2025年高考物理 人教版必修第2冊第5章　4含答案

2025年高考物理人教版必修第2冊第5章4含答案第一章4課后知能作業(yè)基礎鞏固練1.如圖，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一點拋出的，不計空氣阻力，則()A．a(chǎn)的飛行時間比b的長B．b和c的飛行時間相同C．a(chǎn)的水平速度比b的小D．c的初速度比b的大解析：由圖像可以看出，bc兩個小球的拋出高度相同，a的拋出高度最小，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2得可知ta<tb＝tc，即a的運動時間最短，bc運動時間相等，故A錯誤，B正確；由圖像可以看出，abc三個小球的水平位移關系為a最大，c最小，根據(jù)x＝v0t可知v0＝eq\f(x,t)＝xeq\r(\f(g,2h))，可得v0a>v0b>v0c，即a的初速度最大，c的初速度最小，故C、D錯誤。故選B。2．如圖所示，在同一豎直面內，小球a、b從高度不同的兩點，分別以初速度va和vb沿水平方向拋出，經(jīng)過時間ta和tb后落到與兩拋出點水平距離相等的P點，若不計空氣阻力，下列關系式正確的是()A．ta>tb，va<vbB．ta>tb，va>vbC．ta<tb，va<vbD．ta<tb，va>vb解析：根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知t＝eq\r(\f(2h,g))，則有ta>tb，由于水平位移相等，根據(jù)x＝v0t可得va<vb，故選項A正確，B、C、D錯誤。故選A。3．某同學在單人練習場練習網(wǎng)球，如圖中1、2為兩次網(wǎng)球打出后的運動軌跡，兩軌跡均與墻壁垂直，設兩次網(wǎng)球打出時的速度分別為v1、v2，網(wǎng)球在空中運動的時間分別為t1、t2，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．v1、v2的方向可能相同B．v1、v2的大小可能相同C．t1、t2可能相同D．t1>t2解析：兩軌跡均與墻壁垂直，故網(wǎng)球運動可視作從墻壁拋出的平拋運動，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，可知t1<t2，故C、D錯誤；根據(jù)x＝v0t，可知水平方向v1x>v2x，根據(jù)v2＝2gh，可知豎直方向v1y<v2y，綜上所述，可得v1＝eq\r(v\o\al(2,1x)＋v\o\al(2,1y))，v2＝eq\r(v\o\al(2,2x)＋v\o\al(2,2y))，即大小可能相等，又tanθ1＝eq\f(v1y,v1x)，tanθ2＝eq\f(v2y,v2x)，故v1、v2的方向不可能相同，故A錯誤，B正確。故選B。4．打籃球是很多同學喜愛的運動項目之一，甲、乙兩同學練習投籃，如圖，甲同學在A點起跳投籃，將籃球在離地高h1的位置以速度v0斜向上投出，籃球豎直速度為零時打在籃板上離地高h2的B點，籃球與籃板碰撞后，平行于籃板的速度分量不變，垂直于籃板的速度分量大小變?yōu)榕銮暗?.8倍，碰撞后籃球與籃板面的夾角為53°飛出，被乙同學在C點接到籃球，不計籃球與籃板碰撞的時間，籃球未碰籃筐，已知重力加速度為g，sin53°＝0.8。則籃球與籃板碰撞后的速度大小為()A．eq\r(v\o\al(2,0)－2gh2－h(huán)1) B．eq\r(v\o\al(2,0)－\f(3,2)gh2－h(huán)1)C．5eq\r(\f(v\o\al(2,0)－2gh2－h(huán)1,34)) D．