【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练11 曲线运动 平抛运动.doc，共(11)页，370.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练11曲线运动平抛运动1．(2018·四川资阳一诊)下列说法正确的是()A．做曲线运动的物体所受的合力一定是变化的B．两个匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动C．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指向圆心D．做平抛运动的物体在相同

的时间内速度的变化不同答案：C解析：做曲线运动的物体所受的合力不一定是变化的，例如平抛运动，选项A错误；两个匀变速直线运动的合运动可能是匀变速直线运动，选项B错误；做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指

向圆心，选项C正确；做平抛运动的物体在相同的时间内速度的变化相同，均等于gt，选项D错误．2．(2018·江苏泰州中学模拟)如图所示，在一次救灾工作中，一架离水面高为H，沿水平直线飞行的直升机A，用悬索(重力可忽略不计)救护困在湖水中的伤员B

，在直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起．设经t时间后，A、B之间的距离为l，且l＝H－t2，则在这段时间内关于伤员B的受力情况和运动轨迹正确的是()答案：A解析：根据l＝H－t2可知，伤员B

在竖直方向上是匀加速上升的，悬索的拉力大于其重力，即表示拉力F的线段要比表示重力G的线段长，直升机在水平方向匀速运动，所以F、G都在竖直方向上；向上加速，运动轨迹应向上偏转，只有A符合，故选A.3．(2018·河南周口模拟)一轮船以一定的速度垂直于河岸向对岸行驶，当河水匀速流动时，轮

船所通过的路程、过河所用的时间与水流速度的正确关系是()A．水流速度越大，路程越长，时间越长B．水流速度越大，路程越短，时间越短C．水流速度越大，路程和时间都不变D．水流速度越大，路程越长，时间不变答案：

D解析：运用运动分解的思想，看过河时间只分析垂直于河岸的速度，当轮船以一定的速度垂直河岸向对岸行驶时，垂直河岸的速度不变，过河所用的时间不变；水流速度越大，由平行四边形定则知轮船的合速度越大，因此，轮船所通过的路程越长．所以，选项A、B、C错误，选项D正确．4．(2018·湖南永州一模)在一

个光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度—时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是()A．前2s内物体做匀加速曲线运动B．后2s

内物体做匀加速曲线运动，加速度方向与x轴的正方向夹角为45°C．3s末物体坐标为(4m,0.5m)D．3s末物体坐标为(3.5m,1m)答案：C解析：由题图可知物体在x轴上的分运动为先匀加速运动再匀速直线运动，在y轴方向上先静止再做匀加速直线运动；前2s内加

速度a＝1m/s2，为匀加速直线运动，A错误；后2s内只有y轴方向的加速度，加速度方向与x轴的正方向夹角为90°，B错误；速度—时间图象中图线与时间轴所围面积表示位移，3s末时，x＝4m，y＝0.5m，C正确，D错误．5．(2018·江苏苏北四市联考)某电视综艺节目中有一个

“橄榄球空中击剑”游戏：宝剑从空中B点自由下落，同时橄榄球从A点以速度v0沿AB方向抛出，恰好在空中C点击中剑尖，不计空气阻力．关于橄榄球，下列说法正确的是()A．在空中运动的加速度大于宝剑下落的加速度B．若以大于v0的速度沿原方向抛出，一定能在C点上方击中剑尖C．若以小于v0的速

度沿原方向抛出，一定能在C点下方击中剑尖D．无论以多大速度沿原方向抛出，都能击中剑尖答案：B解析：由于橄榄球和宝剑在空中只受重力作用，故加速度均为g，选项A错误；若要击中剑尖，需满足水平方向x＝v0tcosθ，竖直方向H＝12gt2＋v0tsinθ－12gt2＝v0tsinθ，若以

