（新教材）2022年高中物理（浙江）人教版必修第二册单元测试第五章　抛 体 运 动（含解析）.doc

1、单元测试单元测试( (一一) ) ( (第五章第五章) ) (60 分钟70 分) 一、选择题(本题共 13 小题,每小题 3 分,共 39 分) 1.各种大型的货运站中少不了悬臂式起重机,如图所示,该起重机的悬 臂保持不动,可沿悬臂“行走”的天车有两个功能,一是吊着货物沿竖 直方向运动,二是吊着货物沿悬臂水平方向运动。现天车吊着货物正在 沿水平方向向右匀速行驶,同时又使货物沿竖直方向做匀减速运动。此 时,我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是图中的 ( ) 【解析】选 D。由于货物在水平方向做匀速运动,在竖直方向做匀减速 运动,故货物所受的合外力竖直向下,由曲线运动的特点:所受的合外 力要

2、指向圆弧内侧可知,对应的运动轨迹可能为 D。 2.(2020烟台高一检测)乒乓球作为我国的国球,是一种大家喜闻乐 见的体育运动,它对场地要求低且容易上手。如图所示,某同学疫情期 间在家锻炼时,对着墙壁练习打乒乓球,球拍每次击球后,球都从同一 位置斜向上飞出,其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上, 不计空气阻力,则球在这两次从飞出到撞击墙壁前 ( ) A.飞出时的初速度大小可能相等 B.飞出时的初速度竖直分量可能相等 C.在空中的时间可能相等 D.撞击墙壁的速度可能相等 【解析】选 A。将乒乓球的运动反向处理,即为平抛运动,由题知,两次 的竖直高度不同,所以两次运动时间不同,故选项C错误

3、;在竖直方向上 做自由落体运动,因两次运动的时间不同,故初速度在竖直方向的分量 不同,故选项B错误;撞击墙壁的速度,即可视为反向平抛运动的水平初 速度,两次水平射程相等,但两次运动的时间不同,故两次撞击墙壁的 速度不同,故选项 D 错误;由上分析,可知竖直速度大的,其水平速度就 小,所以根据速度的合成可知,飞出时的初速度大小可能相等,故选项 A 正确。 3.如图所示,用一小车通过轻绳提升一货物,货物沿竖直光滑杆上升, 某一时刻,两段绳恰好垂直。 拴在小车一端的绳与水平方向的夹角为 , 此时小车的速度为 v0,则此时货物竖直上升的速度是 ( ) A.v0 B.v0sin C.v0cos D. 【

4、解析】选 A。车的速度等于沿绳方向和垂直于绳方向速度的合速度, 根据平行四边形定则,有 v0cos=v绳,而货物的速度等于沿绳方向和垂 直于绳方向速度的合速度,则有 v货cos=v绳,由于两绳相互垂直,所以 =,则由以上两式可得,货物的速度就等于小车的速度 v0。故选项 A 正确。 4.某同学斜向上抛出一铅球,忽略空气阻力。铅球在空中运动的过程中 加速度 a 随时间 t 变化的关系图像是 ( ) 【解析】选 B。由题意,忽略空气阻力,铅球抛出后只受重力,由牛顿第 二定律得知,其加速度为 g,保持不变,选项 B 正确。 5.物体在直角坐标系 xOy 所在的平面内由 O 点开始运动,其沿坐标轴方

5、向的两个分速度随时间变化如图甲所示。则物体在直角坐标系 xOy 所 在的平面内的运动轨迹是图乙中的 ( ) 【解析】选 B。在 03 s,物体在 y 正方向上做匀速直线运动,在 x 正 方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度方向向上,对应的轨迹为 向 x 轴正方向弯曲的抛物线;在 34 s,设初速度与横轴正方向夹角为 ,则 tan= ,根据图像可知,加速度方向与横轴方向夹角 满足 tan= ,合加速度与合速度在一条直线上,做匀加速直线运动,图像 是倾斜的直线,故选项 B 正确。 6.(2019浙江1月学考)用小锤击打弹性金属片后,一小球做平抛运动, 同时另一小球做自由落体运动。两球运动的频闪

