【单元练】西藏林芝市高中物理必修2第五章【抛体运动或曲线运动】经典复习题(答案解析)

一、选择题
1．在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和2
v
的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上，甲乙两个小球在空中运动时间之比为（ ）
A ．2倍
B ．4倍
C ．6倍
D ．8倍A
解析：A
如图，小球做平抛运动
设斜面倾角为θ，两球都落在该斜面上，则两球位移与水平方向的夹角都等于斜面的倾角 水平位移
0x v t =
竖直位移
212y gt =
根据几何关系有
tan y x
θ=
得
02tan v t g
θ
=
所以甲、乙两个小球在空中运动时间之比为2：1，即为2倍关系。

故选A 。

2．关于平抛运动的性质，以下说法正确的是（ ） A ．变加速运动 B ．匀变速运动
C ．匀速率曲线运动
D ．不可能是两个直线运动的合运动B
解析：B
平抛运动的性质：只受重力作用，加速度不变，方向竖直向下，具有水平初速度，则平抛运动为匀变速曲线运动，平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动，竖直方向上的自由落体运动。

故选B 。

3．某同学正对一面墙壁水平抛掷小钢球，已知抛出点距离地面高H ，到墙壁的距离为s ，
抛出时初速度大小为v 0，小钢球击打在墙壁距离地面高
3
4
H 的A 点，如图所示。

如果该同学抛出时初速度减半，小钢球击打的位置在（空气阻力不计）（ ）
A ．墙角处
B ．墙壁距离地面高
1
2
H 处 C ．地面上距抛出点水平距离为12s 处 D ．地面上距抛出点水平距离为3
4
s 处A 解析：A
设小钢球打在A 点的过程用时为t 0，则
2000124
H
gt v t s ==， 当水平速度变为
01
2v 时，由02
v t s =可知 t=2t 0
所以竖直位移
2
12
h gt H =
= 即小钢球刚好落在墙角处。

故选A 。

4．如图所示，倾角为θ斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜甲面体的顶点，经过段时间两球落在斜面上A 、B 两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。

忽略空气的阻力，重力加速度为g 。

则下列选项正确的是（ ）
A ．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan 2θ：1
B ．甲、乙两球下落的高度之比为2tan 4θ：1
C ．甲、乙两球的水平位移之比为2tan 2θ：1
D ．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为tan 2θ：1C 解析：C
A ．设初速度为v 0，对乙球分析，由于落到斜面上速度与斜面垂直，故
tan y v v θ
=
故下落时间为
tan y v v t g
g θ
=
=
对甲球分析
x =v 0t ′，'212
y gt =
，tan y x θ=
联立解得
02tan v t g
θ'=
则
22tan 1
t t θ
'=
故A 错误；
B ．根据竖直方向上做自由落体运动得规律，得甲乙下落的高度之比为
24214tan 2=112
gt h h gt θ''
= 故B 错误；
C ．根据水平方向上做匀速直线运动，得甲乙水平位移之比为
2002tan 1
v t x x v t θ''== 故C 正确；
D ．甲球竖直方向的速度为
02tan y v gt v θ'='=
则有甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比等于竖直方向的速度之比即
22tan 1
y
y v gt v gt θ''== 故D 错误。

故选C 。

5．如图所示，乒乓球的发球器安装在水平桌面上，竖直转轴OO ′距桌面的高度为h ，发射
器O ′A 长度也为h 。

打开开关后，可将乒乓球从A 点以初速度v 0水平发射出去，其中
0222gh v gh ≤≤。

设发射出的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球自身尺寸及空气阻
力不计。

若使该发球器绕转轴OO ′在90º角的范围内来回缓慢水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积S 是（ ）
A ．8πh 2
B ．4πh 2
C ．6πh 2
D ．2πh 2B
解析：B 平抛运动的时间
2h t g
=
当速度最大时水平位移
2224max max h
x v t gh h g ＝＝＝ 当速度最小时水平位移
min min 222h
x v t gh h g
＝＝＝ 故圆环的半径为
3h ≤r ≤5h
乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积
S ＝
1
4
π[(5h )2﹣(3h )2]＝4πh 2 故ACD 错误、B 正确。

