人教版2019高中物理 高一下册 必修第二册

第五章 抛体运动 单元测试卷

（满分：100分 考试时间：90分钟）

姓名：__________ 学号：__________ 班级：__________

完成时间：_______ 分钟 得分：_______

注意事项：

1. 答题前，考生务必将自己的姓名、学号、班级填写在试卷指定位置。

2. 所有答案必须写在试卷上，选择题答案请填写在题后括号内。

3. 计算题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

4. 本试卷中重力加速度 $g$ 均取 $10 \text{m/s}^2$。

一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分）

1. 关于曲线运动，下列说法正确的是（______）

A. 曲线运动一定是变速运动

B. 曲线运动的速度大小一定时刻改变

C. 做曲线运动的物体所受合力一定为零

D. 做曲线运动的物体加速度一定时刻改变

2. 一个物体在光滑水平面上以速度 $v$ 向东运动。若物体受到一个方向恒定向北的力作用，则物体将（______）

A. 做匀速直线运动

B. 做匀变速直线运动

C. 做曲线运动，且轨迹向北方弯曲

D. 做曲线运动，且轨迹向南方弯曲

3. 关于运动的合成与分解，下列说法错误的是（______）

A. 合运动与分运动具有等时性

B. 两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动

C. 两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动

D. 合运动的速度可能小于其中一个分运动的速度

4. 河宽 $d = 300 \text{m}$，水流速度 $v_1 = 4 \text{m/s}$，船在静水中的速度 $v_2 = 5 \text{m/s}$。要使船以最短时间渡河，则渡河时间为（______）

A. 60 s B. 75 s C. 100 s D. 125 s

5. 从同一高度以不同的初速度水平抛出两个质量不同的石子，下列说法正确的是（______）

A. 初速度大的石子先落地

B. 质量大的石子先落地

C. 两个石子同时落地

D. 无法判断

6. 以初速度 $v_0$ 水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，物体的瞬时速度大小为（______）

A. $v_0$ B. $\sqrt{2}v_0$ C. $\sqrt{3}v_0$ D. $2v_0$

7. 关于平抛运动，下列说法正确的是（______）

A. 平抛运动是匀速率曲线运动

B. 平抛运动是匀变速曲线运动

C. 平抛运动的落地时间与初速度无关，只与下落高度有关

D. 平抛运动的水平射程只与初速度有关

8. 一个物体以初速度 $v_0$ 与水平方向成 $\theta$ 角斜向上抛出，忽略空气阻力。物体运动到最高点时，下列说法正确的是（______）

A. 速度为零，加速度为 $g$

B. 速度为零，加速度为零

C. 速度水平，大小为 $v_0 \cos \theta$，加速度为 $g$

D. 速度竖直，大小为 $v_0 \sin \theta$，加速度为 $g$

二、实验与填空题（本题共3小题，共18分）

9. （6分）在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘平抛运动的轨迹。实验简要步骤如下：

A. 让小球多次从______（填“同一”或“不同”）位置由静止滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置；

B. 安装好器材，注意斜槽末端______，记下小球在斜槽末端时球心在坐标纸上的投影点 $O$ 和过 $O$ 点的竖直线；

C. 取下坐标纸，以 $O$ 为原点，以竖直线为 $y$ 轴，水平线为 $x$ 轴建立坐标系，用平滑曲线画出平抛轨迹。

上述步骤A和B的横线上应填写的内容分别是：______、______。

10. （6分）某同学在做平抛运动实验时，得到了如图所示的运动轨迹，$a$、$b$、c三点的位置在运动轨迹上已标出（此处用文字描述坐标：$a(0,0)$，$b(10.00, 5.00)$，$c(20.00, 20.00)$，单位：cm）。则小球平抛的初速度 $v_0 =$ ______ m/s，小球在 $b$ 点的速度 $v_b =$ ______ m/s。（结果保留两位有效数字）

11. （6分）船在静水中的航速为 $v_1$，水流的速度为 $v_2$。为使船行驶到河正对岸的码头，则 $v_1$、$v_2$ 应满足的关系是______，且船头应指向河的上游并与河岸成夹角 $\theta$，$\tan \theta =$ ______。

