确，B错误；当b绳刚要绷紧出现弹力时， -00N=50wN 0.8 水平方向根据牛顿第二定律，有F.cos0=mwl,联立解得w (2)根据受力分析，由牛顿第二定律得 mgtan37°=m 2 g。,即当角速度w>√an0 =入lan ,g时，b绳将出现弹力，故C R 其中R。=R+lsin37°=4.5m+5m×0.6=7.5m 正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，α绳的弹力可 联立解得v=7.5m/s. 能不变，故D错误 (3)由几何关系可知座椅离地高度 三、实验题 h=0102-lcos37°=5.8m-5m×0.8=1.8m 11.(1)变大 变小(2)①4mmr·(2) 由平抛运动规律得：=，人=乃式 解析：(1)小球做圆周运动时，有r,=m0r=m(2牙)， 联立解得x=45m 当小球运动半径不变，仅减小运动周期，小球受到的拉力将变 由勾股定理可知，落地点与游戏机转轴距离 大；若保持小球运动的周期不变，仅减小运动半径，小球受到的 r'=√+x=(7.5)2+(4.5)7m=8.7m 拉力将变小 15.(1)2rad/s(2)2.5m(3)2.1m ，可得F=m(2)2,= 解析：(1)由题意可得，当小物体在圆盘上随圆盘一起转 (2)根据题意有周期T= t 动时，圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力，所以随着圆盘转 4 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 速的增大，小物体受到的静摩擦力增大，当静摩擦力最大时，小 知”x子x都与有关，所以是≠号，立≠故正 物体即将离开圆盘，此时圆盘的角速度达到最大，有 120102 F=umg mo'r CM) 解得w=2rad/s. 错误， GM,与r无关，故D正确. GM (2)由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为 零，对应的餐桌半径取最小值.设物体在餐桌上滑动的位移为 4根据万有引力定律有P=6学，B卫星在由近地点向远 s,物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a,有α= m 地点运动过程中受到地球引力逐渐减小，故A错误：由题意知 又Ff=mg B卫星半长轴为A卫星圆轨道半径的2倍，根据开普勒第三定 解得a=h2g=2.25m/s2 律得R=2R解得T。=22T4,所以地心与卫星B的连线 物体在餐桌上滑动的初速度o=or=3m/s 由运动学公式0-6=-2as可得s=2m 在2T4时间内扫过的面积小于椭圆面积，故B、C错误；1轨道 由几何关系可得餐桌半径的最小值 圆心在地心，2轨道的一个焦点也在地心，所以二者重合，故D R=P+2=2.5m 正确. (3)当物体滑离餐桌时，开始做平抛运动，平抛的初速度 5.在卫星轨道半径变小的过程中，地球引力做正功，引力 为物体在餐桌上滑动的末速度 势能一定减小，卫星轨道半径变小，动能增大，由于稀薄气体阻 由题意可得2-哈=-2as 力做负功，机械能减小，故A、C错误，B正确；根据动能定理，卫 星动能增大，卫星克服稀薄气体阻力做的功小于地球引力做的 由于餐桌半径R'=2r,所以s'=r=1.5m,解得v= 正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小量，所以卫星 1.5m/s 克服稀薄气体阻力做的功小于引力势能的减小量，故D错误. 设物体做平抛运动的时间为，则么：，解得1= 6.由(@1-0加=2：和7：巴可得火星冲目时间间隔 2h=0.4s 21年.放A正确：由开者勒第三定律可得二学 物体做平抛运动的水平位移s=t=0.6m t=T-T地 所以，水平距离L=s'+s=2.1m. ，则火星与地球公转轨道半径之比约为3：2，故B错误：由8 T地 第7期3版参考答案 一、单选题 与产，可得火星与地球表面重力加速度之比约为4：9，故C 1.C:2.B:3.D:4.D:5.B:6.A:7.C. 误；由p= 3M 提示： R,可得火星与地球密度之比约为8：9，放D错 GM 1.根据第一宇宙速度)=√ 误 ,可得月球与地球的第一 R 7.根据开普勒第三定律有 =k,且k= 。,可得T 宇宙速度之比为=， )地√M地R男 aR 宙速度约为=子=号×8kmse18kms,在月球上 ,故A错误；由万有引力提供向心力得GMm=m4红， 2 72, 发射卫星的最小速度约为1.8k/s,月球卫星的环绕速度小于 得 >GM可得G=6,解得M=,故B错误；由p与 a Ga 或等于1.8km/s,“近月卫星”的线速度为1.8km/s,小于“近 4π2b 地卫星”的线速度，故C正确。 长，且V=号心，可得p= M 4 0=aeR,故C正 4 2.