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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21sin2y gt Rα==，得2sinRtgα=，竖直方向的分速度为2sinyv gt gRα==，水平方向的分速度为22(2)(2sin)42sinv gR gR gR gRαα=-=-，又00tan yv gtv vα==，而20012tan2gt gtv t vβ==，所以tan2tanαβ=，物体沿水平方向的位移为2cosx Rα=，又0x v t=，联立以上的方程可得3v gR=，C正确．2．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30°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为（）A (323)6gR +B 332gRC (13)3gR +D 33gR 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，小球在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知速度的方向与水平方向成600角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系，再根据水平位移与初速度及时间的关系，联立即可求得初速度。
【详解】小球在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知速度的方向与水平方向成60°角，则有0tan60y v v =竖直方向y gt =v水平方向小球做匀速直线运动，则有0cos30R R v t +=联立解得0(323)6gRv +=故A 正确，BCD 错误。
一、第五章 抛体运动易错题培优（难）1．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M ，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O 点处，在杆的中点C 处拴一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M ，C 点与O 点距离为L ，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置（转过了90︒角），此过程中下述说法中正确的是（ ）A ．重物M 做匀速直线运动B ．重物M 先超重后失重C ．重物M 的最大速度是L ω，此时杆水平D ．重物M 的速度先减小后增大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】ACD ．设C 点线速度方向与绳子沿线的夹角为θ（锐角），由题知C 点的线速度为c v L ω=该线速度在绳子方向上的分速度为1v1cos v L ωθ=θ的变化规律是从开始最大（90°）然后逐渐变小，所以1v 逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零度，绳子的速度变为最大，为ωL ；然后，θ又逐渐增大，1v 逐渐变小，绳子的速度变慢。
所以知重物的速度先增大后减小，且最大速度为ωL ，此时杆是与绳垂直，而不是水平的，故ACD 错误；B ．上面的分析得出，重物的速度先增大后减小，所以重物M 先向上加速后向上减速，即先超重后失重，故B 正确。
故选B 。
【点睛】解决本题的关键在于掌握运动的合成与分解，把C 点的速度分解为沿绳方向和垂直于绳的方向，沿绳方向的分速度等于重物的速度。
2．一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v 1从O 点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P 点，OP 的连线正好与斜面垂直；当以水平速度v 2从O 点抛出小球，小球正好与斜面在Q 点垂直相碰。
不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）A ．小球落在P 点的时间是1tan v g θB ．Q 点在P 点的下方C ．v 1>v 2D ．落在P 点的时间与落在Q 点的时间之比是122v v 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A ．以水平速度v 1从O 点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，此时位移垂直于斜面，由几何关系可知1112112tan 12v t vgt gt θ== 所以112tan v t g θ=A 错误；BC ．当以水平速度v 2从O 点抛出小球，小球正好与斜面在Q 点垂直相碰，此时速度与斜面垂直，根据几何关系可知22tan v gt θ=即22tan v t g θ=根据速度偏角的正切值等于位移偏角的正切值的二倍，可知Q 点在P 点的上方，21t t <，水平位移21x x >，所以21v v >，BC 错误；D ．落在P 点的时间与落在Q 点的时间之比是11222t v t v =，D 正确。
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21sin2y gt Rα==，得2sinRtgα=，竖直方向的分速度为2sinyv gt gRα==，水平方向的分速度为22(2)(2sin)42sinv gR gR gR gRαα=-=-，又00tan yv gtv vα==，而20012tan2gt gtv t vβ==，所以tan2tanαβ=，物体沿水平方向的位移为2cosx Rα=，又0x v t=，联立以上的方程可得3v 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37θ=︒，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210m/s），则0v和t的值为（）A ．15m/s 2.0sB ．15m/s 1.5sC ．20m/s 1.5sD ．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212h gt =解得45m h =由几何关系有tan hx 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。
一、第五章抛体运动易错题培优（难）1．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变【答案】A【解析】【分析】【详解】橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示，两个方向的分运动都是匀速直线运动，v x和v y恒定，则v合恒定，则橡皮运动的速度大小和方向都不变，A项正确．2．一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m、水流速度为4m/s的河流中渡河，则该小船（）A．能到达正对岸B．渡河的时间不少于50sC．以最短时间渡河时，它渡河的位移大小为200mD．以最短位移渡河时，位移大小为150m【答案】B【解析】【分析】【详解】A．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，选项A错误；B．当船在静水中的速度垂直河岸时，渡河时间最短min 150s 50s 3d t v ===船 选项B 正确；C ．船以最短时间50s 渡河时，沿水流方向的位移大小450m 200m min x v t ==⨯=水渡河位移应为水流方向的位移与垂直河岸方向位移的合位移，选项C 错误； D ．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸。