eq\r(\f(v\o\al(2,0)－2gh2－h(huán)1,34))解析：設籃球與籃板碰撞后的速度大小為v，則平行籃板面的速度為v1＝vcos53°，垂直籃板面的速度為v2＝vsin53°，籃球與籃板碰撞前在垂直籃板面的速度為v2′＝eq\f(vsin53°,0.8)＝v，籃球與籃板碰撞前的速度為v∥＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v2′2)＝eq\f(\r(34)v,5)，在A點水平方向的分速度為vA∥＝v∥，豎直方向的分速度為vA⊥＝eq\r(2gh2－h(huán)1)，則在A點有veq\o\al(2,0)＝veq\o\al(2,A⊥)＋veq\o\al(2,A∥)＝2g(h2－h(huán)1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(34)v,5)))2，求得v＝5eq\r(\f(v\o\al(2,0)－2gh2－h(huán)1,34))，故選C。5.如圖所示的光滑斜面ABCD是邊長為l的正方形，傾角為30°，一物塊(視為質點)沿斜面左上方頂點A以平行于AB邊的初速度v0水平射入，到達底邊CD中點E，則()A．初速度大小為eq\f(\r(gl),2)B．初速度大小為eq\f(\r(gl),4)C．物塊由A點運動到E點所用的時間t＝eq\r(\f(2l,g))D．物塊由A點運動到E點所用的時間t＝eq\r(\f(l,g))解析：根據(jù)題意可知，物塊在斜面上做類平拋運動，沿斜面向下的加速度為a＝gsin30°＝eq\f(1,2)g，由運動學規(guī)律，水平方向上有eq\f(1,2)l＝v0t，沿斜面方向有l(wèi)＝eq\f(1,2)at2，解得t＝2eq\r(\f(l,g))，v0＝eq\f(1,4)eq\r(gl)，故選B。6．如圖所示，飛機以恒定速度沿水平方向飛行，先后投出兩箱救災物品，分別落到了斜坡上的M、N點。釋放兩箱物品的時間間隔為t1，此過程中飛機飛行的距離為x1；落到M、N的時間間隔為t2，M、N兩點間的水平距離為x2，不計空氣阻力，以下判斷正確的是()A．t1>t2，x1>x2 B．t1>t2，x1<x2C．t1<t2，x1>x2 D．t1<t2，x1<x2解析：釋放的物品做平拋運動，若落地點在同一水平面上，落地的時間間隔與釋放的時間間隔相等，由于N在M點的下方，則擊中M、N的時間間隔t2＞t1。因物品的飛行時間大于飛機的飛行時間，所以飛機飛行的距離x1小于MN間的水平距離x2；故A、B、C錯誤，D正確。故選D。能力提升練7．以速度v0水平拋出一個物體，當其豎直分位移與水平分位移相等時，該物體的()A．豎直分速度等于水平分速度B．瞬時速度大小為eq\r(5)v0C．運動時間為eq\f(v0,g)D．發(fā)生的位移為eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),g)解析：物體做平拋運動，當其豎直分位移與水平分位移相等時有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，其中x＝y(tǒng)，解得t＝eq\f(2v0,g)，故C錯誤；結合上述可知，豎直分速度為vy＝gt＝2v0，故A錯誤；結合上述，該物體的瞬時速度大小為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B正確；根據(jù)上述解得x＝y(tǒng)＝eq\f(2v\o\al(2,0),g)，則發(fā)生的位移為x′＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(2\r(2)v\o\al(2,0),g)，故D錯誤。故選B。8．如圖所示，甲同學在地面上將排球以速度v1擊出，排球沿軌跡①運動；經(jīng)過最高點后，乙同學跳起將排球以水平速度v2擊回，排球沿軌跡②運動，恰好落回出發(fā)點。忽略空氣阻力，則排球()A．沿軌跡②運動的時間更大B．沿軌跡①和②運動的時間可能相等C．沿軌跡①的最小速度大小等于v2D．