由题知“天宫”空间站周期T=头h=1.5h,运行半径 3 mhi 3 TRi 16 T1=6800km,“吉林一号”谣感卫星运行半径r2=6935km,根 c4m26 确：由G=mg得g= R R -板D民 =R 据开普勒第三定律有？一 三是，解得T,≈T=1.5h,故B 二、多选题 正确. 8.BD:9.AD;10.BD. 3.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力 提示： GM Gm=mor=m可得uVw,由P =r CR=m其R+,得 8.由万有引力提供向心力G,Mm 可知，由于轨道半径不同，则≠2，故A错误：由以上分析可 卫星距离地面高度为h= GMT 012 -R,故A错误；卫星运行时 一 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 受到地球引方的大小为Fa=6RA,放C错误第一字宙 小球从静止释放到C点过程，由动能定理得 1 GM mg(H-2r）=2m2-0 速度为二、，卫星的运行速度”=NR+h<,放B止 联立解得F=2m型-5mg T 顾：地表重力加速度为：，卫星运行的向心加速度。」 根据图像数据可知，当H1=0.5m时，F,=0N,当H2= (R+)户<&，故D正确 GM 1.0m时，F2=5N,把数据代入方程解得g=5m/s2,r=0.2m (2)第一宇宙速度与贴着星球表面做匀速圆周运动的速 9.根据开普勒第二定律可知探测器在同一轨道上相等时 间内与火星的连线扫过的面积相等，但是图中两阴影部分不在 度相等，则有mg=mR 同一轨道，不相等，故A正确：根据开普勒第三定律可知，从“调 解得该星球的第一宇宙速度大小为v=√gR= 相轨道”进人“停泊轨道”，探测器的轨道半长轴变小，周期变 √/5×5000×103m/s=5000m/s. 小，故B错误；从“调相轨道”进入“停泊轨道”，探测器做向心 四、解答题 运动，需要减速，探测器机减能变小，故C错误；根据公式Gm 2 13.(1)N7 oR 2voR =ma可知探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故D (2)入N 正确. 解析：(1)由题意可知星球表面重力加速度为g= t 10.黑洞A、B运行的角速度相同，A的半径较大，则A的线 速度较大，故A错误；设它们相距为L,角速度为0，根据1，M 由星球表面万有引力等于物体重力知mg=mR 2 voR =以心L业=Moe可得<，期当B的质量 解得=√gR=√t 减小，A的质量增加时，两个质量的乘积变大，故它们之间的引 (2)由星球表面万有引力等于物体重力知GMm=mg 力变大，故B正确；根据LA+Ls=L,整理得o= 又物体在行星表面的引力势能E,=-G M+迈，根据T=2江可知角速度不变，周期不变，故C R 解得E。=-mR 错误；人类要把航天器发射到距黑洞A较近的区域进行探索， t 必须冲出太阳系，所以发射速度一定大于第三宇宙速度，故D 从行星表面到无穷远处，由机械能守恒定律有 正确 1 t 三、实验题 12速率片奇 解得2=入√ UoR t 解析：(1)对AB整体研究，利用牛顿第二定律有F。=(m 14.(1)gR 片质年V四 +m1)a 解析：(1)从地球发射飞船到轨道Ⅲ的最小速度即为第 对物体A研究有a= E m 字宙速度，则mg=mR 联立解得m=F。- mofi 解得v=√gR (2)由于处于完全失重，则由拉力提供向心力，则有F= (2)当飞船在地球表面静止不动时，有G=mg R2 m26 解得GM=gR 由于描点作图得到一条直线，可知应以为纵坐标： 设飞船在轨道I上的运行速率1，轨道I是圆轨道，根据 万有引力提供向心力GMm=m习 2 根据上述可知斜率k=m6,解得m三后 12.(2)0.25(2)贴着星球表面（答案不惟一，合理即 联立可得子V 可得分)5000 (3)设飞船在轨道Ⅲ上的运行周期为T3,轨道Ⅲ是圆轨 解析：(1)小球过C点时，根据牛顿第二定律 道，根据万有引力提供向心力G紧=m受R F+mg m- 又GM=gR2 6 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 解得T,=2m√ 1.设墨条转动一周转过的弧长为s,用时为t,则转动一圈 过程中F做的功W=s,又s=t,联立求得t=2s,故B正确， 设飞船在轨道Ⅱ上的运行周期为T2,轨道半长轴为 2.雨滴在地面附近下落过程中做匀速运动，对雨滴下落高 a,=R4=2.5n 度h的过程，由动能定理有mgh-W=0,即W,=mgh,故B正 2 确，A、C、D错误 根据开普勒第三定律可得 a 3.设在时间间隔△t内，喷出燃气的质量m=pS△t,根据 解得T2= 5π 10R 动能定理可得发动机做的功为W=AE:=了mr=s4。 2V g 所以飞船在轨道Ⅱ从B点到A点的时间 则Ns-5涡扇发动机喷气的功率为P=是=心，放A 正确， 4.6s末达到最大速度.