大于v0的速度沿原方向抛出，此时t变小，相遇时宝剑下落的高度减小，则一定能在C点上方击中剑尖，选项B正确；若以小于v0的速度沿原方向抛出，若速度过小，则橄榄球可能不能运动到宝剑的正下方就落地，故不一定能在C点下方击中剑

尖，选项C、D错误．6．(2018·河南洛阳统测)(多选)一个物体以初速度大小为v0被水平抛出，落地时速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则()A．物体做平抛运动的时间为v2－v20gB．物体做平抛运动的竖直分位移为v2－v202gC．物体做平抛运动的时间为v－v0

gD．物体做平抛运动的水平分位移为v0v－v0g答案：AB解析：根据平行四边形定则可得，落地时物体在竖直方向上的分速度vy＝v2－v20，物体做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，则有vy＝gt，所以运动的时间为t＝v2－v20g，物体做平抛运动的竖直分位移为h＝v2y2g＝v2－v202g，水平

分位移为x＝v0t＝v0v2－v20g，A、B正确，C、D错误．7．(2018·黑龙江大庆一模)(多选)在地面上方高为H处某点将一小球水平抛出，不计空气阻力，则小球在随后(落地前)的运动中()A．初速度越大，小球落地时的瞬时速度与竖直方向的夹角越大B．初速度越大，落地瞬间小球重力的瞬

时功率越大C．初速度越大，在相等的时间间隔内，速度的改变量越大D．无论初速度为何值，在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的答案：AD解析：设小球落地时瞬时速度的方向与竖直方向的夹角为α，根据tanα＝v0vy＝v02gH知，初速度越大，小球落地时的瞬时速度与竖直方向的夹角越大，故A正确；根据P

＝mgvy＝mg2gH知，落地瞬间小球重力的瞬时功率与初速度无关，故B错误；平抛运动的加速度不变，在相等时间间隔内速度的改变量相同，与初速度无关，故C错误，D正确．8．(2018·河北衡水中学二模)如图所示，以

速度v将小球沿与水平方向成θ＝37°角方向斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙上，小球反弹后的速度方向水平，速度的大小为碰撞前速度大小的34，不计空气阻力，则反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为()A.34B.43C.35D.53答案：B解析：小球斜

向上抛出垂直打在墙上，逆向可视为平抛运动，设打在墙上的速度为v0，则v0＝vcos37°，反弹后以34v0抛出，当速度为v时，34v0＝vcosα，联立解得cosα＝35，故tanα＝43，B项正确．9．(2018·河北五个一名校联盟二模)如图所示，一小球从一半圆

轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为()A.3gR2B.3gR2C.33gR2D.3gR3答案：C

解析：小球做平抛运动，在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有vy＝v0tan30°，又vy＝gt，则得v0tan30°＝gt，解得t＝v0tan30°g，水平方向上小球做

匀速直线运动，则有R＋Rcos60°＝v0t，联立解得v0＝33gR2.10．(2018·河南模拟)如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑斜面，在斜面底端的正上方高度为h处平抛一小球A，同时在斜面底端一物块B以某一初速度沿斜面上滑，当其滑到最高点时恰好与小球A相遇．小球

A和物块B均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列判断正确的是()A．物块B沿斜面上滑的初速度为2ghsin2θ1＋sin2θB．小球A下落的高度为h1＋sin2θC．小球A在空中运动的时间为2hgD．小球A水平抛出时的速度为g

hsin2θ21＋sin2θ答案：AB解析：根据牛顿第二定律得，物块B上滑的加速度大小a＝mgsinθm＝gsinθ，物块B上滑的最大位移为x＝v2B2a＝v2B2gsinθ，运动时间tB＝vBa＝vBgsinθ；对于小球A，

有h－xsinθ＝12gt2，因为t＝tB＝vBgsinθ，所以联立得h－v2B2gsinθ·sinθ＝12gvBgsinθ2，解得物块B沿斜面上滑的初速度为vB＝2ghsin2θ1＋sin2θ，