沿軌跡②回到出發(fā)點的速度大小可能等于v1解析：軌跡①從擊出到最高點過程，可逆向看成平拋運動，軌跡②排球從擊出后做平拋運動，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，由于軌跡①的最高點高于軌跡②的最高點，則排球沿軌跡①運動的時間更大，故A、B錯誤；沿軌跡①的最小速度為最高點速度，即為水平速度，根據(jù)x＝vxt，由于兩軌跡的水平距離相等，但排球沿軌跡①運動的時間更大，則排球沿軌跡①的水平速度小于沿軌跡②的水平速度，即沿軌跡①的最小速度小于v2，故C錯誤；根據(jù)v1＝eq\r(v\o\al(2,1x)＋v\o\al(2,1y))，排球沿軌跡②回到出發(fā)點的水平速度大于沿軌跡①擊出時的水平速度，但沿軌跡②回到出發(fā)點的豎直速度小于沿軌跡①擊出時的豎直速度，可知沿軌跡②回到出發(fā)點的速度大小可能等于沿軌跡①擊出時的速度大小，即可能等于v1，故D正確。故選D。9．在一個豎直的支架上固定著兩個水平的彈簧槍A和B，兩彈簧槍在同一豎直平面內且出口在同一豎直線上，如圖所示。A比B高h，B彈簧槍的出口距水平面高eq\f(h,3)，彈簧槍A、B射出的子彈的水平射程之比為sA∶sB＝1∶2，設彈簧槍高度差不變，且射出子彈的初速度不變，要使兩彈簧槍射出的子彈落到水平面上同一點，則()A．豎直支架向上移動eq\r(2)hB．豎直支架向上移動eq\f(4,15)hC．豎直支架向下移動eq\r(2)hD．豎直支架向下移動eq\f(4,15)h解析：根據(jù)題意，豎直方向上，由h＝eq\f(1,2)gt2可得，A的飛行時間為tA＝eq\r(\f(2hA,g))＝2eq\r(\f(2h,3g))，B的飛行時間為tB＝eq\r(\f(2hB,g))＝eq\r(\f(2h,3g))，則有tA∶tB＝2∶1，由于彈簧槍A、B射出的子彈的水平射程之比為sA∶sB＝1∶2，由s＝v0t可得，初速度之比為vA∶vB＝1∶4，要使子彈的水平位移相等，則有tA′∶tB′＝4∶1，則調整后豎直高度的比值為hA′∶hB′＝16∶1，設此時A的高度為H，則有eq\f(H,H－h(huán))＝eq\f(16,1)，解得H＝eq\f(16,15)h，則豎直支架移動的距離為Δh＝H－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(h,3)))＝－eq\f(4,15)h，即豎直支架向下移動eq\f(4,15)h。故選D。10.(多選)如圖，某次小明同學在家中對著豎直墻壁打乒乓球，將球從A點斜向上擊出，球垂直撞在墻上的O點后，反向彈回正好落在A點正下方的B點。忽略球的旋轉及空氣阻力，則下列說法中正確的是()A．球在上升階段和下降階段的加速度相同B．球從A點到O點的運動時間等于從O點到B點的運動時間C．球剛離開A點時的水平速度大小大于剛到達B點時的水平速度大小D．球剛離開A點時的速度大小一定大于剛到達B點時的速度大小解析：忽略空氣阻力，球在上升階段和下降階段只受重力，所以加速度均為g，A正確；A點到O點的過程可以看成由O點到A點的平拋運動的逆過程，時間相等，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，可得t＝eq\r(\f(2h,g))，球從O點到A點的豎直高度小于從O點到B點的豎直高度，所以球從A點到O點的運動時間小于從O點到B點的運動時間，B錯誤；因從A點到O點的水平位移大小等于從O點到B點的水平位移大小，從A點到O點的運動時間小于從O點到B點的運動時間，根據(jù)vx＝eq\f(x,t)，可知，剛離開A點時的水平速度大小大于剛到達B點時的水平速度大小，C正確；根據(jù)vy＝eq\r(2gh)，可知，球離開A點時的豎直速度大小小于剛到達B點時的豎直速度大小，根據(jù)v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，可知，球剛離開A點時的速度大小不一定大于剛到達B點時的速度大小，D錯誤。故選AC。11．