江西省高安中学下册抛体运动专题练习(word版

一、第五章抛体运动易错题培优（难）

1．如图所示，半径为R的半球形碗竖直固定，直径AB水平，一质量为m

的小球（可视为质点）由直径AB上的某点以初速度v0水平抛出，小球落进碗内与内壁碰撞，碰撞时速度大小为2gR，结果小球刚好能回到抛出点，设碰撞过程中不损失机械能，重力加速度为g，则初速度v0大小应为（）

A．gR B．2gR C．3gR D．2gR

【答案】C

【解析】

小球欲回到抛出点，与弧面的碰撞必须是垂直弧面的碰撞，即速度方向沿弧AB的半径方向．设碰撞点和O的连线与水平夹角α，抛出点和碰撞点连线与水平夹角为β，如图，则由2

1

sin

2

y gt Rα

==，得

2sin

R

t

g

α

=，竖直方向的分速度为

2sin

y

v gt gRα

==，水平方向的分速度为

22

(2)(2sin)42sin

v gR gR gR gR

αα

=-=-，又

00

tan y

v gt

v v

α==，而2

00

1

2

tan

2

gt gt

v t v

β==，所以tan2tan

αβ

=，物体沿水平方向的位移为2cos

x Rα

=，又0

x v t

=，联立以上的方程可得

3

v gR

=，C正确．

2．如图，光滑斜面的倾角为θ＝45°，斜面足够长，在斜面上A点向斜上方抛出一小球，初速度方向与水平方向夹角为α，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力；若小球与斜面碰撞后返回A点，碰撞时间极短，且碰撞前后能量无损失，重力加速度g取10m/s2。则可以求出的物理量是（）

A ．α的值

B ．小球的初速度v 0

C ．小球在空中运动时间

D ．小球初动能 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

设初速度v 0与竖直方向夹角β，则β＝90°?α（1）；

由A 点斜抛至至最高点时，设水平位移为x 1，竖直位移为y 1，由最高点至碰撞点D 的平抛过程Ⅱ中水平位移为x 2，竖直位移y 2。A 点抛出时：

0sin x v v β=（2）

10cos y v v β=（3）

21

12y v y g

=

（4）

小球垂直打到斜面时，碰撞无能力损失，设竖直方向速度v y2，则水平方向速度保持

0sin x v v β=不变，斜面倾角θ＝45°，

20tan 45sin y x x v v v v β===（5）

2

222y y y g

=

（6）

()

222012cos sin 2v y y y g

ββ-?=-=

（7），

平抛运动中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，所以：

()111111

tan 90222tan y x v y x v ββ

==-=（8） 由（8）变形化解：

2

011cos sin 2tan v x y g

ββ

β==（9）

同理，Ⅱ中水平位移为：

22 0

22

sin

2tan45

v

x y

g

β

==（10）

()

2

12

sin sin cos

v

x x x

g

βββ

+

=+=

总

（11）

=tan45

y

x

?

总

故

=

y x

?

总

即

2sin sin cos

βββ

-=-（12）

由此得

1

tan

3

β=

1

9090arctan

3

αβ

=-=-

故可求得α的值，其他选项无法求出；

故选：A。

3．一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，OP的连线正好与斜面垂直；当以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A．小球落在P点的时间是1