故A正确；物块B沿斜面上滑的高度为H＝xsinθ＝v2B2gsinθ·sinθ＝sin2θ1＋sin2θh，小球A下落的高度为H′＝h－H＝h1＋sin2θ，故B正确；小球A在空中运动的时间t＝2h－xsinθg<2hg，故C错误；运动时间t＝vBgs

inθ＝2hg1＋sin2θ，小球A水平抛出时的初速度为v0＝xcosθt，联立解得v0＝sinθcosθgh21＋sin2θ，故D错误．11.(经典题)如图所示，光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P

水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，求：(1)物块由P运动到Q所用的时间t；(2)物块由P点水平射入时的初速度v0；(3)物块离开Q点时速度的大小v.答案：(1)2lgsinθ(2)bgsinθ2l(3)b2＋4l2gsinθ2l解析：(1)对物块进行受力分析，设物块在斜面上的加速度为a，沿斜面

向下的方向上，由牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma由匀加速运动规律可得l＝12at2解得t＝2lgsinθ(2)物块在水平方向的位移为b，由类平抛运动规律可得，物块由P点水平射入时的初速度v0＝bt＝bgsinθ2l(3)物块离开Q点时

的速度大小v＝v20＋at2＝b2＋4l2gsinθ2l12．(2018·重庆南开中学检测)如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时在顶端由静止释放滑块，经过一段时间后小球恰好

能够以垂直斜面的方向击中滑块．小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)抛出点O离斜面底端的高度；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.答案：(1)

1.7m(2)0.125解析：(1)如图所示，设小球击中滑块时的速度为v，竖直方向分速度为vy，由几何关系得v0vy＝tan37°设小球下落的时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，由运动学规律得vy＝gt，y＝12gt2，x＝v0t设抛出点到斜面最低点的

距离为h，由几何关系h＝y＋xtan37°解得h＝1.7m(2)在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得s＝l－xcos37°设滑块的加速度为a，由运动学公式得s＝12at2对滑块，由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma联立解得μ＝0.125刷题加餐

练刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是()A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小

的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大答案：C解析：将乒乓球的平抛运动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，根据在竖直方向h＝1

2gt2、vy＝gt，知在竖直方向下降相同的高度时，两球所用时间相同、竖直方向上的速度相同，选项A、B、D错误；乒乓球在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，则速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少，选项C正确．2．(2015·

上海卷)如图，战机在斜坡上方进行投弹演练．战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点．斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab＝bc＝cd，不计空气阻力．第三颗炸弹将落在()A．b、c之间B．c点C．c、d之间D．d点答案：A解析：假设第二颗炸弹的轨

迹经过Ab，第三颗炸弹的轨迹经过PQ；a、A、B、P、C在同一水平线上，由题意可知，设aA＝AP＝x0，ab＝bc＝L，斜面的倾角为θ，三颗炸弹到达a所在水平面的竖直速度为vy，水平速度为v0，对第二颗炸弹，水平方向x1＝

Lcosθ－x0＝v0t1，竖直方向y1＝vyt1＋12gt21，对第三颗炸弹，水平方向x2＝2Lcosθ－2x0＝v0t2，竖直方向y2＝vyt2＋12gt22，解得t2＝2t1，y2≥2y1，所以Q点在c点的正下方，也就是第三颗炸弹将落在bc之间，故A正确，B、C、D错误．3．

(2016·江苏卷)有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是()A．①B．②C．③D．④答案：A解析：因为A、B两小球只

在重力作用下做抛体运动，并且速率和方向均相同，故两小球的运动轨迹相同，选项A正确．4．(2016·海南卷)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A．速度和加速度的方向都在不断改变B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C

．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等答案：B解析：由于小球做平抛运动，故小球只受重力作用，故加速度不变，而由于小球做曲线运动，故速度的大小和方向时刻在变化，故选项A错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为θ，则tanθ＝v0vy