(多選)隋唐時期筒車的發(fā)明使用，促進了農(nóng)業(yè)的發(fā)展。筒車的簡易模型如圖所示，從水管水平流出的水流沿切線方向沖擊半徑為0.5m的轉輪，帶動整個轉輪旋轉，切點對應的半徑與水平方向成37°角，水管與筒車轉軸的高度差為1.1m。不計空氣阻力，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．水流從水管中流出的速度大小為3m/sB．水流從水管中流出的速度大小為5m/sC．水流從水管流出到達轉輪經(jīng)過了0.4sD．水管出水口到轉軸的水平距離為1.2m解析：水管與筒車轉軸的高度差為H＝1.1m，水流到達輪子邊緣時下落的高度h＝H－Rsin37°＝0.8m，豎直方向做自由落體運動，有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.4s，故C正確；水流到達輪子邊緣時的速度與輪子邊緣的線速度近似認為相同，切點對應的半徑與水平方向成37°角，在切點根據(jù)幾何關系tan37°＝eq\f(v0,gt)，解得v0＝3m/s，故A正確，B錯誤；水管出水口到輪子邊緣的水平距離為x＝v0t＝1.2m，則水管出水口到轉軸的水平距離為s＝x－Rcos37°＝0.8m，故D錯誤。故選AC。12．“拋石機”是古代戰(zhàn)爭中常用的一種設備。如圖所示，某學習小組用自制的拋石機演練拋石過程。質量m＝1.0kg的石塊裝在長臂末端的口袋中，開始時口袋位于水平面并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)對短臂施力，當長臂轉到與豎直方向夾角為60°時立即停止轉動，石塊以v0＝20m/s的速度被拋出后垂直打在傾角為30°的斜面上，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)拋出后經(jīng)過多長時間石塊離地面最遠；(2)石塊拋出點到斜面的垂直距離d。答案：(1)eq\r(3)s(2)10eq\r(3)m解析：(1)將石塊的運動沿水平方向和豎直方向分解，在豎直方向上做豎直上拋運動，離地面最遠時，豎直分速度減為零，初速度的豎直分量為v0sin60°，設拋出后經(jīng)過時間t1石塊離地面最遠，由速度—時間關系可得v0sin60°－gt1＝0解得t1＝eq\r(3)s。(2)將石塊的運動沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，如下圖所示。沿斜面方向的初速度分量為v1＝v0cos30°，加速度分量為gsin30°；沿垂直于斜面方向的初速度分量為v2＝v0sin30°，加速度分量為gcos30°。垂直打到斜面上時，沿斜面方向的分速度為零，由速度—時間關系可得v1－gsin30°·t2＝0解得t2＝2eq\r(3)s石塊拋出點到斜面的垂直距離d就等于垂直斜面方向的分位移大小，以垂直于斜面向下為正方向，由位移—時間關系得d＝－v2t2＋eq\f(1,2)gcos30°·teq\o\al(2,2)解得d＝10eq\r(3)m。第五章素能測評卷(時間：75分鐘，滿分：100分)一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分，在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題意。)1．下列說法正確的是()A．在恒力作用下，物體可能做速率先減小后增大的曲線運動B．做曲線運動的物體其加速度的大小不一定改變，但方向一定時刻改變C．在足球運動中，研究形成香蕉球的原因時，可以將足球看成質點D．羽毛球被扣殺后，飛入對方場地的過程中受重力、空氣阻力和球拍的作用力解析：當恒力與速度不在一條直線上，且恒力與速度方向的夾角先為鈍角后為銳角時物體的速度先減小后增大，故A正確；平拋運動的加速度大小和方向都不變，故B錯誤；香蕉球是由于球員踢出去的足球在空中旋轉造成的，所以此時足球不能看成質點，故C錯誤；羽毛球被扣殺后，飛入對方場地的過程中不再受球拍的作用力，故D錯誤。