tan

v

gθ

B．Q点在P点的下方

C．v1>v2

D．落在P点的时间与落在Q点的时间之比是1

2

2v

v

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，此时位移垂直于

斜面，由几何关系可知

111

2112tan 12v t v

gt gt θ=

= 所以

1

12tan v t g θ

=

A 错误；

BC ．当以水平速度v 2从O 点抛出小球，小球正好与斜面在Q 点垂直相碰，此时速度与斜面垂直，根据几何关系可知

2

2

tan v gt θ=

即

2

2tan v t g θ

=

根据速度偏角的正切值等于位移偏角的正切值的二倍，可知Q 点在P 点的上方，21t t <，水平位移21x x >，所以21v v >，BC 错误；

D ．落在P 点的时间与落在Q 点的时间之比是11

22

2t v t v =，D 正确。

故选D 。

4．在光滑水平面上，有一质量为m 的质点以速度0v 做匀速直线运动。t =0时刻开始，质点受到水平恒力F 作用，速度大小先减小后增大，运动过程中速度最小值为

01

2

v 。质点从开始受到恒力作用到速度最小的过程经历的时间为t ，发生位移的大小为x ，则判断正确的是（ ）

A ．0

2mv t F

=

B

．0

4t F =

C

．20

4x F

=

D

．2

8x F

=

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．在t =0时开始受到恒力F 作用，加速度不变，做匀变速运动，若做匀变速直线运动，则最小速度可以为零，所以质点受力F 作用后一定做匀变速曲线运动。 设恒力与初速度之间的夹角是θ，最小速度

100sin 0.5v v v θ==

解得

sin 0.5θ=

设经过t 质点的速度最小，将初速度沿恒力方向和垂直恒力方向分解，故在沿恒力方向上有

0cos30-0F

v t m

?= 解得

32mv t F

=

故AB 错误；

CD ．垂直于恒力F 方向上发生的位移

20

03(sin )mv x v θt ==

沿力F 方向上发生的位移

2

22003311()()228mv mv F

y at m F

===

位移的大小为

2

22

218mv s x y F

=+=

故D 正确，C 错误； 故选D 。

5．如图为平静的湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O 。一人站在A 点处以速度v 0沿水平方向扔小石子，已知AO =40m ，下列说法中正确的是（ ）

A ．若v 0=18m/s ，则石块可以落入水中

B ．v 0越大，平抛过程速度随时间的变化率越大

C ．若石块不能落入水中，则v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大

D ．若石块能落入水中，则v 0越大，全程的速度变化量越大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

A ．根据平抛运动规律可得

tan 302y gt x v =

=

当018m/s v =时，解得63

5

t = 从A 到O 的有

211sin 2

AO θgt ?=

解得12s t =，由于1t t >，所以石块可以落入水中，A 正确；

B ．速度随时间的变化率即加速度，平抛运动的加速度不变，与初速度无关，B 错误；

C ．若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值为

tan gt v α=

位移方向与水平方向夹角的正切值

tan 2y gt x v θ=

= 可知tan 2tan αθ=，因为θ一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关，C 错误；

D ．若石块能落入水中，由于距水面高度不变，落水时间相同，速度变化量为

ΔΔv g t =

所以全程的速度变化量相同，D 错误。 故选A 。

6．质量为0.2kg 的物体，其速度在x ，y 方向的分量v x ，v y ，与时间的关系如图所示，已知x ．y 方向相互垂直，则（ ）

A ．0~4s 内物体做直线运动

B ．4~6s 内物体的位移为25m

C ．0~4s 内物体的位移为12m

D ．0~6s 内物体一直做曲线运动 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A ． 0~4s 内，在x 方向做匀速运动，在y 方向做匀加速运动，因此物体做匀变速曲线运动运动，A 错误；

B ．由图象与时间轴围成的面积等于物体的位移，4~6s 内，在x 方向物体的位移为2m ，在y 方向物体的位移为4m ，物体位移为

2225m

x y

+=

B正确；

C．0~4s内，在x方向物体的位移为4m，在y方向物体的位移为12m，物体位移为

22410m

x y

+=

C错误；

D．将4~6s内物体运动倒过来，相当于初速度为零，在x方向和y方向加速度都恒定，即物体加速度恒定，因此在这段时间内物体做初速度为零的匀加速直线运动，因此原题中在这段时间内物体做匀减速度直线运动，最终速度减为零，D错误。

故选B。

7．如图所示，在一倾角为?的斜面底端以一额定速率0v发射物体，要使物体在斜面上的射程最远，忽略空气阻力，那么抛射角θ的大小应为（）

A．

42

π?

-B．

4

π

?

-C．

42

π?

+D．

4

π

?

+

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

以平行于斜面为x轴，垂直于斜面为y轴，发射点为原点，建立平面直角坐标系，由运动学方程得

()

()

2

2

1

cos sin

2

1

sin cos0

2

x v t g t

y v t g t

θ??

θ??

?

=-?-?

??

?

?=-?-?=

??

解得

()

2

2

sin2sin

cos

v

x

g

θ??