三、计算题（本题共3小题，共30分）

12. （8分）将一小球从距水平地面 $h = 5 \text{m}$ 高处以初速度 $v_0 = 10 \text{m/s}$ 水平抛出。不计空气阻力，求：

（1）小球在空中飞行的时间；

（2）小球落地点与抛出点的水平距离。

答：

（1）________________________________________

（2）________________________________________

13. （10分）如图所示，在倾角为 $37^\circ$ 的斜面底端，以初速度 $v_0 = 20 \text{m/s}$ 斜向上抛出一小球，方向与斜面成 $\alpha = 30^\circ$ 角（文字描述：抛射方向与斜面夹角为30度，斜向上）。求：

（1）小球沿斜面向上的最大位移；

（2）小球从抛出到落回斜面所用的时间。

（已知 $\sin 37^\circ = 0.6$，$\cos 37^\circ = 0.8$）

答：

（1）________________________________________

（2）________________________________________

14. （12分）在水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示（文字描述：壕沟两侧高度差为0.8米，水平距离为5米）。摩托车后轮离开地面后，可以认为做平抛运动。取 $g=10 \text{m/s}^2$。

（1）摩托车至少需要多大的水平速度才能越过这个壕沟？

（2）若摩托车恰好以第（1）问的最小速度越过壕沟，求落地瞬间摩托车的速度大小和方向（用与水平方向的夹角表示）。

答：

（1）________________________________________

（2）________________________________________

四、综合应用题（本题共1小题，共20分）

15. （20分）如图所示，排球场总长为 $18 \text{m}$，设球网高度为 $2 \text{m}$，运动员站在离网 $3 \text{m}$ 的线上（正对网）跳起将球水平击出。球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度 $g$ 取 $10 \text{m/s}^2$。

（1）若击球点的高度为 $2.5 \text{m}$，为使球既不触网也不出界，求水平击球速度 $v$ 的范围。

（2）当击球点的高度低于何值时，无论水平击球速度多大，球不是触网就是出界？试证明你的结论。

答：

（1）________________________________________

（2）________________________________________

参考答案及评分标准

一、单项选择题（每小题4分，共32分）

评分标准：第7题多选题，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答得0分。其余单选题每题4分。

二、实验与填空题（共18分）

9. （6分）同一；水平（或切线水平）。每空3分。

10. （6分）1.0；1.3（或 $\sqrt{1.25} \approx 1.1$，取决于计算方式，此处以常用算法 $v_0 = x \sqrt{\frac{g}{2y}}$ 计算b点水平速度，用 $v_b = \sqrt{v_0^2 + (gt)^2}$ 计算b点合速度）。每空3分。

11. （6分）$v_1 > v_2$；$\frac{v_2}{v_1}$。每空3分。

三、计算题（共30分）

12. （8分）

解：（1）由 $h = \frac{1}{2}gt^2$ 得： $t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 5}{10}} \text{s} = 1 \text{s}$ （4分）

（2）水平距离 $x = v_0 t = 10 \times 1 \text{m} = 10 \text{m}$ （4分）

13. （10分）

解：将初速度 $v_0$ 和加速度 $g$ 沿斜面和垂直斜面方向分解。

沿斜面方向：初速度 $v_{0x} = v_0 \cos (\alpha) = 20 \times \cos 30^\circ = 10\sqrt{3} \text{m/s}$，加速度 $a_x = -g \sin 37^\circ = -6 \text{m/s}^2$。

垂直斜面方向：初速度 $v_{0y} = v_0 \sin (\alpha) = 20 \times \sin 30^\circ = 10 \text{m/s}$，加速度 $a_y = -g \cos 37^\circ = -8 \text{m/s}^2$。 （2分）

（1）当沿斜面方向速度减为0时，位移最大。

由 $0 - v_{0x}^2 = 2 a_x s_m$ 得： $s_m = \frac{-v_{0x}^2}{2a_x} = \frac{-(10\sqrt{3})^2}{2 \times (-6)} \text{m} = \frac{300}{12} \text{m} = 25 \text{m}$ （4分）

（2）小球从抛出到落回斜面，垂直斜面方向的位移为0。

由 $0 = v_{0y} t + \frac{1}{2} a_y t^2$ 得： $t (v_{0y} + \frac{1}{2} a_y t) = 0$

解得：$t = 0$（舍去）或 $t = \frac{-2v_{0y}}{a_y} = \frac{-2 \times 10}{-8} \text{s} = 2.5 \text{s}$ （4分）