故選A。2．如圖所示，一個質點沿軌跡ABCD運動，圖中畫出了在A、B、C、D處的速度v與所受合力F的方向，其中正確的是()A．A位置 B．B位置C．C位置 D．D位置解析：做曲線運動的物體，速度方向為曲線的切線方向，合外力指向曲線的凹側，故A、C、D錯誤，B正確。故選B。3．質量為2kg的質點在xOy平面內做曲線運動，在x方向的速度—時間圖像和y方向的位移—時間圖像如圖所示，下列說法正確的是()A．質點的初速度大小為3m/sB．質點所受的合外力為3N，做勻變速直線運動C．2s末質點速度大小為6m/sD．0～2s內質點的位移大小約為12m解析：由題圖x方向的速度—時間圖像可知，質點在x方向做勻加速直線運動，加速度大小為1.5m/s2，x方向受力Fx＝3N；由題圖y方向的位移—時間圖像可知，質點在y方向做勻速直線運動，速度大小為vy＝4m/s，y方向受力Fy＝0。因此質點的初速度大小為5m/s，故A錯誤；質點受到的合外力恒為3N，質點初速度方向與合外力方向不在同一直線上，故做勻變速曲線運動，故B錯誤；2s末質點速度大小為v＝eq\r(62＋42)m/s＝2eq\r(13)m/s，故C錯誤；0～2s內，x方向上的位移大小為x＝vx0·t＋eq\f(1,2)at2＝9m，y方向上的位移大小為y＝8m，合位移大小為l＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(145)m≈12m，故D正確。故選D。4.如圖所示，河流寬度d＝80m，AB處有一瀑布上游水流速度大小均為v水＝3m/s，下游水流速度大小均為v水下＝5m/s。若小船在靜水中的速度大小為v船＝4m/s。下列說法正確的是()A．小船渡河的最短時間為25sB．小船上游渡河的最小位移為80mC．小船下游渡河的最小位移為80mD．小船在下游以最小位移的方式到達對岸所需時間為eq\f(100,9)s解析：當船頭指向河對岸時渡河的時間最短，則小船渡河的最短時間為tmin＝eq\f(d,v船)＝eq\f(80,4)s＝20s，選項A錯誤；下游因v水＞v船，當船速與合速度垂直時，小船渡河的位移最小，最小位移為x＝eq\f(v水下,v船)d＝eq\f(5,4)×80m＝100m，此時渡河的時間為t＝eq\f(x,\r(v\o\al(2,水)－v\o\al(2,船)))＝eq\f(100,\r(52－42))s＝eq\f(100,3)s，上游v船＞v水，當船頭方向與上游夾角θ滿足v船cosθ＝v水時，合速度垂直于河岸，渡河位移最短，等于河寬d，選項B正確，CD錯誤。故選B。5.如圖是運動員某次水平擲出的鉛球的運動軌跡。A、B、C為鉛球運動軌跡上的三點，從A點到B點、B點到C點的時間相同，BD為軌跡上B點的切線，從A點到B點、B點到C點兩個階段的水平位移分別為xAB、xBC。將鉛球視為質點，不考慮空氣阻力，則鉛球()A．在B點的速度方向沿AB連線方向B．xAB<xBCC．從A點到B點、B點到C點兩個階段的平均速度大小相等D．A點到B點、B點到C點兩個階段的速度變化量相同解析：在B點的速度方向為B點的切線方向，即沿BD方向，故A錯誤；由于鉛球做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，經(jīng)過相等的時間位移相等，即xAB＝xBC，故B錯誤；鉛球豎直方向做自由落體運動，豎直方向經(jīng)過相等時間位移增大，所以從A點到B點的位移小于B點到C點的位移，根據(jù)平均速度的定義可知，從A點到B點的平均速度小于從B點到C點的平均速度，故C錯誤；小球運動過程中速度變化量為Δv＝gt，所以在相等時間內速度變化量相同，故D正確。故選D。6.一輛貨車利用跨過光滑定滑輪的輕質纜繩提升一箱貨物，已知貨箱的質量為M，貨物的質量為m，貨車以速度v向左做勻速直線運動，重力加速度為g，貨車前進了一小段距離，將貨物提升到如圖所示的位置，此過程中下列說法正確的是()A．