此时牵引力为F=mg+f,最大速 15.(1)983GmR 4 2g (2)②R 3 (3)33 2g 度为a=卡，根据动能定理，有P1-(mg+fh=7m2 0,代人数据解得h=55.1m,故B正确. 解析：(1)根据自由落体运动规律可得h= 5.由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功 所以g=2业 W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W= 2 故地= 之m+HTg相=-乞，a=g,=,联立以上各式可 g火地 得W=m2,故C正确. 则8=4 4 6.根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增 6地=98 地球的密度P地= M 3g地 加量，即心，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功 4 3nki 4GmR地 大小为2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位 火星的密度P火= M 3g火 =4GmR火 移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对 3 mki 4 物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于弓…，故B错 ==号×子=号 。42 8 误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与 P地 一g地R火 8 2g 故火星的密度P妖=9P地=3CmR 摩擦产生的内能之和，故大于，放C错误：在传送物块过 程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q= (2)根据万有引力提供向心力G把=mg=m天 R2 F△，设加速时间为，物块的位移为51=了，传送带的位移 地球的第一宇宙速度大小U地=√g地R地 为=，根据动能定理=之m,故热量Q=FA 火星的第一宇宙速度大小火=√g火R 故= g水R水= (5)=,放D正疏 地 √g地R地 3 7.小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上 解得k=2级 运动的总路程为s,整个过程由动能定理有mgh-mg=0,所 3 (3)设小球经过时间t后落到斜面上，水平方向x=ot 以小物块在BC面上运动的总路程为s=上=0.30m 0.1m=3m, 竖直方向A=方6x心 而d=0.5m,刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距 离为0，故D正确。 又tan30°= h 4 8火= 98地- 98 二、多选题 解得1=33 8.BD;9.AC;10.AD. g 提示： 第8期3版参考答案 8.从A到D全过程，由动能定理得mgh-umgcos0· h sin0 一、单选题 -mgs=0-0,从D到A的过程，由动能定理得W。-wmg- 1.B;2.B;3.A;4.B;5.C;6.D;7.D. in0mgh=0-0,解得W,=2mgh,故BD正确。 h 提示： umgeos0· 7 高考物理人教（第一轮复习）第5~8期 9.由题图乙可知物体运动的总位移大小为10m,故A正 解得v1=1m/s. 确；由动能定理得-Fs=△E=-100J,则摩擦力大小F:= (2)当滑块速度达到最大时，滑块的加速度为零，由受力 10N,由牛顿第二定律得F,=ma,则a-=5m/g,放B.D 分析可得 m mgsin 0 umgcos 0+kx 2E0 错误：物休的初动能E。=2片=101，则场=√品 可得弹簧的压缩量为x=0.02m 滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，根据动 10m/s,故C正确. 能定理有 10.A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动.当 A、B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量； mg()sino-umg(cos -Em 当A、B相对滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增加 量，故A正确，B错误；由动能定理知，F2对B做的功等于B的 解得最大速度。=2⑥ 5 m/s. 动能的增加量，拉力F和Fa对A做的功之和等于A的动能的增 14.(1)E1-mgh1 加量，故D正确，C错误 (2)umngh.mghaE-mgh umgl 三、实验题 11.