6、照片如图所示,最上面 与最下面小球位置间的实际竖直距离为 1 m,照片中反映的实际情况是 ( ) A.自由下落小球相邻位置间的位移相等 B.平抛运动小球相邻位置间的位移相等 C.自由下落小球相邻位置间的距离一定大于 0.1 m D.平抛运动小球相邻位置间的水平距离一定大于 0.1 m 【解析】选 D。自由下落的小球做自由落体运动,速度越来越快,频闪照 片中每个相邻位置的时间间隔相等,所以相邻位置间的位移越来越 大,A 错误;自由下落小球最上面与最下面的竖直距离为 1 m,频闪照片 中有 10 个时间间隔,每段的平均距离为 0.1 m,C 错误;平抛运动的小球 在水平方向做匀速直线运动,时间间隔

7、相等,所以相邻位置的水平位移 相等,但竖直方向做自由落体运动,相邻位置的竖直位移越来越大,因 此相邻位置间的位移(合位移)越来越大,B 错误;由图片可知平抛运动 的水平位移大于 1 m,所以平抛运动小球相邻位置的水平距离一定大于 0.1 m,D 正确。 7.(2020温州高一检测)河水由西向东流,河宽为 800 m,河中各点的 水流速度大小为 v水,各点到较近河岸的距离为 x,v水与 x 的关系为 v水 =x(m/s)。让小船船头垂直河岸由南向北渡河,小船划水速度大小恒 为 v船=4 m/s。下列说法中正确的是( ) A.小船渡河的轨迹为直线 B.小船在河水中的最大速度是 5 m/s C.小船

8、渡河的时间是 160 s D.小船在距离南岸 200 m 处的速度小于距北岸 200 m 处的速度 【解析】选 B。小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动的 分速度的矢量和,而两个分速度垂直,当顺水流方向的分速度最大时, 合速度最大,合速度的方向随顺水流方向的分速度的变化而变化,故小 船到达河中心时速度最大,且运动轨迹为曲线,故 A 错误。当船到河中 央时,水流速度达到最大,根据矢量的合成,船在河水中的最大速度 v= m/s=5 m/s,故 B 正确。将小船的 运动分解为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动,两个分运动同时 发生,互不干扰,故渡河时间与顺水流方向的分运动无关,当船头与河

9、岸垂直时,沿船头方向的分运动的分位移最小,故渡河时间最短,最短 时间为 t= = s=200 s,故 C 错误。小船距南岸 200 m 处,则水流速 度为 v水= 200 m/s=1.5 m/s,而小船距北岸 200 m 处时,水流速度也为 1.5 m/s; 根据速度的合成可知,它们的速度大小相等,故 D 错误。 8.(2020和平区高一检测)2019 年 5 月 3 日,CBA 总决赛第四战实力强 大的广东男篮再次击败新疆队,时隔 6 年再度夺得 CBA 总冠军。比赛中 一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出,恰好垂直击中篮 板上 A 点。若该运动员后撤到 C 点投篮,还要求垂直击

10、中篮板上 A 点, 运动员需 ( ) A.减小抛出速度 v0,同时增大抛射角 B.增大抛出速度 v0,同时增大抛射角 C.减小抛射角 ,同时减小抛射速度 v0 D.减小抛射角 ,同时增大抛射速度 v0 【解析】选 D。篮球垂直击中 A 点,其逆过程是平抛运动,当平抛运动的 水平速度越大时,抛出后落地速度越大,与水平面的夹角则越小。若水 平速度减小,则落地速度变小,但与水平面的夹角变大。因此只有增大 抛射速度 v0,同时减小抛射角 ,才能仍垂直打到篮板上,故 D 正确,A、 B、C 错误。 9.摩托车跨越表演是一项惊险刺激的运动,受到许多极限运动爱好者 的喜爱。 假设在一次跨越河流的表演中,摩托