此過程中貨物對貨箱底部的壓力在變小B．此時貨箱向上運動的速率大于vC．此時貨箱向上運動的速率等于vsinθD．此過程中纜繩中的拉力大于(M＋m)g并在變大解析：將貨車的速度進行正交分解，如圖所示，由于繩子不可伸長，貨箱和貨物整體向上運動的速度和貨車速度沿著繩子方向的分量相等，故貨箱向上運動的速率為v1＝vcosθ，可知此時貨箱向上運動的速率小于v，故B、C錯誤；由于θ逐漸減小，貨箱與貨物的速度逐漸趨近于貨車的速度，即加速度逐漸趨近于零，即加速度逐漸減小，對貨物，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝ma，可知此過程中貨箱底部對貨物的支持力逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律，貨物對貨箱底部的壓力逐漸減小，故A正確；對貨箱與貨物，根據(jù)牛頓第二定律有T－(M＋m)g＝(M＋m)a，此過程中纜繩中的拉力大于(M＋m)g并在變小，故D錯誤。故選A。7．圖甲為發(fā)動機活塞連桿組，圖乙為連桿組的結構簡圖，連桿組在豎直平面內，且OA正好在豎直方向上，連桿一端連接A處活塞，另一端與曲柄上B點相連，活塞沿OA直線往復運動并帶動連桿使B點繞圓心O沿順時針方向做圓周運動，某時刻OB剛好水平，∠OAB＝θ，活塞的速率為vA，曲柄上B點的速率為vB，則此時()A．vA·cosθ＝vB B．vB·cosθ＝vAC．vA＝vB D．vA·sinθ＝vB解析：活塞的實際運動沿豎直方向，曲柄上B點的實際運動沿虛線圓的切線方向，當OB剛好水平，曲柄上B點的速率方向剛好豎直時，將vA、vB沿連桿方向和垂直于連桿方向分解如圖，則有v1＝vAcosθ＝vBcosθ，可得vA＝vB，故A、B、D錯誤，C正確。故選C。二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中有多個選項符合題意，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不答的得0分。)8.將一光滑的物塊B(視為質點)從斜面左上方頂點P沿水平方向射入，恰好從底端右側Q點離開斜面，此過程中斜劈保持靜止。重力加速度大小為g，物塊的質量為m，斜劈的傾角為θ，斜邊長為l，底邊寬為b，不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．物塊由P點水平射入時初速度的大小為beq\r(\f(gcosθ,2l))B．物塊由P點水平射入時初速度的大小為beq\r(\f(gsinθ,2l))C．此過程中斜劈所受地面的摩擦力大小為mgcosθsinθD．此過程中斜劈所受地面的摩擦力大小為mgcos2θ解析：物塊受到的合力沿斜面向下mgsinθ＝ma解得a＝gsinθ沿斜面方向l＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2l,gsinθ))，沿初速度方向有b＝v0t解得v0＝eq\f(b,t)＝beq\r(\f(gsinθ,2l))，故B正確，A錯誤；此過程中物塊B對斜面的壓力FN＝mgcosθ大小和方向均恒定，故其水平方向分力大小等于斜劈所受摩擦力f＝FNsinθ＝mgcosθsinθ，故C正確，D錯誤。故選BC。9.如圖所示為湖邊一傾角為30°的大壩橫截面的示意圖，水面與大壩的交點為O。一人在A點以速度v0沿水平方向扔一小石子，已知AO＝40m，不計空氣阻力，不考慮石子反彈過程，g取10m/s2。下列說法正確的有()A．若v0＝10eq\r(3)m/s，則石子剛好落在水面與大壩的交點B．若v0＝5eq\r(3)m/s，則石子落在AO的中點C．若石塊能落入水中，則v0越大，落水時速度方向與水平面的夾角越大D．