(1)⑥4.0⑦0.08120.0800(2)9.7 解析：(1)对物块从B点到落地的过程，由动能定理有 解析：(1)⑥小钢球通过光电门的时间极短，可以用平均 mghy =E1-E8 速度替代瞬时速度，则小钢球经过光电门时的速度为。=4 解得EB=E1-mgh1 t (2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为E =10.0×103 2.50×103m/s=4.0m/s: 时，对应的拉力最大，设为Fm,由动能定理有 FmL -umgL mghy =E ⑦此过程中小钢球重力势能的减少量为△E。=mgh= 10.0×10-3×9.8×82.90×102J=0.0812J 解得Fax- E-mgh umgL L 小钢球动能的增加量为A=7mr=子×100×10 若物块恰能到达C点，对应的拉力最小，设为Fm,根据动 能定理有FmL-umgL-mgh2=0 ×4.02J=0.0800J (2)若机械能守恒则有2mw=mgh,即，=2gh,根据图 解得F=ngL+mg L 像斜率有2g=)行，解得g:9.7 则恒力F必须满足的条件为 umgl.t mgh-mgh +umgl 12.(2)1:2(3)不需要 L L 440(52g=(+(号 15.(1)6m/s(2)1.2m(3)能 m 解析：(2)由圆周运动规律可知vpvo=2:1,又p:o= 解析：(1)设滑块第一次到B点的速度为1，从A到B根据 d:d,解得p:to=1:2 1 动能定理有mgLawsin0=2mu-0 tp to (3)验证机械能守恒定律时，由于钢球P、Q的质量相等， 代入数据解得v1=6m/s. 则验证机械能守恒定律的表达式中质量可以约掉，所以不需要 (2)设滑块第一次到D点的速度为2，滑块从A到D的过 测量钢球的质量。 程根据动能定理有 (4)20分度游标卡尺的分度值为0.05mm,由题图可知挡 mglsin 0-pmgbne -mgRm 光片宽度为d=4mm+0×0.05mm=4.00mm. 设滑块第一次离开D点速度减到O时距D点的高度为h, (5)若系统转动过程中满足机械能守恒，则有2mgL-mgL 1 d2 1m(L）+2m( 根据动能定理有-mgh=0-之m to 代人数据解得h=1.2m. 即2g=(4)2+(4) tp (3)假设滑块能再次返回斜面，设返回斜面最高点距B点 四、解答题 的距离为L,全过程根据动能定理得 13.(1)1m/s(2)2m/s mg(LAn -L)sin 0-2umgLnc =0-0 5 代入数据解得L= 解析：(1)滑块与弹簧上端第一次刚好接触时，根据动能 3 m. 定理可得mosin0-wmg5ocos0=2m-0 -8素养拓展 数理极 本版责任编辑：李杰 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 规律探究 面时，瞬时速度的偏向角是一定值，与初速度 报纸发行质量反馈电话 平抛运动的 C关 0351-5271248 推论三：平抛运动任意时刻末速度的反向 信息工程 延长线交于水平位移的中点 儿个重要推论及其应用 学科：工学 证明：如图2所示，应用推论二很容易证明， 门类：电子信息类 M点为水平位移x的中点 培养目标：本专业 ⊙湖南曾月 例3.如图4所示，一个滑雪者以水平速度0 培养具备信息获取、信 平抛运动是对运动的合成和分解知识的充 推论二：从抛出点开始，经时间t后，其速 冲下一个倾角为0的长斜坡，求滑雪者离开水平 息传输、信息处理、信息 分运用，也体现了“化曲为直”的重要物理思想， 度与水平方向间的夹角为，位移与水平方向 面后离斜面的最远距离为多少？ 应用等方面的基础理论 其基本规律和处理方法一直是各类考试的一个 间的夹角为B,则有tana=2tanB. 7秀 和专业知识，系统掌握 现代信息技术，能在信 热点.但也有些问题直接应用平抛规律求解非 证明：分别作出速度和 息工程领域从事科学研 常繁琐，而应用其几个重要推论，则显得简洁明位移的矢量直角三角形，如 T 究、工程设计、技术开 了.下面举例说明. 图2所示.可以看出：在速度三 图4 图5 发、设备制造、管理维护 推论一：任意时刻的合速度（合位移）与 角形中an&=巴，在位移 解析：当质点做平抛运动的末速度方向平行 的复合型工程科技人 两个分速度（分位移）构成一个矢量直角三角 于斜面时，质点距斜面的距离最远，此时末速度 才 角形中 形.（证明略） 的方向与初速度的方向成0角.如图5所示，图中 培养要求：本专业 学生主要学习数学、物 例1.从空中同一点沿水平方向同时抛出两 tan B=Yo 28t M为末速度反向延长线与水平位移的交点，MW g 理、电子线路、计算机应 个小球，它们的初速度大小分别为，、2，方向相 为所求的最远距离由推论三可知OM=7,由几 用、信息论与编码、通信 反，求经多长时间，两小球速度之间的夹角为 所以tan=2tanB. 理论与网络等方面的基 90°？ 例2.