11、车离开平台时的速度为 24 m/s,刚好成功落到对面的平台上,测得两岸平台高度差为 5 m,如图所 示。若飞越中不计空气阻力,摩托车可以近似看成质点,g 取 10 m/s 2, 则下列说法错误的是 ( ) A.摩托车在空中的飞行时间为 1 s B.河宽为 24 m C.摩托车落地前瞬间的速度大小为 10 m/s D.若仅增加平台的高度(其他条件均不变),摩托车依然能成功跨越此 河流 【解析】选 C。摩托车在竖直方向做自由落体运动,则有 h= gt 2,解得摩 托车在空中的飞行时间为 t=1 s,故 A 正确;河流的最大宽度即摩托车在 水平方向的位移为 d=x=v0t=241 m=24 m,故

12、B 正确;竖直方向速度为 vy=gt=10 m/s,则摩托车落地前瞬间的速度为 v= m/s=26 m/s,故 C 错误;摩托车离开平台做平抛运动,仅增加平台的高度 (其他条件均不变),则有在空中的飞行时间增大,摩托车水平方向位移 增大,所以摩托车依然能成功跨越此河流,故 D 正确。 10.(2020潍坊高一检测)将一小球以一定的初速度水平抛出,设小球 抛出后水平方向的位移为x,竖直方向的位移为y,结果小球在空中运动 过程中 y 与 x 2的关系如图所示,重力加速度 g=10 m/s2,不计空气阻力, 则小球被抛出的初速度大小为 ( ) A.1 m/s B. m/s C. m/s D.5 m/

13、s 【解析】选 A。将小球做的平抛运动进行分解,则有 x=v0t,y= gt 2,则 y=x 2,结合图像有 =5 m -1,求得 v 0=1 m/s,故选项 A 正确。 11.根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位 置。但实际上,从赤道上方 20 m 处无初速下落的小球将落在正下方位 置偏东约 6 cm 处。这一现象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落 过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的速度 大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该 “力”水平向西,则小球 ( ) A.上升过程相对抛出点向西运动,下落过程相对抛出点向东运动 B

14、.到最高点时,水平方向的加速度为零,水平速度达到最大 C.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零 D.小球在水平方向上先做匀加速后做匀减速运动 【解析】选 B。将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向,在上抛过 程中,水平方向速度不断增大,当下降时,因加速度方向与水平速度方 向相反,做减速运动,但在落回到抛出点时,水平方向有向西的位移,因 此落地点在抛出点西侧,故A错误;在刚竖直上抛时,因竖直方向有速度, 则受到水平向西的一个力,导致物体水平向西有个加速度,加速度会随 着竖直方向速度减小而减小,因此在水平方向不是匀变速运动;因此物 体到最高点时,水平方向有速度,竖直方向速度为零,水平方向加速

15、度 为零,故 C、D 错误,B 正确。 12.一物体沿相互垂直的两个方向的运动规律是 x=t 2,y=2t2,则下列说 法中正确的是(x、y 的单位为 m,t 的单位为 s) ( ) A.物体在 x 和 y 方向上都是做初速度为零的匀加速运动 B.物体的合运动是初速度为零、加速度为 m/s 2的匀加速直线运动 C.物体的合运动是初速度为零、加速度为 3 m/s 2的匀加速直线运动 D.物体的合运动是初速度为零的曲线运动 【解析】选 A。结合位移与时间公式 s=v0t+ at 2可知物体在 x 方向做初 速度为零、加速度为 2 m/s 2的匀加速运动,y 方向上做初速度为零、加 速度为 4 m/