故选B 。

6．关于物体做曲线运动，下列说法中正确的是（ ） A ．物体做曲线运动时所受的合外力可能为零 B ．物体所受的合外力不为零时一定做曲线运动 C ．物体有可能在恒力的作用下做曲线运动 D ．物体只可能在变力的作用下做曲线运动C 解析：C
A ．物体做曲线运动时速度方向发生变化，加速度不为零，所受的合外力不为零，故A 错误；
B ．物体所受的合外力与速度方向共线时，物体做匀变速直线运动，故B 错误；
C ．物体受到的恒力与速度不共线时物体做曲线运动，故C 正确，
D 错误。

故选C 。

7．如图，小球以一定速度沿水平方向离开桌面后做平抛运动，这样的平抛运动可分解为水
平方向和竖直方向的两个分运动，下列说法正确的是（ ）
A ．水平方向的分运动是匀加速运动
B ．竖直方向的分运动是匀加速运动
C ．水平方向的分速度为零
D ．竖直方向的分速度不变B 解析：B
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。

故选B 。

8．如图是跳远运动员在起跳、腾空和落地过程的情景。

若运动员的成绩为8.00m ，腾空时重心离沙坑的最大高度为1.25m 。

为简化情景，把运动员视为质点，空中轨迹视为抛物线，则（ ）
A ．运动员在空中运动的时间为0.5s
B ．运动员在空中最高点时的速度大小为4m/s
C ．运动员落入沙坑时的速度大小为9m/s
D ．运动员落入沙坑时速度与水平面夹角正切值为0.625D 解析：D
A ．跳远是斜抛运动，后半段可视为平抛运动，前半段可视为逆向平抛，前、后段时间相等，根据h =
12
gt 2
，得 t 1=0.5s
则运动员在空中运动的时间是
t =2t 1=1.0s
故A 错误； B ．由
x =v 0t =8.00m
得
v 0=8.0m/s
即运动员在空中最高点的速度大小是8.0m/s ，故B 错误； C ．运动员落入沙坑时的速度大小是
2
201()89m/s v v gt =+
故C 错误；
D ．运动员落入沙坑时速度与水平面的夹角正切值
1
tan 0.625gt v α=
= 故D 正确。

故选D 。

9．如图，从高H 处的A 点先后平抛两个小球1和2，球1刚好直接越过竖直挡板MN 落到水平地面上B 点，球2则与地面碰撞两次后，刚好越过竖直挡板MN ，也落在B 点。

设球2每次与水平面碰撞都是弹性碰撞，空气阻力忽略不计，则竖直挡板MN 的高度h 是（ ）
A ．
34
H B ．
59
H C ．
35
H D ．
4
5
H B 解析：B
如图所示，设球1的初速度为v 1，球2的初速度为v 2，OE =d ，由几何关系和对称性可知 OB =5d 。

球1从A 点飞到B 点的运动时间为
12t g
H
=
球1从A 点飞到B 点在水平方向有
25H
v d g
= 由对称性可知，球2从A 点飞到B 点时间t 2是球1从A 点飞到B 点的运动时间t 1的5倍，则两球在水平方向有
v 1t 1=v 2t 2
且
t 2=5t 1
故
v 1=5v 2
由分运动的等时性可知：球1从A 点飞到挡板M 点的时间与球2从A 点飞到C 点的时间相等；由对称性可知球2从M 点飞到D 点与由A 飞到C 的时间相等，OD 两点间的水平距
离为4d 。

球1从O 点飞到M 点与球2由M 点飞到D 点水平方向有
1
222()()
4H h H h v v d g g
--+= 解得
5
9
h H =
故选B 。