一质量为m的小物体从倾角为30°的 何关系可以看出MN-OMsin6,又据平抛运动的 本理论和基本知识，接 解析：设两小球抛出后 斜面顶点A水平抛出，落在斜面上B点，若物体 规律有，=g,x=ot及an0=,联立以上各 受信息技术领域软硬件 开发、计算机程序设计 经时间t,它们速度的夹角为 到达B点时的速度为14m/s,试求小物体抛出时 的初速度为多大？（不计空气阻力） 式得： 与应用、科学研究与工 90°，此时与竖直方向间的夹 解析：由题意作出图 滑雪者离斜面的最远距离MN= 程设计等能力的基本训 角分别为α和B,对两小球分 练，具有对信息系统进 3,据推论二可得tana= votan Osin 0 别构建速度矢量三角形（如图1所示），由图 2g 行分析、设计、开发、测 2anB,所以tana&= 23 试和应用，以及综合运 可得： 3 点评：此推论是一个非常重要的结论，在以 用科学理论和工程技术 ,coB=影，又因为a+B=90° cot&= /21 后求解电磁学和类平抛运动的综合问题时，会大 分析解决工程问题的基 解得cosa&= 有用途。 本能力。 所以cota·cotB=1,所以L=西 /21 (上接第1版) 主干学科：信息与 所以v=vc0sa=14× m/s g 7 4.等效法 通信工程、计算机科学与 点评：平抛运动的合速度（合位移）与分速2√21/s. 技术、控制科学与工程。 依据物体运动的特点，把复杂运动等效为 核心课程：计算机 度（分位移）能够构成矢量直角三角形，在求解 点评：平抛运动中速度方向和位移方向是不 平抛运动，从而实现问题求解的方法称之为等 信息技术、通信系统原 有关平抛问题时，利用此结论，可以将求解过程相同的，对于推论二要知道它的由来并要熟记. 效法.其实质是平抛运动思维方法的迁移 理、信号与信息处理技 转化成解直角三角形，从而使问题简化 对于在同一斜面上做平抛运动的小球，则落至斜 例4.如图5所示，从一根 术、电磁场与波、微处理 四、解答题 内壁光滑的空心竖直钢管A 器与嵌入式系统原理 第4期2、3版参考答案 的顶端C,沿直径方向向着管 信息获取与检测技术 13.(1)2m/s2,方向水平向右 信息论与编码技术等 内水平抛入一钢球，球与管 图5 主要实践性教学环 一、单选题 (2)1m/s2,方向水平向右 壁碰撞（碰撞无机械能损失）后，恰好沿拋物线 节：工程技术训练、电子 通过最低点D,已知C点的高度为h,管的直径 工艺实习、专业实习、课 1.A;2.B;3.C;4.A; (3)L=17m,L'=9m 为d,则小球抛出的水平速度v为 程设计、毕业设计（论 文)等 5.D;6.C;7.B. 14.(1)0.8m/s2(2)2.5m A B2h√号 主要专业实验：电 子线路实验、计算机基 二、多选题 (3)18.8N 础实验、通信原理实验 专业综合实验。 8.BC;9.CD;10.BD 15.(1)4m/s(2)1m 解析：小球在B点反弹 就业方向：从事工 三、实验题 (3)2√7m/s≤v≤6m/s 若左侧钢管不存在，小球必通 业与电气工程有关的运 过B点落到与D点对称的F 动控制、工业过程控制、 (4)当v≤2m/s时，x=1m: 11.(1)AB(2)越大 点，如图6所示，即物体的实 电气工程、电力电子技 6 术、检测与自动化仪表 当2m/s<v< 际运动可等效为平抛运动，结合x=vt=2d,h 电子与计算机技术等领 (3)41 F g-a 2万m/s时t=(分)m = ,故C正确 2,联立可得”=d√停， 域从事工程设计、系统 分析、系统运行、研制开 点评：此题初看上去似乎很复杂.而实际上 发、经济管理等方面的 12.(1)不需要(2)0.722.40 当2√7m/s≤v≤ 物体的运动与平抛运动形异质同，添加辅助线， 工作 (3)CD 6m/s时，x=√7m 物体的运动即可等效为直观的平抛运动： 数浮格 高考物理 第5期 第一轮复习 总第1201期 2026年8月4日星期二 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-359A 则01=p2,故有Q=B,故B正确 解题金钥匙 点评：推论tanp=2tan0是求解斜面体平抛 问题的“黄金计算式”，应用此式，结合位移、速度 矢量三角形的相关知识，可以实现简便解题 ·求解平抛运动常用方法 3.倾角法 在平抛运动与斜面体问题中，斜面的倾角 充当了一个重要的角色，它是联系竖直与水平 ◆河南张长伟 方向位移、速度关系的桥梁，巧妙应用它，能使 平抛运动是加速度a=g的匀变速曲线运在竖直方向上，要灵活运用△x=g、片=①求 复杂问题简单化 动，是运动分解的典型模型，是历年高考的重点内飞行的时间及质点的竖直分速度，从而实现对 例3.一水平抛出的小球 容处理平抛运动的方法归纳起来，有如下几种 其他参量的求解 落到一倾角为0的斜面上时 1.分解法 2.推论法 其速度方向与斜面垂直，运动 分解法是将平抛运动沿水平方向和竖直方 所谓推论法，就是巧妙应用tanp=2tan0, 轨迹如图3中虚线所示.