16、s 2的匀加速运动,故 A 正确;根据运动的合成可知,合运动的 初速度为零,加速度为 a= m/s 2=2 m/s 2,且物体会沿着加速 度的方向做匀加速直线运动,B、C、D 错误,故选 A。 13.如图所示,固定斜面 PO、QO 与水平面 MN 的夹角均为 45,现由 A 点分别以 v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点),不计空气 阻力,其中以 v1抛出的小球恰能垂直于 QO 落于 C 点,飞行时间为 t,以 v2抛出的小球落在 PO 斜面上的 B 点,且 B、C 在同一水平面上,则 ( ) A.v1= gt B.v2=gt C.落于 B 点的小球的水平位移为 gt 2 D.A

17、点距 O 的距离为gt 2 【解析】选 D。小球飞行的时间为 t,则撞在 C 点竖直分速度 v1y=gt,因 为小球恰好垂直撞在 C 点,根据平行四边形定则知,小球的初速度 v1=v1y=gt,故 A 错误; B、C 在同一水平面上,所以两小球运动时间相同, 对以 v2抛出的小球有:tan45 =,解得:v2= gt,故 B 错误;落于 B 点 的小球的水平位移为 v2t= gt 2,故 C 错误;由几何关系可得:A 点距 O 点 的距离为 d= gt 2 +(gt 2- gt2) =gt 2,故 D 正确。 二、实验题(本题共 2 小题,共 14 分) 14.(5 分)如图甲所示,研究平抛运

18、动规律的实验装置放置在水平桌面 上,利用光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度 v0和 飞行时间 t,底板上的标尺可以测得水平位移 d。 (1)控制斜槽轨道的水平槽口高度 h 不变,让小球从斜槽的不同高度处 滚下,以不同的速度冲出水平槽口,下列说法正确的是_。 A.落地点的水平距离 d 与初速度 v0成反比 B.落地点的水平距离 d 与初速度 v0成正比 C.飞行时间 t 与初速度 v0大小无关 D.飞行时间 t 与初速度 v0成正比 (2) 另一位同学做实验时根据实验画出的平抛小球的运动轨迹,如图 乙所示,O 为抛出点。在轨迹上任取两点 A、B,分别测得 A 点的竖直坐 标 y1=

19、4.90 cm、B 点的竖直坐标:y2=44.10 cm,A、B 两点水平坐标间的 距离 x=40.00 cm,g 取 9.80 m/s 2,则平抛小球的初速度 v 0为_m/s。 【解析】(1)由 h= gt 2解得 t= ,飞行时间 t 与初速度 v0大小无关, 由 d=v0t,所以落地点的水平距离 d 与初速度 v0成正比,故 B、C 正确。 (2)y1=4.90 cm=0.049 m;y2=44.10 cm=0.441 m, 根据 y1= g得 t1= s=0.1 s;根据 y2= g得 t2= s=0.3 s,则小球平抛运动的初速度为 v0= m/s=2.0 m/s。 答案:(1)B

20、、C (2)2.0 15.(9 分)图 1 是“研究平抛物体运动”的实验装置,通过描点画出平 抛小球的运动轨迹。 (1)以下实验过程的一些做法,其中合理的有_。 a.安装斜槽轨道,使其末端保持水平 b.每次小球释放的初始位置可以任意选择 c.每次小球应从同一高度由静止释放 d.为描出小球的运动轨迹,描绘的点可以用折线连接 (2)实验得到平抛小球的运动轨迹,在轨迹上取一些点,以平抛起点O为 坐标原点,测量它们的水平坐标 x 和竖直坐标 y,图 2 中 y-x 2图像能说 明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_。 (3)图 3 是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹,O 为平抛起点, 在轨迹上任取三

21、点 A、B、C,测得 A、B 两点竖直坐标 y1为 5.0 cm、y2 为 45.0 cm,测得 A、B 两点水平距离 x 为 40.0 cm,则平抛小球的初 速度 v0为_m/s,若 C 点的竖直坐标 y3为 60.0 cm,则小球在 C 点 的速度为 vC=_m/s(结果保留两位有效数字,g 取 10 m/s 2)。 【解析】(1)斜槽末端水平,才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平 方向,故a对;为保证小球多次运动是同一条轨迹,每次小球的释放点都 应该相同,b 错、c 对;小球的运动轨迹是平滑曲线,故连线时不能用折 线,d 错。 (2)平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是:x=v0