?

--

=?

显然当

42

π?

θ=+时

()

2

max1sin

v

x

g?

=

+

。

故选C。

8．如图所示，固定斜面AO、BO与水平面夹角均为45°。现从A点以某一初速度水平抛出一个小球（可视为质点），小球恰能垂直于BO落在C点，若OA=6m，则O、C的距离为（）

A．22m B2m

C．2m D．3m

【答案】C

【解析】

【详解】

ABCD．以A点为坐标原点，AO为y轴，垂直于AO为x轴建立坐标系，x轴正方向斜向

上，y轴正方向斜向下，分解速度和加速度，则小球在x

2

，加速度为

2

2

g的匀减速直线运动，末速度刚好为零，运动时间0

v

t

g

=；在y轴上做初速度为0

2

2

，加速度为

2

2

g的匀加速直线运动，末速度

00

22

2

Cy

v gt v

=+=

利用平均速度公式得位移关系

000

22

(2)

22

::3:1

22

v v t v t

OA OC==

则

1

2m

3

OC OA

==

综上所述，ABD错误C正确。

故选C。

9．图示为足球球门，球门宽为L，一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）．若球员顶球点的高度为h．足球被顶出后做平抛运动（足球可看做质点），重力加速度为g．则下列说法正确的是

A ．足球在空中运动的时间222s h t g

+=B ．足球位移大小224

L x s =+ C ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值2tan s L

θ=

D ．足球初速度的大小2

202()4

g L v s h =+ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A 、足球运动的时间为:2h

t g

=

错； B 、足球在水平方向的位移大小为:224L x s =+所以足球的位移大小:22

2

2

24

L

l h x h s =+=++错

C 、由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为:2

tan s

L

θ=，C 正确 D 、足球的初速度的大小为:22024x g L v s t h ??==+ ???

错误； 故本题选：C 【点睛】

(1)根据足球运动的轨迹,由几何关系求解位移大小. (2)由平抛运动分位移的规律求出足球的初速度的大小 (3)由几何知识求足球初速度的方向与球门线夹角的正切值.

10．如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两物体质量分别为1m 和2m ，且

12m m <．若将质量为2m 的物体从位置A 由静止释放，当落到位置B 时，质量为2m 的物

体的速度为2v ，且绳子与竖直方向的夹角为θ，则这时质量为1m 的物体的速度大小1v 等于（ ）

A ．2sin v θ

B ．

2

sin v θ

C ．2cos v θ

D ．

2

cos v θ

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

当m 2落到位置B 时将其速度分解，作出速度分解图，则有

v 绳=v 2cosθ

其中v 绳是绳子的速度等于m 1上升的速度大小v 1.则有v 1=v 2cosθ 故选C. 【点睛】

当m 2落到位置B 时将其速度分解，作出速度分解图，由平行四边形定则求出m 1的速度大小v 1．

11．如图所示，物体A 和B 质量均为m ，且分别与轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，B 放在水平面上，A 与悬绳竖直。在力F 作用下A 向上匀速运动，设某时刻两者速度分别为A v 、B v ，则（ ）

A ．

B 匀速运动 B ．cos A B v v θ=

C ．B 减速运动

D ．cos B A v v θ=

【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

物体A 向上以速度A v 匀速运动，则绳子的速度也为A v ，将绳子速度分解如图：

根据几何关系可得

cos A B v v θ=

由于夹角θ越来越小，因此B v 越来越小，即物体B 做减速运动。 选项BC 正确，AD 错误。 故选BC 。

12．如图，小球从倾角为θ 的斜面顶端A 点以速率v 0做平抛运动，则（

）

A ．若小球落到斜面上，则v 0越大，小球飞行时间越大

B ．若小球落到斜面上，则v 0越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大

C ．若小球落到水平面上，则v 0越大，小球飞行时间越大

D ．若小球落到水平面上，则v 0越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大 【答案】AD 【解析】 【分析】