若以最短位移渡河，情景如图根据三角形相似可知，最短位移150m 200m v s v =⨯=水船选项D 错误。
故选B 。
3．如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的初速v 同时水平向左与水平向右抛出两个小球A 和B ，两侧斜坡的倾角分别为30°和60°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A 和B 两小球的运动时间之比为（ ）A ．1：1B ．1：2C ．1：3D ．1：4【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A 球在空中做平抛运动，落在斜面上时，有212tan 302A A A A gt y gtx vt v︒===解得2tan 30A v t g ︒=同理对B 有2tan 60B v t g︒=由此解得:tan 30:tan 601:3A B t t =︒︒=故选C 。
一、第五章 抛体运动易错题培优（难）1．一小船在静水中的速度为3m/s ，它在一条河宽150m 、水流速度为4m/s 的河流中渡河，则该小船（ ） A ．能到达正对岸 B ．渡河的时间不少于50sC ．以最短时间渡河时，它渡河的位移大小为200mD ．以最短位移渡河时，位移大小为150m 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A ．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，选项A 错误；B ．当船在静水中的速度垂直河岸时，渡河时间最短min 150s 50s 3d t v ===船 选项B 正确；C ．船以最短时间50s 渡河时，沿水流方向的位移大小450m 200m min x v t ==⨯=水渡河位移应为水流方向的位移与垂直河岸方向位移的合位移，选项C 错误； D ．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸。
若以最短位移渡河，情景如图根据三角形相似可知，最短位移150m 200m v s v =⨯=水船选项D 错误。
故选B 。
2．如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的初速v 同时水平向左与水平向右抛出两个小球A 和B ，两侧斜坡的倾角分别为30°和60°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A 和B 两小球的运动时间之比为（ ）A ．1：1 B ．1：2 C ．1：3 D ．1：4【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A 球在空中做平抛运动，落在斜面上时，有212tan 302A A A A gt y gtx vt v︒===解得2tan 30A v t g ︒=同理对B 有2tan 60B v t g︒=由此解得:tan 30:tan 601:3A B t t =︒︒=故选C 。
3．如图所示，一根长木杆ab 两端分别固定在水平地面和竖直墙壁aO 上，已知杆与水平地面之间的夹角为θ=53°，a 点到地面的距离为12m 。
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21sin2y gt Rα==，得2sinRtgα=，竖直方向的分速度为2sinyv gt gRα==，水平方向的分速度为22(2)(2sin)42sinv gR gR gR gRαα=-=-，又00tan yv gtv vα==，而20012tan2gt gtv t vβ==，所以tan2tanαβ=，物体沿水平方向的位移为2cosx Rα=，又0x v t=，联立以上的方程可得3v gR=，C正确．2．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30°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为（）A (323)6gR +B 332gRC (13)3gR +D 33gR 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，小球在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知速度的方向与水平方向成600角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系，再根据水平位移与初速度及时间的关系，联立即可求得初速度。
【详解】小球在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知速度的方向与水平方向成60°角，则有0tan60y v v =竖直方向y gt =v水平方向小球做匀速直线运动，则有0cos30R R v t +=联立解得0(323)6gRv +=故A 正确，BCD 错误。
一、第五章抛体运动易错题培优（难）1．如图，光滑斜面的倾角为θ＝45°，斜面足够长，在斜面上A点向斜上方抛出一小球，初速度方向与水平方向夹角为α，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力；若小球与斜面碰撞后返回A点，碰撞时间极短，且碰撞前后能量无损失，重力加速度g取10m/s2。
则可以求出的物理量是（）A．α的值B．小球的初速度v0C．小球在空中运动时间D．小球初动能【答案】A【解析】【分析】【详解】设初速度v0与竖直方向夹角β，则β＝90°−α（1）；由A点斜抛至至最高点时，设水平位移为x1，竖直位移为y1，由最高点至碰撞点D的平抛过程Ⅱ中水平位移为x2，竖直位移y2。
A点抛出时：sinxv vβ=（2）10cosyv vβ=（3）2112yvyg=（4）小球垂直打到斜面时，碰撞无能力损失，设竖直方向速度v y2，则水平方向速度保持0sinxv vβ=不变，斜面倾角θ＝45°，20tan45siny x xv v v vβ===（5）2222yyyg=（6）()22212cos sin2vy y ygββ-∆=-=（7），平抛运动中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，所以：()111111tan 90222tan y x v y x v ββ==-=（8） 由（8）变形化解：2011cos sin 2tan v x y gβββ==（9）同理，Ⅱ中水平位移为：22022sin 2tan 45v x y gβ==（10）()2012sin sin cos v x x x gβββ+=+=总（11） =tan45yx ∆总故=y x ∆总即2sin sin cos βββ-=-（12）由此得1tan 3β=19090arctan 3αβ=-=-故可求得α的值，其他选项无法求出； 故选：A 。