22、t,y= gt 2 联立可得 y=x 2,可知 y-x2 图像是直线时,说明小球运动轨迹是抛物 线。故图 c 正确。 (3)由竖直方向的分运动可知,y= gt 2,t= ,即 t1=0.1 s,t2=0.3 s 水平初速度为 v0=2.0 m/s C 点的竖直分速度为 vy=2 m/s 由运动合成可知 vC=4.0 m/s 答案:(1)a、c (2)c (3)2.0 4.0 三、 计算题(本题共 2 小题,共 17 分。 要有必要的文字说明和解题步骤, 有数值计算的要注明单位) 16.(8 分)在光滑的水平冰面上建立 xOy 平面直角坐标系:向东方向为 x 轴正方向,向南方向为 y 轴正方向。

23、现有一质量为 1 kg 的质点静止在 坐标原点,从 t=0 时刻开始,在第一个 2 s 内对质点施加一个向东方向, 大小为 2 N 的水平拉力 F;在第二个 2 s 内将此力 F 改为向南方向,大小 不变。求: (1)第 4 s 末质点的速度大小。(结果可以用根式表达) (2)前 4 s 的位移大小。 【解析】(1)质点的加速度大小一直为: a= =2 m/s 2; (1 分) 第一个 2 秒末质点的速度为: v1=at1 =4 m/s,方向沿 x 轴正方向; (1 分) 第二个 2 秒质点向东运动做匀速直线运动, 速度等于 v1=4 m/s, 向南运动做匀加速直线运动, v4y=at2=4

24、m/s; (1 分) 第 4 秒末质点的速度为 v=4 m/s(1 分) (2)向东方向的位移:x= a+v1t2=12 m(2 分) 向南方向的位移:y= a=4 m(1 分) 所以:前 4 秒内质点位移的大小为 s=4 m(1 分) 答案:(1)4 m/s (2)4 m 17.(9 分)如图所示,某人距离平台右端 x0=10 m 处起跑,以恒定的加速 度向平台的右端冲去,离开平台后恰好落在地面上的小车车厢底板中 心。设平台右端与车厢底板间的竖直高度 H=1.8 m,与车厢底板中心的 水平距离 x=1.2 m,g 取 10 m/s 2。求: (1)人离开平台时的速度 v0的大小; (2)人运

25、动的总时间 t。 【解析】(1)设人在平台上运动的时间为 t1,离开平台做平抛运动的初 速度为 v0,平抛运动的时间为 t2, 由平抛运动的规律可得:x=v0t2 (1 分) H= g (1 分) 解得:t2=0.6 s,v0=2 m/s(2 分) (2)人在平台上做匀加速直线运动, 有:x0=t1 (1 分) 解得:t1=10 s(1 分) 人运动的总时间为:t=t1+t2 (2 分) 解得:t=10.6 s(1 分) 答案:(1)2 m/s (2)10.6 s (30 分钟30 分) 18.(4 分)(2020温州高一检测)在河水匀速流动的河边,一只船头始 终垂直河岸的小船,以一定速度向对

26、岸驶去,下列关于小船行驶的路 程、渡河时间与水流速度的关系,正确的是 ( ) A.水流速度越大,路程越长,时间越长 B.水流速度越大,路程越长,时间越短 C.水流速度越大,路程越长,时间不变 D.路程、时间与水流速度大小无关 【解析】选 C。船头始终垂直河岸,以一定速度驶向对岸,根据运动的独 立性和等时性,可知河宽一定,垂直河岸方向的分速度不变,则小船渡 河时间一定,水流速度越大,路程越长,故 A、B 错误,C 正确。由以上分 析可知渡河时间与水流速度大小无关,渡河路程和水流速度大小有关, 水流速度越大,渡河路程越大,故 D 错误。 19.(4分)如图所示,在竖直平面内有一曲面,曲面方程为y=