10．如图所示，从倾角为θ的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上B 点时所用的时间为（ ）
A ．02sin v g
θ
B ．02tan v g
θ
C ．
0sin 2v g
θ
D ．
0tan 2v g
θ
B 解析：B
设AB 之间的距离为L ，则：水平方向
0cos L v t θ=
竖直方向
21sin 2
L gt θ=
联立解得
02tan v t g
θ
=
故选B 。

二、填空题
11．小汽船在静水中的速度为5m/s ，河水流速是4m/s ，河宽150米，则当小汽船垂直于河岸航行时，小汽船的速度为__m/s 。

小汽船到达对岸的最短时间为__s 。

30 解析：30
［1］当小汽船垂直于河岸航行时，小汽船的速度为
v 22
v v =
-=水静3m/s ［2］船头垂直河岸过河，到达对岸所用时间最短为
t =d
v 船
=30s 12．在高为1.8m 的地方将一个小球分别以1m/s 和2m/s 的初速度水平抛出（不计空气阻力），则两种情况下落地的时间之比为____________；水平位移之比是____________。

1∶11∶2
解析：1∶1 1∶2
[1][2]根据2
12
h gt =
可知，运动时间相同，故两种情况下落地的时间之比为1：1；水平位移为 x =v 0t ，故水平位移之比是1：2。

13．水平抛出一物体，经3s ，其速度方向与水平方向成45︒角。

则此时物体在竖直方向的分速度为___________，距抛出时的水平距离为_________。

30m/s90m 解析：30m/s 90m
[1][2]由平抛运动规律可得物体落地时的竖直分速度为
30m/s y v gt ==
由于速度方向与水平方向成45︒角，所以水平速度为
04530m/s tan
y v v =
︒=
由
0x v t =
得距抛出时的水平距离
90m x =
14．飞机起飞时的速度大小为360km/h ，方向与水平面夹角为30°，那么，飞机起飞1分钟上升的高度是_______米，飞行的水平距离是________米。

解析：
[1][2]飞机起飞时的速度大小为360km/h ，即100m/s ，方向与水平面夹角为30°，则飞机的水平速度为：
cos30x v v =︒=
飞机的竖直速度为
sin3050m/s y v v =︒=
飞机起飞1分钟上升的高度
5060m 3000m y h v t ==⨯=
飞机起飞1分钟飞行的水平距离
x x v t ==。

15．某研究性学习小组进行了如下实验：如图1所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡块做成的小圆柱体R ．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y 轴重合，在R 从坐标原点以速度v 0=3cm/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．同学们测出某时刻R 的坐标为（4，6），此时R 速度大小为____cm/s ，R 在上升过程中运动轨迹的示意图2是____．
D
解析：D
[1].小圆柱体R 在y 轴竖直方向做匀速运动，有：
y =v 0t
解得：
06
23
y t s s v =
== 在x 轴水平方向做初速为0的匀加速直线运动，有：
x =
12
at 2
， 解得：
2222224
cm/s 2cm/s 2
x a t ⨯=
== 那么R 的速度大小：
2
222203225cm s ()/v v a t =+=+⨯=
[2].因合外力沿x 轴，由合外力指向曲线弯曲的内侧来判断轨迹示意图是D ．
16．在80m 的低空有一小型飞机以30m/s 的速度水平飞行，假定从飞机上释放一物体，g 取10m/s ，不计空气阻力，那么物体落地时间是_________s,他在下落过程中发生的水平位移是_______m ；地时的速度大小为___________.4s120m50m/s 解析：4s 120m 50m/s
从飞机上释放的物体做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有2
12
h gt =
，解得：t =4s ；下落过程中发生的水平位移：0304120x v t m m ==⨯=；根据动能定理可得：
22
01122
mgh mv mv =-，代入数据解得：50/v m s =．
17．一架飞机沿倾角060方向朝斜向上方做匀速直线运动，速度是100m/s ，飞机在竖直方向的分速度大小为___________m/s ；经过4s ，飞机在水平方向上前进了
__________m ．50m/s200m 【解析】将飞机的实际运动分解为水平方向的匀速运
动和竖直方向的匀速运动由几何关系可得：vx ＝vcos60°＝100×m/s ＝50m/svy ＝vsin60°＝100×＝50m/s 经过4
解析：503m/s 200 m 【解析】
将飞机的实际运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀速运动，由几何关系，可得：v x ＝v cos60°＝100×1
2
m/s ＝50m /s v y ＝v sin60°＝100×
3
2
＝503m /s 经过4s ，飞机在水平方向上前进了x=v x t=50×4m=200m.
18．在“研究平抛物体的运动”实验中，某同学记录了A 、B 、C 三点，取A 点为坐标原点，建立了如图所示的坐标系．平抛轨迹上的这三点坐标值图中已标出．那么小球平抛的初速
度为______________，小球抛出点的坐标为____________．(取2
10m s g =)
5m ／s-30cm-20cm
解析：5m ／s -30cm ，-20cm [1]根据△y =gT 2得
0.40.210
y T s s g ∆=
＝＝ 则小球平抛运动的初速度
00.3m/s 1.5m/s 0.2
x v T ＝＝＝
[2]小球经过B 点竖直方向上的分速度
1.6
m/s 4m/s 20.4
AC yB y v T =＝
＝ 从抛出点运动到B 点的时间
0.4yB v t s g
=
＝
则抛出点到B 点的水平位移
x=v 0t =0.6m
则抛出点的横坐标为0.3-0.6=-0.3m=-30cm ． 抛出点到B 点的竖直位移
y=
12gt 2＝1
2
×10×0.16m ＝0.8m 则抛出点的纵坐标为0.6-0.8m=-0.2m=-20cm ．故抛出点的坐标为（-30cm ，-20cm ） 19．有一个质量为2kg 的物体在xOy 平面内运动，在x 方向的速度图像和y 方向的位移图像分别如图甲、乙所示。

