物理高一下册 抛体运动检测题(Word版 含答案)

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．
2．2022年第24届冬奥会由北京市和张家口市联合承办。

滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图所示。

若斜面雪坡的倾角37
θ=︒，某运动员（可视为质点）从斜面雪坡顶端M点沿水平方向飞出后，在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，若运动员经3s后落到斜面雪坡
上的N点。

运动员离开M点时的速度大小用
v表示，运动员离开M点后，经过时间t离斜坡最远。

（sin370.60
︒=，cos370.80
︒=，g取2
10m/s），则0v和t的值为（）
A ．15m/s 2.0s
B ．15m/s 1.5s
C ．20m/s 1.5s
D ．20m/s 2.0s
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
运动员离开M 点做平抛运动，竖直方向上有
212
h gt =
解得
45m h =
由几何关系有
tan h
x θ
=
又
0x v t =
解得
020m/s v =
运动员离开斜坡最远时速度方向与斜坡平行，有
tan y v v θ=
又
y gt =v
解得
1.5s t =
选项C 正确，ABD 错误。

故选C 。

3．某人划船横渡一条河流，已知船在静水中的速率恒为v 1，水流速率恒为v 2，且v 1>v 2.他以最短时间方式过河用时T 1，以最短位移方式过河用时T 2.则T 1与T 2的比值为（ ）
A ．12
v v
B ．21
v v
C 1221
2
v v v
-D 22
12
1
v v -【答案】D
【解析】【分析】
【详解】
河水流速处处相同大小为v2，船速大小恒为v1，且v1>v2。

设河宽为d，以最短位移过河时，所用时间为T2，则有
22
12
2
d
v v
T
=-
以最短时间T1过河时，有
1
1
d
v
T
=
联立解得
22
12
1
21
v v
T
T
-
=
选项D正确，ABC错误。

故选D。

4．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v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，下列说法中正确的是（）
A．若v0=18m/s，则石块可以落入水中
B．v0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v0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v0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
tan30
2
y gt
x v
==
当018m/s
v=时，解得63
5
t=
从A到O 的有
2
1
1
sin
2
AOθgt
⋅=
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 。

5．里约奥运会我国女排获得世界冠军，女排队员“重炮手”朱婷某次发球如图所示，朱婷站在底线的中点外侧，球离开手时正好在底线中点正上空3.04m 处，速度方向水平且在水平方向可任意调整.已知每边球场的长和宽均为9m ，球网高2.24m ，不计空气阻力，重力加速度2
10g m s =.为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是
A ．22m/s
B ．23m/s
C ．25m/s
D ．28m/s
【答案】B 【解析】
恰好能过网时，根据2112H h gt -=得，12()2(3.04 2.24)0.4s 10
H h t g -⨯-=== ，则击球的最小初速度11922.5m/s 0.4
s v t =
==， 球恰好不出线时，根据2212H gt =
，得222 3.040.78s 10
H t g ⨯==≈ 则击球的最大初速度：2222240.25 4.2581
23.8m/s 0.78
s l l v t t +⨯===≈'，注意运动距离
最远是到对方球场的的角落点，所以22.5m/s23.8m/s
v，故B项正确．
综上所述本题正确答案为B．
6．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
22
2s h t
g
+ =
B．足球位移大小
2
2
4
L
x s =+
C．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值
2 tan
s
L
θ=
D．足球初速度的大小
2
2 0
2
()
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:
2
2
4
L
x s
=+所以足球的位移大
小:
2
2222
4
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:
2
2
024
x 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.
7．甲、乙两船在静水中航行的速度分别为v甲、
v
乙
，两船从同一渡口向河对岸划去。

已知甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，则甲、乙两船渡河所用时间之比为（）
A．
v
v
甲
乙
B．
v
v
乙
甲
C．
2
v
v
⎛⎫
⎪
⎝⎭
甲
乙
D．
2
v
v
⎛⎫
⎪
⎝⎭
乙
甲
【答案】D
【解析】
【详解】
如图所示，当v甲与河岸垂直时，甲渡河时间最短，合速度偏向下游，到达对岸下游某点。

乙船应斜向上游，才有最短航程，因两船抵达对岸的地点恰好相同，所以乙船不是垂直河岸过河，最短航程时v v
⊥
乙乙合。

由x vt
=知，t与v成反比，所以有
2
sin
sin
sin
v
v
t
v
t v
θ
θ
θ
===
水
甲乙合
水
乙甲合
由图可看出tan cos
v v
v v
θθ
==
水乙
甲水
，，代入上式得
2
t v
t v
⎛⎫
= ⎪
⎝⎭
甲乙
乙甲
故D项正确，ABC错误。

