第7课 抛体运动-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第7课　　　　　抛体运动 普查与练习7　　　　　抛体运动 　　　　　　　　　　　　　　　 1．平抛运动 a.根据平抛运动规律比较多个平抛物体的相关物理量 (1)(2024北京真题，9分)如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求： ①水从管口到水面的运动时间t； ②水从管口排出时的速度大小v0； ③管口单位时间内流出水的体积Q。 (1)答案：①(3分)　②d(3分) ③Sd(3分) 解析：①水在空中做平抛运动，由平抛运动规律，竖直方向上有h＝gt2(2分) 解得t＝(1分) ②由平抛运动规律，水平方向上有d＝v0t(2分) 解得v0＝d(1分) ③管口单位时间内流出水的体积为 Q＝＝＝Sv0＝Sd(3分) b.利用速度关系为突破口求解平抛运动问题 (2)(2026汇编题，3分)如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在底端A点正上方与顶端C等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力加速度为g，则(　　) A.小球在空中运动的时间为 B．小球落在斜面上的速度大小为 C．小球在竖直方向上的位移大小为 D．当 α＝30°时，CD与DA的比值为3∶1 (2)答案：C 解析：小球的运动轨迹如图所示，小球垂直于斜面落到D点，所以在D点时，小球速度大小为v＝，设小球运动时间为t，vy＝gt，tan α＝，解得t＝，故A项、B项均错误。小球在竖直方向上的位移y＝gt2＝，故C项正确。根据几何关系，DA＝，CD＝，整理得CD与DA的比值为，当 α＝30°时，CD∶DA＝3∶2，故D项错误。 c.利用位移关系为突破口求解平抛运动问题 (3)(多选)(2026改编题，4分)2022年北京冬奥会跳台滑雪项目在张家口的国家跳台滑雪中心举行。如图所示，滑雪轨道由斜面与水平面连接而成，运动员从O点以一定的初速度水平滑出，过一段时间后运动员落在倾斜轨道上的A点。若运动员改变水平滑出的初速度，就会落在倾斜轨道上的B点。已知OA＝AB，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．运动员从O点出发分别到达A、B两点所用的时间之比为1∶2 B．运动员从O点出发分别到达A、B两点的初速度之比为1∶2 C．运动员从O点出发分别到达A、B两点的速度之比为1∶ D．运动员到达A、B两点的速度方向相同 (3)答案：CD 解析：根据平抛运动的规律可知，运动员在空中飞行的时间由其竖直方向的位移决定。运动员两次下落的高度之比为1∶2，根据h＝gt2可得运动时间之比为1∶，故A项错误。因运动员均落在倾斜轨道上，所以有tan θ＝＝，解得v0＝，故运动员两次的初速度之比为v0A∶v0B＝tA∶tB＝1∶，故B项错误。设运动员落在倾斜轨道上的速度与水平面的夹角为α，则tan α＝，又因为tan θ＝＝，因此tan α＝2tan θ，倾斜轨道的倾角θ不发生变化，则α不变，因此运动员到达A、B两点的速度方向相同，故D项正确。运动员落在倾斜轨道上的速度v＝，其中vy＝gt＝2v0tan θ，得v＝v0，故vA∶vB＝v0A∶v0B＝1∶，故C项正确。 d.利用沿斜面和垂直于斜面方向分解的方法求解平抛运动中距斜面最远距离问题 (4)(2026改编题，3分)一个倾角为37°的斜坡如图所示，某小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一足球水平踢出。已知足球被踢出时的初速度大小为 m/s。取g＝10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝，斜坡足够长，不计空气阻力。该足球在空中运动的过程中与斜坡的最远距离以及在空中运动的时间为(　　) A．1 m　1 s B．1 m　2 s C．2 m　1 s D．2 m　2 s (4)答案：A 解析：将足球初速度v0与重力加速度g分解到沿斜坡和垂直于斜坡方向，如图所示。足球在垂直于斜坡方向做初速度不为零的匀减速直线运动，垂直于斜坡方向初速度大小v2＝v0sin 37°＝v0，垂直于斜坡方向加速度大小a2＝gcos 37°＝g。当垂直于斜坡方向的速度减为零时，足球离斜坡最远，根据0－v2＝－a2t，0－v＝－2a2x，解得t＝＝ s, t总＝2t＝1 s，x＝＝1 m，故A项正确。 e.利用平抛运动的推论快速解题　　　　　　　　　　　　　　 (5)(经典题，3分)如图所示，ab为竖直平面内半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R。将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法错误的是(　　) A. 小球的初速度v0越大，碰到圆环时的水平分位移越大 B．当小球的初速度v0＝时，碰到圆环时的竖直分速度最大 C．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 D．v0取值不同时，小球落在圆环上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同 (5)答案：D 解析：小球的初速度v0越大，落点越靠近b点，即碰到圆环时的水平分位移越大，故A项正确，不符合题意。平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，由h＝gt2可知，t＝，当小球落在c点时运动的时间最长，由竖直方向的分速度vy＝gt可知，运动时间越长，竖直方向的分速度越大，所以当小球落在c点时竖直方向的分速度最大，此时水平位移x＝R＝v0t，R＝gt2，运动时间t＝，解得v0＝，故B项正确，不符合题意。