27、x 2,在y轴上 有一点 P,坐标为(0,6 m)。从 P 点将一小球水平抛出,初速度为 1 m/s。 则小球第一次打在曲面上的位置为(不计空气阻力) ( ) A.(3 m,3 m) B.(2 m,4 m) C.(1 m,1 m) D.(1 m,2 m) 【解析】选 C。设小球经过时间 t 打在斜面上 M(x,y)点,则水平方 向:x=v0t,竖直方向上:6-y= gt 2,又因为 y=x2可解得:x=1 m,y=1 m,故 C 正确。 20.(4 分)火车以 1 m/s 2 的加速度在平直轨道上加速行驶,车厢中一乘 客把手伸到窗外,从距地面 2.5 m 高处自由释放一物体,若不计空气阻 力,

28、则物体落地时与乘客的水平距离为(g 取 10 m/s 2) ( ) A.0 B.0.50 m C.0.25 m D.0.75 m 【解析】选 C。设释放时火车的速度为 v,物体做平抛运动的时间为 t, 根据 h= gt 2得 t= = s= s,落地时物体的水平位移为 x1=vt, 火 车 的 位 移 x2=vt+at 2, 则 物 体 落 地 时 与 乘 客 的 水 平 距 离 为 x=x2-x1= at 2= 1( ) 2 m =0.25 m,故 C 正确。 21.(5 分)如图所示,B 距地面高为 2H,A 是 OB 的中点,从 A 平抛一小球, 其水平射程为 2s,从 B 以同方向平抛

29、另一小球,水平射程为 s,两球运行 轨道在同一竖直平面内,若两球同时抛出且都从同一屏 M 的顶端擦过, 求屏 M 的高度 h。(不计空气的阻力) 【解析】平抛物体的运动轨迹符合抛物线方程和规律,假设一个物体以 速度 v 水平抛出,t 时间内下降高度为 y, 水平位移为 x,则满足: y= gt 2, x=vt, 联立得到方程 y=x 2。 (1 分) 以 O 点为坐标原点,则 A 点抛出的小球轨迹方程: yA=H- (1 分) B 点抛出的小球轨迹方程:yB=2H- 2s=vA s=vB 得 vA=2vB (2 分) M 点是两抛物线交点,yA=yB=h,xA=xB, 由以上方程解得 h= H

30、。 (1 分) 答案: H 22.(13 分)水平地面上有一高 h=4.2 m 的竖直墙,现将一小球以 v0=6.0 m/s 的速度,从离地面高 H=5.0 m 的 A 点水平抛出,球以大小为 10 m/s 的速度正好撞到墙上的 B 点,不计空气阻力,不计墙的厚度。重力加速 度 g 取 10 m/s 2,求: (1)小球从 A 到 B 所用的时间 t ; (2)小球抛出点 A 到墙的水平距离 s 和 B 离地面的高度 hB; (3)若仍将小球从原位置沿原方向抛出,为使小球能越过竖直墙,小球 抛出时的初速度大小应满足什么条件? 【解析】(1)对小球在 B 点的速度分解, 设球在 B 点的竖直速度

31、为 vBy,由平抛运动的规律: =+ (2 分) vBy=gt (1 分) 联立解得:t=0.8 s(2 分) (2)设球从 A 到 B 下落的竖直高度为 h1, 由平抛运动规律: 水平方向 s=v0t (1 分) 竖直方向 h1= gt 2 (1 分) 根据几何关系 hB=H-h1 (1 分) 解得: s=4.8 m ,hB=1.8 m(2 分) (3)设小球至少以 vmin水平初速度抛出,能越过墙的上端,此过程由平抛 运动规律: 竖直方向:H-h= g (1 分) 水平方向:s=vmint2 (1 分) 联立解得:vmin=12 m/s(1 分) 故应满足 v012 m/s。 答案:(1)0.8 s (2)4.8 m 1.8 m (3)v012 m/s