＝v0gt，随着时间t的变大，故tanθ变小，则θ变小，故选项B正确；根据加速度定义式a＝ΔvΔt＝g，则Δv＝gΔt，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，故选项C错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力做的功，即W

G＝mgh，由于平抛运动在竖直方向上在相等时间内的位移不相等，故选项D错误．刷仿真模拟——明趋向5．(2018·四川德阳一诊)(多选)甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成θ角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河

正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列判断正确的是()A．乙船先到达对岸B．若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变C．不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达对岸的A点D．若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间

的距离仍然为L答案：BD解析：将船的运动沿平行于河岸和垂直于河岸两个方向分解，由于分运动和合运动具有等时性，故甲、乙两船到达对岸的时间相等，渡河的时间t＝dvsinθ，故A错误；若仅是河水流速v0增大，渡河的时间t＝

dvsinθ，则两船的渡河时间都不变，故B正确；只有甲船速率大于河水流速时，不论河水流速v0如何改变，甲船总能到达正对岸A点，故C错误；若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，

船在水平方向的相对分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L，故D正确．6．(2018·江苏南通中学模拟)芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军．如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托

从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道CD平行，设拉林托从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直于CD

，则()A．t1＝t2，CF＝FDB．t1＝t2，CF<FDC．t1>t2，CF＝FDD．t1>t2，CF<FD答案：B解析：以C点为原点，CD为x轴，和CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系，进行运动分解，y轴方向做类竖

直上抛运动，x轴方向做匀加速直线运动，当拉林托速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据对称性，t1＝t2，而x轴方向拉林托做匀加速运动，t1＝t2，故CF<FD，故B正确．7．(2018·四川泸州诊断)(多选)如

图所示，小球甲、乙质量相等．小球甲从A点水平抛出的同时小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等、方向间夹角为60°.已知BC高度差为h，g取10m/s2，不计阻力．由以上条件可知()A．要使两球在C点相遇，乙球释放

时间要比甲球抛出时间提前2hgB．两球经过C点时重力的功率相等C．A、B两点的高度差为3h4D．A、B两点的水平距离为3h2答案：CD解析：对乙球有v＝gt乙，h＝12gt2乙，所以v＝2gh，对甲球有vcos60°＝gt甲，则t乙＝vg＝

2hg，t甲＝v2g＝h2g，要使两球在C点相遇，则乙球释放时间要比甲球抛出时间提前2hg－h2g＝h2g，故A错误；乙球到达C点的速度v＝2gh，则甲球到达C点时竖直方向的分速度vy＝vcos60°＝122gh，根据重力功率

的表达式P＝mgvy，可知，两球经过C点时重力的功率不相等，故B错误；A、C两点的高度差h′＝v2y2g＝h4，则A、B的高度差Δh＝h－h′＝h－h4＝3h4，故C正确；根据平行四边形定则知，甲球平抛运动的初速度v0＝vsin60°＝2gh×32＝32gh，A、

B的水平距离x＝v0t甲＝32gh×h2g＝3h2，故D正确．刷最新原创——抓重点8．(2018·山东东营胜利一中模拟)(多选)如图所示，一铁球用细线悬挂于天花板上，静止垂在桌子的边缘，悬线穿过一光盘

的中间孔，手推光盘在桌面上平移，光盘带动悬线紧贴着桌子的边缘以水平速度v匀速运动，当光盘由A位置运动到图中虚线所示的B位置时，悬线与竖直方向的夹角为θ，此时铁球()A．竖直方向速度大小为vcosθB．竖直方向速度大小为vsinθC．竖直方向速度大小为vtanθD．相对于地面的速度大小为v2＋v

sinθ2答案：BD解析：悬线与光盘的交点参与两个运动，一是沿逆着悬线的方向运动，二是垂直悬线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有v线＝vsinθ，也是悬线的速度的大小，即为铁球上升的速度大小，故B正确，A、C错误；