若石子不能落入水中，不管v0多大，落到斜面上時速度方向與斜面的夾角都相等解析：小石子扔出后做平拋運動，若石子剛好落在水面與大壩的交點，水平方向AOcos30°＝v0t，豎直方向AOsin30°＝eq\f(1,2)gt2，解得v0＝10eq\r(3)m/s，故A正確；因為v0＝5eq\r(3)m/s<10eq\r(3)m/s，則小石子會落在大壩上，設石子落點距A點長度為L，則水平方向Lcos30°＝v0t1豎直方向Lsin30°＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得L＝10m，故B錯誤；若石塊能落入水中，豎直方向位移恒定，到水面時豎直方向速度一定，v0越大，落水時速度方向與水平面的夾角越小，故C錯誤；落在大壩上，速度方向與水平方向夾角的正切值等于位移與水平方向夾角的正切值的2倍，位移與水平方向夾角的正切值不變，所以速度方向與水平方向的夾角始終相等，故D正確。故選AD。10．在北京2022冬奧會上，我國運動員谷愛凌奪得北京冬奧會自由式滑雪女子U形場地技巧賽冠軍。比賽場地可簡化為如圖甲所示的模型：滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道連接而成，軌道的傾角為θ。某次騰空時，運動員(視為質點)以大小為v的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣AD的夾角為90°－θ，騰空一段時間后從軌道邊緣AD上的N點下落進入軌道，騰空過程(從M點運動到N點的過程)的左視圖如圖乙所示。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．運動員騰空過程中的加速度為重力加速度gB．運動員騰空的時間為eq\f(2vcosθ,gsinθ)C．運動員騰空過程中離開AD的最大距離為eq\f(v2cosθ,2g)D．M、N兩點的距離為eq\f(4v2sinθ,g)解析：運動員騰空過程中，只受重力作用，則加速度為重力加速度g，故選項A正確；運動員騰空瞬時沿垂直AD方向的速度分量為vy＝vcosθ，沿垂直AD方向的加速度分量為gy＝gcosθ，則騰空的時間為t＝eq\f(2vy,gy)＝eq\f(2vcosθ,gcosθ)＝eq\f(2v,g)，故選項B錯誤；運動員騰空過程中離開AD的最大距離為h＝eq\f(v\o\al(2,y),2gy)＝eq\f(v2cosθ,2g)，故選項C正確；M、N兩點的距離為s＝vsinθ·t＋eq\f(1,2)gsinθ·t2＝eq\f(4v2sinθ,g)，故選項D正確。故選ACD。三、非選擇題(本題共5小題，共54分。)11．(12分)在利用如圖甲所示實驗裝置研究平拋運動的規(guī)律中，采用頻閃照相的方法得到小球運動過程中的四個位置A、B、C、D，由于粗心，只在紙上用鉛垂線確定了y軸，而未在紙上記下平拋的拋出點O的位置，在此基礎上，小組同學進行了如下測量：點A到y(tǒng)軸的距離AA′＝30cm，點B到y(tǒng)軸的距離BB′＝45cm，AB兩點的豎直距離Δy1＝25cm，重力加速度大小g取10m/s2，忽略空氣阻力，則：(1)小球做平拋運動的初速度v0＝_1.5__m/s，該頻閃照相機的閃光頻率f＝_10__Hz(結果保留兩位有效數(shù)字)。(2)BC兩點間的豎直距離為_35__cm。(3)以拋出點O為坐標原點建立的xOy平面直角坐標系中(y軸豎直向下為正方向)，y與x的函數(shù)關系式為y＝eq\f(gx2,2v\o\al(2,0))(用g、x、y和v0表示)。解析：(1)令從O到A的時間為t1，則t1＝eq\f(AA′,v0)，令從O到B的時間為t2，則t2＝eq\f(BB′,v0)，所以A、B兩點間的豎直距離Δy1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝25cm，解得v0＝1.5m/s，令A、B兩點間的水平距離為x，則x＝BB′－AA′＝15cm；T＝eq\f(x,v0)＝0.1s，閃光頻率f＝eq\f(1,T)＝10Hz。