由图可知，物体做______（选填“匀速直线”、“匀变速直线”或“匀变速曲线”）运动，物体的初速度大小为______m/s ，物体所受的合外力为______N 。

匀变速曲线53
解析：匀变速曲线 5 3
[1] 从图中可知物体在x 轴方向上做匀加速直线运动，在y 方向上做匀速直线运动，合力恒定，合力方向与速度方向不共线，故质点做匀变速曲线运动； [2] 由图可知x 轴方向初速度为
3m/s x v =
位移图像斜率表示加速度，所以y 轴方向初速度
4m/s y v =-
质点的初速度
2205m/s x y v v v =+=
[3] 在y 方向上做匀速直线运动，即合力沿x 方向，速度时间图像的斜率表示加速度，所以x 轴方向的加速度，也就是物体的合加速度为
21.5m/s a =
根据牛顿第二定律，质点的合力
3N F ma ==
20．(1)如图所示，小球以初速度0v 水平抛出，刚好垂直撞击在倾角为θ的斜面上。

空气阻力不计。

重力加速度为g 。

则小球撞击斜面时的速度大小为______；小球飞行的水平位移大小为______。

解析：
0sin v θ 2
tan v g θ
[1]由于小球的速度方向与斜面垂直，根据平行四边形定则知则有
sin v v
θ=
解得小球撞击斜面时的速度大小为
sin v v θ
=
[2]若初速度为v 0，由于小球的速度方向与斜面垂直，根据平行四边形定则知
tan v gt
θ=
解得
tan v t g θ
=
根据运动学公式得
x =v 0t
代入数据解得小球飞行的水平位移大小为
20
tan v x g θ
=
三、解答题
21．某质点在Oxy 平面上运动。

0t =时，质点位于y 轴上。

它在x 方向运动的速度—时间图像如图甲所示，它在y 方向的位移－时间图像如图乙所示。

(1)求0.5s t =时质点速度的大小和方向； (2)说出0.5s t =时质点的位置；
(3)在平面直角坐标系上大致描绘质点在2s 内的运动轨迹。

解析：(1) 52m/s v =；方向与y 轴负方向夹角为45°(2) (2.25m ，7.5m )；
(3)
(1)由图像可知，质点在y 轴方向做匀速直线运动，速度为
010
m/s 5m/s 2
y v -==- 在x 轴方向做匀加速直线运动，加速度为
2284
m/s 2m/s 2
x a -=
= 则0.5s t =时质点速度
2222
220()(420.5)(5)m/s 52m/s x y x x y v v v v a t v =+=++=+⨯+-=
与y 轴夹角的余弦为
52cos 2
52
θ=
=
方向与y 轴负方向夹角为45°。