小球 向分解，在水平方向做匀速直线运动，有x= 实现快速解题的一种方法.其中④是做平抛运在竖直方向下落的距离与在 :在竖直方向微自由落体运动，有h=之g 动的质点在某一时刻或某一位置时速度方向与 水平方向通过的距离之比为 水平方向的夹角，0为同一时刻或同一位置时位 1 例1.如图1所示为一小球 移方向与水平方向的夹角. A.tan B.2ian 做平抛运动的闪光照片的一部 例2.如图2所示，从倾 C.tan0 D.2tan 0 分，图中背景方格的边长均为 角为0的斜面上的某点先后 解析：如图4所示，平抛 =2.5cm,图中的a、b、c、d为小 将同一小球以不同的初速度 质点的末速度与竖直方向速 球在平抛运动途中的闪光点(g 水平抛出，小球均落到斜面 图2 度的夹角等于斜面倾角6，很 取10m/s2),则小球平抛的初 图1 上.当抛出的速度为v,时，小球到达斜面时速度 速度，及在b点的速度，分别为 方向与斜面的夹角为a;当抛出的速度为2时 显然有am0=总，而下落高 图4 A.1.5m/s、2.5m/s B.1ms、2.5m小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为B,则度与水平射程之比为= C.1m/s、1.25m/s D.1m/s、1.5m/s 20结合以上两式， 下列说法正确的是 1 解析：设闪光的时间间隔为t,竖直方向△ A.a>B 不难得出片=2n0故B正确 =1=80,解得1=5×102，水平方向0=2 B.a=B 点评：此题是一道典型的抛体与斜面体相 C.a<B 结合问题，题设情境一殷为抛体垂直斜面落下 =1m/s;另设小球在b点时竖直方向的速度为v,1, D.a和B的大小与抛出的水平速度有关 应用倾角（的三角函数关系，不但可求抛体速 则u61=元1=0.75m/s,则u=√6+%1= 解析：设小球两次抛出落到斜面上时，速度度、位移间的关系，若知道水平初速度。，还可 1.25m/s,故C正确 方向与水平方向的夹角分别为p,和P2,由平抛 求飞行的时间等 点评：分解法是求解平抛运动的基本方法 运动的推论知tanp1=2tan0,tanp,=2tan0, (下转第4版) 1.平抛运动的临界问题有两种常见情形： (1)物体的最大、最小位移，最大、最小初速度： (2)物体的速度方向恰好为某一方向. 平抛运动的临界和极值问题 2.解题技巧：在题中找出有关临界问题的 关键字，如“恰好不出界”“刚好飞过壕沟”“速 度方向恰好与斜面平行”“速度方向与圆周相 切”等，然后利用平抛运动对应的位移规律或速 水平距离的2倍，所以网球从击球点运动到球网恒，有mg(H-h)= 2m,从右端出口飞出后， 度规律进行解题， 时间为5，则H=2,H-h=?s(兮)2，联立 小球微平抛运动，有x=以，h=乃g,联立解得 平抛运动的临界问题】 例1.如图1所示， 销1=名任故B正流 x=2(H-h)h,根据数学知识可知，当H-h ,网球运动员将网球 答案：B =h时，x最大，即h=1m时，小球飞得最远，此 (可视为质点)从O点水 平抛运动的极值问题 时右端出口距离桌面高度为△h=1m-0.8m 平向右击出，网球恰好 图1 例2.某科技比 =0.2m,故C正确 擦网通过落在对方场地的A点，A点到球网的水 赛中，参赛者设计了 答案：C 主编余墨：快速找到临界点的方法： 平距离是击球点到球网水平距离的2倍.已知球 一个轨道模型，如图 (1)找关键字：题目中出现“刚好”“恰 网的高度为九，重力加速度为g,不计空气阻力，2所示模型放到 图2 好”“正好”“取值范围”“起止，点”“最大”“最 则网球击出后在空中飞行的时间为 ( )0.8m高的水平桌子上，最高点距离水平地面 小”等，往往暗示存在临界点或极值点， A.36 B.3h 2m,右端出口水平.现让小球在最高点由静止 (2)画轨迹图：把临界轨迹画出来，比如 2Vg 释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端 自抛出，点到边界，点的抛物线，或刚好擦网的 D.32h 出口距离桌面的高度应设计为 轨迹线 2g A.0 B.0.1m (3)极端分析法：对于单调变化的变量关 解析：设网球击出后在空中飞行的时间为 C.0.2m D.0.3m 系，可以通过连续改变某个变量达到极端值 ,因为A点到球网的水平距离是击球点到球网 解析：小球从最高点到右端出口，机械能守 来判断另一个变量的变化规律 B.球从A点到O点的运动时间等于从O点到B点的运动时间应 《抛体运动》单元检测卷 C.球刚离开A点时的水平速度大小大于刚到达B点时的水平速 A.适当增加出手的高度 B.适当减小出手的高度 度大小 C.适当增加出手的速度 D.适当减小出手的速度 ⊙数理报社试题研究中心 D.球刚离开A点时的速度大小一定大于刚到达B点时的速度大小 9.如图5所示是简化后的跳台滑雪的雪道 题 号 二 三 四 总 5.