若小球落到斜面上，竖直位移与水平位移之比等于tanθ，列式分析时间与初速度的关系．将速度进行分解，求出末速度与竖直方向夹角的正切．

若小球落到水平面上，飞行时间一定．由速度分解求解末速度与竖直方向的夹角的正切，再进行分析． 【详解】

A ．若小球落到斜面上，则有

200

12tan 2gt y gt x v t v θ===

得

02tan v t g

θ

=

可知t ∝v 0，故A 正确． B ．末速度与竖直方向夹角的正切

01

tan 2tan y v v αα

=

= tanα保持不变，故B 错误．

C ．若小球落到水平面上，飞行的高度h 一定，由2

12

h gt =

得 2h t g

=

可知t 不变．故C 错误．

D ．末速度与竖直方向的夹角的正切

00

tan y v v v gt

β=

= t 不变，则v 0越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大，故D 正确． 故选AD ． 【点睛】

本题关键抓住水平位移和竖直位移的关系，挖掘隐含的几何关系，运用运动的分解法进行研究．

13．如图所示，倾角为θ=37°的斜面放在水平地面上，小球从斜面顶端P 点以初速度v 0水平抛出，刚好落在斜面中点处。现将小球以初速度2v 0水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起，sin37°=0.6，c os37°=0.8，重力加速度为g ，则小球两次在空中运动过程中（ ）

A ．时间之比为1：2

B ．时间之比为12

C ．水平位移之比为1：4

D ．竖直位移之比为1：2

【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

第一次落到斜面中点，假设第二定落到水平面上，根据

212

h gt =

可知

122

t t =水平方向做匀速直线运动，根据

x vt

=

代入数据可知

1222

x x = 由于第一次恰好落到斜面中点处，因此第二定一定落到水平面上，假设成立。 因此运动时间之比1:2 ；水平位移之比为1:22 ；竖直位移之比为1：2。 BD 正确，AC 错误。 故选BD 。

14．如图，竖直放置间距为d 的两个平行板间存在水平方向的风力场，会对场中的物体产生水平向右的恒定风力作用，与两板上边缘等高处有一个质量为m 的小球P （可视为质点）。现将小球P 从两板正中央由静止释放，最终小球运动到右板上的位置O 。已知小球下降的高度为h ，小球在竖直方向只受重力作用，重力加速度大小为g ，则从开始位置运动到位置O 的过程中（ ）

A ．水平风力2mgd

F h

=

B ．小球P 的运动时间2h t g

=

C ．小球P 运动的加速度a =g

D ．小球P 运动的轨迹为曲线 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】

D ．由于水平方向风力恒定，竖直方向重力恒定，因此两个力的合力恒定，又由于初速度为零，因此物体做初速度为零的匀加速直线运动，运动轨迹为直线，D 错误； A ．小球所受力的方向与运动方向相同，因此

2d F

mg h

= 可得

2mgd

F h

=

A 正确；

B ．在竖直方向上，小球做自由落体运动

212

h gt =

运动的时间

2h t g

=

B 正确；

C ，小球竖直方向加速度为

a g =竖

水平方向加速度为

2F gd a m h

=

=水 C 错误。 故选AB 。

15．如图所示，半圆形轨道半径为R ，AB 为水平直径．一个小球从A 点以不同初速度0v 水平抛出．不计空气阻力，则下列判断正确的是( )

A ．想使小球落到轨道上时的竖直分速度最大，小球应该落在轨道的最低点

B ．虽然小球初速度不同，小球落到轨道上时的速度方向和水平方向之间的夹角都相同

C ．若初速度0v 取值适当，可以使小球垂直撞击半圆轨道

D ．无论 0v 取何值，小球都不可能垂直撞击半圆轨道 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．想使小球落到轨道上时的竖直分速度最大，则根据2v gh =可知小球应该落在轨道的最低点，故A 正确；

B ．小球落在圆弧面上不同点时，结合圆弧可知位移的偏向角tan =

y

x

θ会随着落点的不同而发生变化，根据平抛运动的推论可知速度偏向角tan 2tan αθ=，所以小球落到轨道上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同，故B 错误；

CD ．根据平抛运动的推论：速度反向延长线过水平位移的中点，若小球垂直落在圆弧面上，则速度方向延长线过圆心，违背了速度反向延长线过水平位移的中点，所以无论 0v 取

何值，小球都不可能垂直撞击半圆轨道，故D正确；C错误；