(2)0.5s t =时
201
2.25m 2
x x x v t a t =+=
07.5m y y y v t =+=
所以质点的位置为(2.25m ，7.5m ) (3)质点2s 内沿x 方向的位移
24x t t =+
在y 轴方向的位移
105y t =-
质点的轨迹方程为
20.04 1.612x y y =-+
所以质点在2s 内的运动轨迹图大致如下
22．汽车以3m/s 的速度在水平地面上匀速行驶，汽车后壁货架上放有一小球（可视为质点），货架高0.8m ，如图所示。

由于前方事故，突然急刹车，刹车后汽车做加速度大小为8m/s 2的匀减速直线运动，小球由于惯性以3m/s 的速度水平从货架上飞出。

忽略小球与货架间的摩擦及空气阻力，g 取10m/s 2。

求： (1)小球从货架上落到车厢底板的时间；
(2)小球刚落到车厢底板前瞬间，小球相对地面的速度大小；
(3)小球从货架上落到车厢底板的时间内，汽车运动的位移大小。

（结果保留两位有效数字）
解析：(1)0.4s ；(2)5m/s ；(3)0.56m (1)小球在竖直方向做自由落体运动，则
212
h gt =
解得
20.4s h
t g
=
= (2)由于
v 0=3m/s ，v y =gt =4m/s
小球刚落到车厢底板上的速度大小为
22
05m/s y v v v =+=
(3)小车速度减到0需要的时间为
0.375s 0.4s v t a
=
=< 故小球还没到达车厢底板汽车就已经停下来了，由
202v as =
解得
0.56m s =
23．小船匀速横渡一条河流，水流速度的大小1v ，船在静水中的速度大小2v ，第一次船头垂直对岸方向航行时，在出发后020s t =到达对岸下游60m 处；第二次船头保持与河岸成
53θ=︒角向上游航行时，小船恰好经过时间t 1能垂直河岸到达正对岸，已知sin530.8︒=，cos530.6︒=，求：
(1)求船在静水中的速度大小2v ； (2)求第二次过河的时间1t 。

解析：(1)5m/s ；(2)25s
(1)第一次船头垂直对岸方向航行时，出发后020s t =到达对岸下游60m x =处，则有，水流速度的大小
1060m/s 3m/s 20
x v t =
==
第二次船头保持与河岸成53θ=︒角向上游航行时，小船恰好经过时间1t 能垂直河岸到达正对岸
依据三角函数，则有
123
m/s 5m/s cos530.6
v v =
==
(2)根据第一次渡河，河宽
20520m 100m d v t ==⨯=
则第二次过河时间
12sin 53
d
t v =
代入数据，解得
1100
s 25s 50.8
t =
=⨯ 24．质量m =0.2kg 的物体在光滑水平面上运动，其在互相垂直的x 、y 两个方向的分速度v x
和v y 随时间变化的图象如图所示，求： (1)物体初速度的大小和方向 (2)物体所受合力的大小和方向
(3)物体前4s 位移的大小和方向（结果可用三角函数表示）
解析：(1)042m/s v =，方向与x 之间的夹角为45︒；(2)F =0.2N ，方向沿y 轴负方向；(3)85x =m ，方向与x 之间的夹角为5（1）由题目图象可知：y 在方向做以初速度4m/s ，加速度
a =
v t ∆∆=4
4
=1m/s 2 匀减速直线运动； x 方向物体做匀速直线运动，速度4m/s 。