如图3所示，阳光垂直照射到斜面草坪上， 示意图，运动员从助滑雪道AB上由静止开始滑 得 分 在斜面顶端把一高尔夫球水平击出让其在与斜 下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E 第I卷选择题（共46分】 面垂直的面内运动，小球刚好落在斜面底端B 是运动轨迹上的某一点，在该点的速度方向与轨。 点是运动过程中距离斜面的最远处，A点是在阳 道CD平行，设从C到E与从E到D的运动时间 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的 光照射下小球经过B点的投影点，不计空气阻 分别为1、2，EF垂直CD,(忽略空气阻力)则 力，则 ( A.41=62 B.t 四个选项中，只有一项是符合题目要求)》 A.小球在斜面上的投影做匀速运动 1.关于合运动和分运动的关系，下列说法正确的是 C.CF、1 FD>3 需 A.若合运动是曲线运动，则它的几个分运动不可能都是直线运动 B.0A与AC长度之比为1：3 10.如图6所示，饲养员在水库边堤坝边缘A处以水平初速度，往 B.合运动的时间等于它的各个分运动的时间总和 C.若斜面内D点在B点的正下方，则OD与DC长度不等 D.小球在B点的速度与整个过程的平均速度大小相等 鱼池中抛掷鱼饵颗粒.堤坝截面倾角为O,坝顶离水面的高度为h,不 C.合运动的速度大小一定大于其中一个分运动的速度大小 6.某同学投掷篮球空心入筐，篮球的出手点与篮筐的距离为 计空气阻力，鱼饵颗粒可能落在堤坝上，也可能落在水面上，则关于鱼 D.两个非共线的匀变速直线运动的合运动一定还是匀变速运 7.2m,篮球进入篮筐时的速度方向恰好与出手时的速度方向垂直. :饵颗粒在空中运动的时间，下列说法正确的是 动，但轨迹可能是直线也可能是曲线 不考虑空气阻力，重力加速度g取10/s2.则篮球从出手到入筐的时 2.如图1所示，人在岸上拉船，已知船的质 间为 量为m,水的阻力恒为∫，当轻绳与水平面的夹角 A.1.6s B.1.4s C.1.2s D.1.0s 为0时，船的速度为v,此时人的拉力大小为F,则 7.如图4所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U形赛道上比赛， 图1 甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察 A.若水平初速度v> V2ian9t与：有关 gh A.人拉绳行走的速度为v B.人拉绳行走的速度为” 发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度 cos 大.不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是 h,1 C.船的加速度为Fcos-⊥ D.船的加速度为F-上 B若水平初速度>√停品与无关 m .1 3.救援小组在某次救援时，船从距对岸最近距离为d的A点出 C.若水平初速度"<√？·am9‘与u有关 发，经过一段时间到达对岸.已知水速恒为，船在静水中的速度恒为 D.若水平初速度v< 1 ,.下列说法正确的是 ( V2ant与v无关 图4 A.船渡河的最短时间为4 A.甲、乙的最大腾空高度相同 第Ⅱ卷非选择题（共54分） B.船渡河的运动是曲线运动 B.甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度 C.若，>“2，船渡河的最小位移可能为d C.甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同 三、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分，将正确答案填在 D.甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同 题中横线上或按要求作答〉 D.若，<2，船渡河的位移最短时，船渡河的时间为 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，每小题的4个选项 11.某学习小组利用不同的实验装置，进行探究平抛运动规律的 4.如图2所示，某次小明同学在家中对着竖 中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3分，有选错或不 实验 直墙壁打乒乓球，将球从A点斜向上击出，球垂 先的得0分) 直打在墙上的0点后反向弹回，正好落在A点正 8.将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳 下方的B点.忽略球的旋转及空气阻力，则下列 地飞向远方，俗称“打水漂”.石子接触水面时速度方向与水面的夹角 说法正确的是 ( 越小，从水面跳起产生的“水漂”效果越明显.将一石子水平抛出，不 A.