(2)在B點時t2＝eq\f(BB′,v0)＝0.3s，令從O點到C的時間為t3，則t3＝t2＋T＝0.4s，則B、C點的豎直距離為yBC＝y(tǒng)OC－yOB＝eq\f(1,2)g(teq\o\al(2,3)－teq\o\al(2,2))＝35cm。(3)水平方向x＝v0t豎直方向y＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得y＝eq\f(gx2,2v\o\al(2,0))。12．(8分)一小船渡河，河寬d＝180m，水流速度v1＝2.5m/s，船在靜水中的速度為v2＝5m/s，則：(1)欲使船在最短的時間內渡河，需用多長時間？位移是多少？(2)欲使船渡河的航程最短，需用多長時間？位移是多少？答案：(1)36s90eq\r(5)m(2)24eq\r(3)s180m解析：(1)欲使最短時間渡河，船頭應朝垂直河岸方向，所用時間t＝eq\f(d,v2)＝eq\f(180,5)s＝36s，合速度v合＝eq\r(v\o\al(2,1)＋v\o\al(2,2))＝eq\f(5\r(5),2)m/s，位移為x＝v合t＝90eq\r(5)m。(2)欲使航程最短，應使合運動速度方向垂直河岸，設船頭指向與河岸的夾角為β，則v2·cosβ＝v1，cosβ＝eq\f(1,2)，則最小位移為xmin＝d＝180m，所用時間t′＝eq\f(d,v合′)＝eq\f(d,v2sinβ)＝eq\f(180,\f(5\r(3),2))s＝24eq\r(3)s。13．(10分)如圖所示為某次套圈游戲簡圖，拋出點高H＝1.25m，護欄高h＝0.8m，拋出點到護欄的水平距離L＝0.75m，護欄內為寬x＝2.5m正方形有獎區(qū)域，圈水平且垂直護欄飛出，落入護欄內，g＝10m/s2。求：(1)小球拋出點離開時的速度v0的大小范圍；(2)小球落在有獎區(qū)域的最小速度。答案：(1)2.5m/s≤v0≤6.5m/s(2)eq\f(5,2)eq\r(5)m/s解析：(1)設小球恰好落到護欄右側邊緣時，水平初速度為v01，則L＋x＝v01t1豎直位移H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)聯(lián)立解得v01＝(L＋x)eq\r(\f(g,2H))＝6.5m/s設小球恰好越過護欄時，水平初速度為v02，則水平位移L＝v02t2豎直位移H－h(huán)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)聯(lián)立解得v02＝2.5m/s所以小球拋出時的速度大小范圍為2.5m/s≤v0≤6.5m/s。(2)小球落在有獎區(qū)域，下落高度一定，落地時的豎直分速度一定，當小球恰好越過護欄落在有獎區(qū)域時，落地速度最小。豎直方向veq\o\al(2,2)＝2gH又有vmin＝eq\r(v\o\al(2,02)＋v\o\al(2,2))解得vmin＝eq\f(5,2)eq\r(5)m/s。14．(12分)如圖甲，在“雪如意”國家跳臺滑雪中心舉行的北京冬奧會跳臺滑雪比賽是一項“勇敢者的游戲”，穿著專用滑雪板的運動員在助滑道上獲得一定速度后從跳臺飛出，身體前傾與滑雪板盡量平行，在空中飛行一段距離后落在傾斜的雪道上，其過程可簡化為圖乙。現(xiàn)有某運動員從跳臺O處沿水平方向飛出，在雪道P處著落，測得OP間的距離L＝50m，傾斜的雪道與水平方向的夾角θ＝37°，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)運動員在空中飛行的時間；(2)運動員在O處的起跳速度大?。?3)運動員在空中離傾斜雪道的最大距離。答案：(1)eq\r(6)s(2)eq\f(20\r(6),3)m/s(3)6m解析：(1)運動員從O點開始做平拋運動，豎直位移為y＝Lsinθ＝eq\f(1,2)gt2代入數(shù)據(jù)解得t＝eq\r(\f(2Lsin37°,g))＝eq\r(6)s。(2