所以物体的初速度
v =22
224442x y v v +=
+=m/s
与x 之间的夹角的正弦值
sinθ=
42
2
42
y v v
=
=
则
θ=45°
（2）物体受到的合外力
F=ma =0.2×1=0.2N
方向沿y 负方向
（3）当t=4s 时，在y 方向物体的位移为
s y =
1
2v y t =1442
⨯⨯=8m x 方向物体的位移为
s x =v x t =4×4=16m
t =4s 时物体的位移
s =222281685x y s s +=+=m
与x 之间的夹角的正弦值
sinβ=
85
5
85x s s ==
则
β=arcsin
5
5
25．如图所示，一个质量为0.6kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力。

进入圆弧时无机械能损失）。

已知圆弧的半径R =0.3m ，θ=60°。

小球到达A 点时的速度v =4m/s 。

（g 取10m/s 2）试求： (1)小球做平抛运动的初速度0v ； (2)P 点与A 点的水平距离和竖直高度；
解析：(1)2m/s ；(2)0.6m ； 0.69m (1)小球到A 点的速度如图所示
由图可知
0cos A v v θ==2m/s
(2)由平抛运动规律得 竖直方向有
22y v gh =
y gt =v
sin 23y A v v θ==m/s
水平方向有
0x v t =
解得
h =0.6m
0.430.69m x =≈
26．如图所示，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为6m 处的O 点，以1m/s 的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，g 取10m/s 2，试求： （1）撞击点离斜面底端的高度；
（2）小球从水平抛出到撞击到斜面上所用时间
解析：（1）1m ；（2）1s
设小球竖直下落h 时达到斜面，用时t s ，水平位移为x ，水平速度v 0=1m/s
根据平抛运动规律，则有
2
12
h gt =
，0t x v = 由几何关系得
6x h =-
联立解得
h =5m ，t =1s
所以小球撞击斜面处离斜面底端1m 高。

27．如图所示，高为H 、倾角为θ=45°的斜面AB 放置在水平地面上，左侧高台上有一人向斜面多次投掷小球以练习准确性，小球每次出手时的速度方向都是水平向右，出手点位于高台边缘且距地面高度为2H ，重力加速度为g ，忽略空气阻力。

(1)如果斜面底端A 点到高台的水平距离也为H ，为了使小球能够投掷到斜面上，求小球的初速度的取值范围；
(2)如果落在A 点的小球与落在B 点的小球速度大小相等，求A 点距高台的水平距离。

解析：02gH
v gH ≤≤；(2)(102)H (1)由平抛运动知识可得：
0x v t =
212
y gt =
联立二式可得：
02g v x
y
=如果小球落在A 点，那么水平位移x H =，竖直位移2y H =，代入可得
01gH
v =
如果小球落在B 点，那么水平位移2x H =，竖直位移y H =，代入可得
022v gH =则初速度的范围应该是
02gH
v gH ≤≤
(2)设A 点距高台的水平距离为s ，如果小球落在A 点，由0v =可得
0v =在竖直方向上是一个自由落体运动，根据2
2y v gy =可得
24y v gH =
设小球落到A 点时的速度大小为A v ，由速度合成可知
2244A
s g
v gH H
=+ 同理落在B 点时有：
()2
222B
s H g
v gH H
+=+
由题意可知
22A B v v =
故有
()2
22424s H g
s g gH gH H
H
++
=+
解得
2s H =)
28．从高地高80m 处水平抛出一个物体，3s 末物体的速度大小为50m/s ，怱略空气阻力，取g =10m/s 2.求：
（1）物体在空中运动的时间； （2）物体抛出时的初速度大小； （3）物体落地时的水平位移。

解析：（1）4s ；（2）40m/s ；（3）160m （1）根据平抛运动规律有
212
h gt =
解得
4s t =
== 则物体在空中运动的时间为4s 。

（2）3s 末物体的速度大小为v ，则有
v =，50m/s v =
110330m/s y v gt ==⨯=
解得
0=40m/s
v 则物体抛出时的初速度大小40m/s。

（3）物体落地时的水平位移为
0404160m
x v t
==⨯=。