8．一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶．已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示．则（）
A．快艇的运动轨迹一定为直线
B ．快艇的运动轨迹一定为曲线
C ．快艇最快到达岸边，所用的时间为20s
D ．快艇最快到达岸边，经过的位移为100m 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB 、两分运动为一个做匀加速直线运动，一个做匀速线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动．故A 错误、B 正确；
CD 、当水速垂直于河岸时，时间最短，垂直于河岸方上的加速度a =0．5m/s 2，由
2
12d at =
，得t =20s ，而位移大于100m ，故C 正确、D 错误． 【点睛】 解决本题的关键会将的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，知道在垂直于河岸方向上速度越大，时间越短．以及知道分运动和合运动具有等时性．
9．静止的城市绿化洒水车，由横截面积为S 的水龙头喷嘴水平喷出水流，水流从射出喷嘴到落地经历的时间为t ，水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，忽略空气阻力，以下说法正确的是（ ） A ．水流射出喷嘴的速度为2tan θgt
B ．空中水柱的水的体积为2
2tan Sgt θ
C ．水流落地时位移大小为2
2sin gt θ
D ．水流落地时的速度为2cot θgt
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．水流落地点与喷嘴连线与水平地面间的夹角为θ，则有
200
tan 22y gt gt
x v t v θ===
故
02tan gt
v θ
=
故A 错误； B ．空中水柱的水量
2
02tan Sgt Q Sv t θ
==
故B 正确；
C ．
水流落地时，竖直方向位移2
12
h gt =
，根据几何关系得，水流落地时位移大小为 2
sin 2sin h gt s θθ
==
故C 正确；
D ．水流落地时，竖直方速度v y =gt ，则水流落地时的速度
22
2014(tan )2tan y gt
v v v θθ
=+=
+
故D 错误。

故选BC 。

【点睛】
水从喷嘴喷出后，做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律结合几何关系即可求解。

10．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
01tan 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
t =
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．
11．一小船在静水中的速度为8m/s ，要渡过宽为80m 、水流速度为6m/s 的河流，下列说法正确的是（ ） A ．小船渡河的最短时间为8s B ．小船渡河的最短时间为10s
C ．若小船在静水中的速度增大，则小船渡河的最短路程不变
D ．若小船在静水中的速度比水流速度小，则小船渡河的最短路程不变 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．当船头指向正对岸时渡河时间最短，且最短时间为
80
s 10s 8
d t v =
==船 B 正确，A 错误；
C ．由于船速大于水流的速度，因此小船渡河的最短路程是到达正对岸，若小船在静水中的速度增大，则小船渡河的最短路程不变，C 正确；
D ．若小船在静水中的速度比水流速度小，则小船不能到达正对岸，因此渡河的最短路程改变，D 错误。

故选BC 。

12．如图所示，一小球自平台上水平拋出，恰好落在临近平台的一倾角α=53°的固定斜面顶端，并刚好无碰撞地沿斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h =0. 8m ，重力加速度g =10m/s 2，sin53°=0. 8，cos53°=0. 6，则小球平拋运动的（ ）
A ．水平速度03/v m s =
B ．水平速度04/v m s =
C ．水平位移x =1.2m
D ．水平位移x =1. 6m
【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．小球做平抛运动，竖直方向上，有
22y v gh =
解得
4m/s y v =
小球落到斜面上时方向与斜面平行，可得
0tan53y v v ︒=
解得
v 0=3m/s
故A 正确，B 错误； CD ．小球做平抛运动的时间
0.4s y v t g
=
=
水平位移
x =v 0t =1.2m
故C 正确，D 错误。

故选AC 。

13．如图，地面上固定有一半径为R 的半圆形凹槽，O 为圆心，AB 为水平直径。

现将小球（可视为质点）从A 处以初速度v 1水平抛出后恰好落到D 点；若将该小球从A 处以初速度v 2水平抛出后恰好落到C 点，C 、D 两点等高，OC 与水平方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球从开始运动到落到凹槽上，前后两次的时间之比为1∶2
B ．v 1：v 2=1∶3
C ．小球从开始运动到落到凹槽上，速度的变化量两次相同
D ．小球从开始运动到落到凹槽上，前后两次的平均速度之比为1∶2
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．平抛运动竖直方向上是自由落体运动，两次都落到同一高度，因此运动时间相同，A 错误；
B ．第一次水平位移
o 11(1cos60)2
x R R =-=
第二次水平位移 o 13(1+cos60)2x R R ==
由于运动时间相同，因此
112213
v x v x == B 正确；
C ．由于两次的加速度相同，运动时间相同，因此速度变化量相同，C 正确；
D ．第一次位移
1s R =
第二次位移
23s R =
平均速度等于位移与时间的比，由于运动时间相同，因此平均速度之比为13 ，D 错误。

故选BC 。

14．河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，经过一段时间该船成功渡河，则下列说法正确的是（ ）
A．船渡河的航程可能是300m
B．船在河水中的最大速度可能是5m/s
C．船渡河的时间不可能少于100s
D．若船头与河岸垂直渡河，船在河水中航行的轨迹是一条直线
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．因河流中间部分水流速度大于船在静水中的速度，因此船渡河的合速度不可能垂直河岸，则位移不可能是300m，选项A错误；
B．若船头垂直河岸，则当水流速最大时，船的速度最大
22
34m/s5m/s
m
v=+=
选项B正确；
C．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短
300
s100s
3
C
d
t
v
===
选项C正确；
D．船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动轨迹是曲线，选项D错误。

故选BC。

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v =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；。