2．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O 点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度A ．大小和方向均不变B ．大小不变，方向改变C ．大小改变，方向不变D ．大小和方向均改变 【答案】A 【解析】 【分析】【详解】橡皮参与了水平向右和竖直向上的分运动，如图所示，两个方向的分运动都是匀速直线运动，v x 和v y 恒定，则v 合恒定，则橡皮运动的速度大小和方向都不变，A 项正确．3．如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M ，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O 点处，在杆的中点C 处拴一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M ，C 点与O 点距离为L ，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置（转过了90︒角），此过程中下述说法中正确的是（ ）A ．重物M 做匀速直线运动B ．重物M 先超重后失重C ．重物M 的最大速度是L ω，此时杆水平D ．重物M 的速度先减小后增大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】ACD ．设C 点线速度方向与绳子沿线的夹角为θ（锐角），由题知C 点的线速度为c v L ω=该线速度在绳子方向上的分速度为1v1cos v L ωθ=θ的变化规律是从开始最大（90°）然后逐渐变小，所以1v 逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为零度，绳子的速度变为最大，为ωL ；然后，θ又逐渐增大，1v 逐渐变小，绳子的速度变慢。
一、第五章 抛体运动易错题培优（难）1．不可伸长的轻绳通过定滑轮，两端分别与甲、乙两物体连接，两物体分别套在水平、竖直杆上。
控制乙物体以v =2m/s 的速度由C 点匀速向下运动到D 点，同时甲由A 点向右运动到B 点，四个位置绳子与杆的夹角分别如图所示，绳子一直绷直。
已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。
则下列说法正确的是（ ）A ．甲在A 点的速度为2m/sB ．甲在A 点的速度为2.5m/sC ．甲由A 点向B 点运动的过程，速度逐渐增大D ．甲由A 点向B 点运动的过程，速度先增大后减小 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】AB ．将甲的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于甲沿绳子方向的分速度，设该速度为v 绳，根据平行四边形定则得，B 点的实际速度cos53B v v =︒绳同理，D 点的速度分解可得cos37D v v =︒绳联立解得cos53cos37B D v v ︒=︒那么，同理则有cos37cos53A C v v ︒=︒由于控制乙物体以2m s v =的速度由C 点匀速向下运动到D 点，因此甲在A 点的速度为1.5m s A v =，AB 错误；CD ．设甲与悬点连线与水平夹角为α，乙与悬点连线与竖直夹角为β，由上分析可得cos cos A C v v αβ=在乙下降过程中，α角在逐渐增大，β角在逐渐减小，则有甲的速度在增大，C 正确，D 错误。
故选C 。
2．甲、乙两船在静水中航行的速度分别为5m/s 和3m/s ，两船从同一渡口过河，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。
则水的流速为（ ） A ．3m/s B ．3.75m/sC ．4m/sD ．4.75m/s【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】由题意，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，可知，甲乙实际速度方向一样，如图所示可得tan v v θ=水甲cos v v θ=乙水两式相乘，得3sin =5v v θ=乙甲 则3tan =4v v θ=水甲，解得v 水=3.75m/s ，B 正确，ACD 错误。
一、第五章抛体运动易错题培优（难）1．如图，光滑斜面的倾角为θ＝45°，斜面足够长，在斜面上A点向斜上方抛出一小球，初速度方向与水平方向夹角为α，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力；若小球与斜面碰撞后返回A点，碰撞时间极短，且碰撞前后能量无损失，重力加速度g取10m/s2。
则可以求出的物理量是（）A．α的值B．小球的初速度v0C．小球在空中运动时间D．小球初动能【答案】A【解析】【分析】【详解】设初速度v0与竖直方向夹角β，则β＝90°−α（1）；由A点斜抛至至最高点时，设水平位移为x1，竖直位移为y1，由最高点至碰撞点D的平抛过程Ⅱ中水平位移为x2，竖直位移y2。
A点抛出时：sinxv vβ=（2）10cosyv vβ=（3）2112yvyg=（4）小球垂直打到斜面时，碰撞无能力损失，设竖直方向速度v y2，则水平方向速度保持0sinxv vβ=不变，斜面倾角θ＝45°，20tan45siny x xv v v vβ===（5）2222yyyg=（6）()22212cos sin2vy y ygββ-∆=-=（7），平抛运动中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，所以：()111111tan90222tanyxvyx vββ==-=（8）由（8）变形化解：211cos sin2tanvx ygβββ==（9）同理，Ⅱ中水平位移为：2222sin2tan45vx ygβ==（10）()212sin sin cosvx x xgβββ+=+=总（11）=tan45yx∆总故=y x∆总即2sin sin cosβββ-=-（12）由此得1tan3β=19090arctan3αβ=-=-故可求得α的值，其他选项无法求出；故选：A。
2．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30°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为（）A(323)6gR+B332gRC(13)3gR+D33gR【答案】A【解析】【分析】根据题意，小球在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知速度的方向与水平方向成600角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系，再根据水平位移与初速度及时间的关系，联立即可求得初速度。
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21sin2y gt Rα==，得2sinRtgα=，竖直方向的分速度为2sinyv gt gRα==，水平方向的分速度为22(2)(2sin)42sinv gR gR gR gRαα=-=-，又00tan yv gtv vα==，而20012tan2gt gtv t vβ==，所以tan2tanαβ=，物体沿水平方向的位移为2cosx Rα=，又0x v t=，联立以上的方程可得3v 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37θ=︒，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210m/s），则0v和t的值为（）A ．15m/s 2.0sB ．15m/s 1.5sC ．20m/s 1.5sD ．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212h gt =解得45m h =由几何关系有tan hx 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。