铁球相对于地面的速度大小为v′＝v2＋vsinθ2，故D正确．9．(2018·山东枣庄联考)(多选)在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g，那么当小球有最大水平位移时

，下列说法正确的是()A．导向槽位置应在高为v24g的位置B．最大水平位移为v2gC．小球在上升、下落两过程中在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角答案：AD解析：设平抛时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得12mv20＋m

gh＝12mv2，解得v0＝v2－2gh；根据平抛运动的知识可得下落时间t＝2hg，则水平位移x＝v0t＝v2g－2h·2h，根据数学知识可知，当v2g－2h＝2h时水平位移最大，解得h＝v24g，A正

确；最大的水平位移为x＝4h2＝2h＝v22g，B错误；根据机械能守恒定律可知，小球在上升、下落两过程中，在经过某相同高度时，速率相等，C错误；设小球落地时速度方向与水平方向成θ角，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tanθ＝2tanα＝

2×h2h＝1，则θ＝45°，D正确．刷易错易误——排难点易错点1易混淆速度偏向角和位移偏向角的关系10．(2018·河南安阳一模)一滑雪运动员以一定的初速度从一平台上水平滑出，刚好落在一斜坡上的B点，

恰与坡面没有撞击，则平台边缘A点和斜坡B点连线与竖直方向的夹角α跟斜坡倾角θ的关系为(不计空气阻力)()A.tanθtanα＝2B．tanθ·tanα＝12C.tanαtanθ＝2D．tanθ·tanα＝2答案：D解析：运动员在B点与坡面没有

撞击，则速度与坡面平行，可知此时的速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为90°－α，因为平抛运动某时刻合速度方向与水平方向夹角正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，有tanθ＝2tan(90°－α)，解得tanθ·tanα＝2，故D正确，A、B

、C错误．易错点2不能正确确定合速度与分速度的关系11．如图所示，竖直墙壁上固定一转轴O，长为3m的直杆绕转轴O以角速度ω＝1rad/s在竖直平面内逆时针转动，O点到水平虚线的距离为1m，当直杆转动到与竖直方向夹角为60°时，直杆与虚线的交点P的

速度大小v为()A．1m/sB．2m/sC.3m/sD．4m/s答案：D解析：本题考查速度的合成与分解，意在考查考生对速度分解方法的理解．把速度v分解为沿直杆的速度v1和垂直于直杆的速度v2，当直杆转动到与竖直方向夹角为60°时，OP＝r＝2m

，v2＝ωr＝2m/s，根据几何关系有v＝2v2＝4m/s，D正确．刷综合大题——提能力12．(2018·陕西宝鸡检测)如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持4.0m/s的恒定速率运行，传送带的

水平部分AB距离水平地面的高度h＝0.8m．现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有及时取下，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，g取10m/s2.(1)若行李包从B端水平抛出的初速度v＝4.0m/s，求它在空中运动的时间和飞行的水平距离．

(2)若行李包以v0＝1.0m/s的初速度从A端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，要使它从B端抛出后，飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件．答案：(1)0.4

s1.6m(2)L≥3.0m解析：(1)设行李包在空中运动的时间为t，飞行的水平距离为x，则h＝12gt2，解得t＝2hg＝2×0.810s＝0.4s，水平距离x＝vt＝4×0.4m＝1.6m.(2)设行李包的质量为m，与传送带相对运动时的加

速度为a，则滑动摩擦力f＝μmg＝ma，解得a＝μg＝0.25×10m/s2＝2.5m/s2，要使行李包从B端飞出的水平距离等于(1)中所求水平距离，行李包从B端水平抛出的速度应为v＝4.0m/s，设行李包在传送带上通过的距离为s0，根据速度—位移公式有2as

0＝v2－v20，代入数据解得s0＝3.0m，故传送带的长度L应满足的条件为L≥3.0m.