球在上升阶段和下降阶段的加速度不同 计石子在空中飞行时的空气阻力，为了观察到明显的“水漂”效果，则 (1)(2分)甲同学采用如图7甲所示的装置.为了验证做平抛运 (2)(3分)根据上述直接测量的物理量和已知的物理联可以得重力加速度为g,m37=号，o37°=号求： 3 动的小球在竖直方向做自由落体运动，用小锤打击弹性金属片，4球 到小球乎的初速度大小的表达式。=.（用题中所给字母 水平抛出，同时B球被松开自由下落，关于该实验，下列说法中正确的 (1),的大小以及A、C两点的距离； 表示) 有 (2)B、C两点间的高度差以及小球从A到B的运动时间： (3)(3分)另外一位同学根据测量出的不同x情况下的y和， A.两球的质量应相等 (3)小球从A到D平均速度的大小以及2的大小 令△y=y,-y1,并描绘出了如图乙所示的△y-x2图像.若已知图线 B.两球的质量可以不相等 的斜率为k,则小球平抛的初速度大小。与k的关系式为= C.两球应同时落地 ·(用题中所给字母表示) D.应改变装置的高度，多次实验 E.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动 四、解答题（共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程式和 3 演算步骤.只写出最后结果不能给分，有数值计算的题，答案中必须写 图10 (2)(6分)乙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图乙所示的小 出数值和单位)》 球做平抛运动的照片，图中背景方格的边长均为5c,如果重力加速 度g取10m/s2,小球平抛的初速度大小为 m/s,经过b点时 13.(10分)如图9所示，半圆形容器竖直放置，在其圆心0点分 的速度大小为 m/s.(所有结果保留2位有效数字) 别以水平初速度、2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落 12.在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通 在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成 过的位置，实验时用如图8甲所示的装置.实验操作的主要步骤如下： 0角，求： 档板 (1)两球在空中运动的时间之比； (2)两球初速度之比. 15.(16分)如图11所示，在竖直平面的x0y坐标系中，0y竖直向 上，Ox水平.设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力.一小球从坐标原 图8 A.在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽 点沿0y方向竖直向上抛出，初速度为=4m/s,不计空气阻力，到达 轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末 最高点的位置如图中M点所示（坐标格为正方形，g取10m/s2).求： 端的水平段垂直 (1)小球在M点的速度w; B.使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白 (2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位 置N: 纸上留下痕迹A C.将木板沿水平方向向右平移一段距离x,再使小球从斜槽上紧 (3)小球到达N点的速度2的大小. y个 靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B D.将木板再水平向右平移同样距离x,使小球仍从斜槽上紧靠挡 46 板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C 图11 若测得A、B间距离为y,B、C间距离为y2,已知当地的重力加速 度为g. 14.(12分)如图10所示，斜面AB、BE固定在竖直面内垂直放置， (1)(2分)关于该实验，下列说法中正确的是 斜面BE与水平面DF的夹角为37°.现让一小球（可视为质点）从A点 A.斜槽轨道必须尽可能光滑 以初速度，水平向右抛出（大小未知），经过时间。后小球到达斜面 B.每次释放小球的位置可以不同 BE上的C点，且小球到达C点时的速度与AB正好平行.再次将小球 C.每次小球均需由静止释放 以另一初速度从A点水平向右抛出，经过一段时间正好到达B点.最 D.小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度 后在A点给小球一个竖直向上的初速度，（大小未知），小球离开A点 h后再由机械能守恒定律求出 后，立即撤去斜面AB,小球经过时间2。后到达水平面BD上的D点， 参考答案见下期