14. （12分）

解：（1）摩托车做平抛运动。竖直方向：$h = \frac{1}{2}gt^2$，得 $t = \sqrt{\frac{2h}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 0.8}{10}} \text{s} = 0.4 \text{s}$  （3分）

水平方向：$x = v_0 t$，要越过壕沟，需 $v_0 \ge \frac{x}{t} = \frac{5}{0.4} \text{m/s} = 12.5 \text{m/s}$。

故最小水平速度为 $12.5 \text{m/s}$。  （3分）

（2）落地时竖直分速度 $v_y = gt = 10 \times 0.4 \text{m/s} = 4 \text{m/s}$。  （2分）

落地瞬间速度大小 $v = \sqrt{v_0^2 + v_y^2} = \sqrt{(12.5)^2 + 4^2} \text{m/s} = \sqrt{156.25 + 16} \text{m/s} = \sqrt{172.25} \text{m/s} \approx 13.1 \text{m/s}$。  （2分）

速度方向与水平方向夹角 $\theta$ 满足 $\tan \theta = \frac{v_y}{v_0} = \frac{4}{12.5} = 0.32$，故 $\theta = \arctan 0.32$。  （2分）

四、综合应用题（共20分）

15. （20分）

解：（1）设击球点高度为 $H=2.5\text{m}$，网高 $h=2\text{m}$。

 不触网：球水平飞行至网所在位置（水平距离 $x_1=3\text{m}$）时，下落高度 $\Delta h_1 = H - h = 0.5\text{m}$。

由 $\Delta h_1 = \frac{1}{2}gt_1^2$ 得 $t_1 = \sqrt{\frac{2\Delta h_1}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 0.5}{10}} \text{s} = 0.1\sqrt{10} \text{s} \approx 0.316 \text{s}$。

则 $v_1 > \frac{x_1}{t_1} = \frac{3}{0.316} \text{m/s} \approx 9.5 \text{m/s}$。  （4分）

 不出界：球落地时（水平总距离 $x_2=3+9=12\text{m}$，下落高度 $H=2.5\text{m}$）。

由 $H = \frac{1}{2}gt_2^2$ 得 $t_2 = \sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{2 \times 2.5}{10}} \text{s} = \sqrt{0.5} \text{s} \approx 0.707 \text{s}$。

则 $v_2 < \frac{x_2}{t_2} = \frac{12}{0.707} \text{m/s} \approx 17.0 \text{m/s}$。  （4分）

故水平击球速度范围：$9.5 \text{m/s} < v < 17.0 \text{m/s}$。  （2分）

（2）设击球点高度为 $H‘$。当球刚好擦网而过（水平飞 $3\text{m}$ 时下落高度为 $H’ - h$），又刚好压底线（水平飞 $12\text{m}$ 时下落高度为 $H‘$）时，存在一个临界高度。

由平抛运动等时性：$\frac{3}{v} = \sqrt{\frac{2(H’-h)}{g}}$ 且 $\frac{12}{v} = \sqrt{\frac{2H‘}{g}}$。  （4分）

两式相除得：$\frac{3}{12} = \sqrt{\frac{H’-h}{H‘}}$，即 $\frac{1}{4} = \frac{H’-h}{H‘}$。

解得：$H‘ = \frac{4}{3}h = \frac{4}{3} \times 2 \text{m} = \frac{8}{3} \text{m} \approx 2.67 \text{m}$。  （4分）

证明：当 $H‘ < \frac{8}{3}\text{m}$ 时，由 $\frac{x_1}{v} = \sqrt{\frac{2(H’-h)}{g}}$ 和 $\frac{x_2}{v} = \sqrt{\frac{2H‘}{g}}$ 可得，若要不触网需 $v > \frac{x_1}{\sqrt{\frac{2(H’-h)}{g}}}$，若想不出界需 $v < \frac{x_2}{\sqrt{\frac{2H‘}{g}}}$。当 $H‘ < \frac{8}{3}\text{m}$ 时，$\frac{x_1}{\sqrt{H’-h}} > \frac{x_2}{\sqrt{H‘}}$，即不触网所需的最小速度大于不出界所允许的最大速度，因此无论 $v$ 取何值，球不是触网就是出界。  （2分）