根据平抛运动的规律可知，速度反向延长线交于水平位移的中点，根据几何关系可知，O点一定不是水平位移的中点，所以小球不可能垂直撞击圆环，故C项正确，不符合题意。v0取值不同时，小球落在圆环上的位移与水平方向夹角α不同，由平抛运动推论tan θ＝2tan α可知，小球落在圆环上的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，故D项错误，符合题意。 f.根据题目的限定条件求解平抛运动中的临界问题 (6)(2023新课标真题，10分)将扁平的石子向水面快速抛出，石子可能会在水面上一跳一跳地飞向远方，俗称“打水漂”。要使石子从水面跳起产生“水漂”效果，石子接触水面时的速度方向与水面的夹角不能大于θ。为了观察到“水漂”，一同学将一石子从距水面高度为h处水平抛出，抛出速度的最小值为多少？(不计石子在空中飞行时的空气阻力，重力加速度大小为g) (6)答案：(10分) 解析：如图所示，石子在最初一段时间内做平抛运动，根据匀变速直线运动的规律，石子接触水面时在竖直方向的分速度满足v＝2gh(3分) 设合速度v与水面夹角为α，则有tan α＝(2分) 联立以上二式解得v0＝ 由题意可知α≤θ，即tan α≤tan θ(2分) 因此当α＝θ时，初速度取最小值，故v0min＝(3分) 2．斜抛运动 a.利用运动的可逆性把斜抛运动转化为平抛运动分析 (7)(浙江温州三模，3分)如图所示是中国航天科工集团研制的一种投弹式干粉消防车。灭火车出弹口到高楼水平距离为x，在同一位置灭火车先后向高层建筑发射2枚灭火弹，且灭火弹均恰好垂直射入建筑玻璃窗，假设发射初速度大小均为v0，v0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，击中点离出弹口高度分别为h1、h2，空中飞行时间分别为t1、t2。灭火弹可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A．高度之比＝ B．时间之比＝ C．两枚灭火弹的发射角满足θ1＋θ2＝90° D．水平距离与两枚灭火弹飞行时间满足x＝2gt1t2 (7)答案：C 解析：两灭火弹在竖直方向的初速度分别为vy1＝v0sin θ1，vy2＝v0sin θ2，根据v＝2gh可得＝，根据vy＝gt可得＝，故A项、B项均错误。水平距离x＝v0cos θ1·＝v0cos θ2·，可得sin 2θ1＝sin 2θ2＝sin (180°－2θ2)，结合数学关系可得θ1＋θ2＝90°，故C项正确。水平方向＝v0cos θ1，竖直方向gt2＝v0sin θ2，结合θ1＋θ2＝90°可得sin θ2＝cos θ1，因此x＝gt1t2，故D项错误。 b.直接利用运动的合成与分解的方法分析斜抛运动 (8)(多选)(2024山东真题，4分)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动时间为2 s B．落地速度与水平方向夹角为60° C．重物离PQ连线的最远距离为10 m D．轨迹最高点与落点的高度差为45 m (8)答案：BD 解析：将初速度v0分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直于PQ方向的分速度v2，则有v1＝v0cos 60°＝10 m/s，v2＝v0sin 60°＝10 m/s；将重力加速度g分解为沿PQ方向的分量a1和垂直于PQ方向的分量a2，则有a1＝gsin 30°＝5 m/s2，a2＝gcos 30°＝5 m/s2。垂直于PQ方向，根据运动对称性可得，重物运动时间为t＝＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝＝10 m，故A项、C项均错误。重物落地时竖直分速度大小为vy＝－v0sin 30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角正切值为tan θ＝＝＝，可得θ＝60°，故B项正确。从抛出到最高点所用时间为t1＝＝1 s，则从最高点到落地所用时间为t2＝t－t1＝3 s，轨迹最高点与落点的高度差为h＝gt＝45 m，故D项正确。 随堂普查练7 1．(2024湖北真题，4分)如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到(　　) A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d 1．答案：C 解析：依题意知，青蛙做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，有x＝vt，h＝gt2，解得初速度v＝x，因此水平位移越小，竖直高度越大，初速度越小，因此青蛙跳到荷叶c上面的初速度最小，故C项正确。 2．(2024新课标真题，6分)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　) A．0.25倍 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 2．答案：C 解析：动能表达式为Ek＝mv2，由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，根据h＝gt2可知，小车从离开甲板到到达海面上所用的时间不变，根据x＝vt可知，小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍，故C项正确。 3．(多选)(经典题，4分)如图所示，在一个倾角37°的长斜面底端O点正上方h＝1.7 m的P点处将一小球以速度v0水平抛出，恰好垂直击中斜面上的Q点，取sin 37°＝0.6，重力加速度的大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小球的初速度v0＝4 m/s B．Q点离O点的距离|QO|＝1.2 m C．保持h不变，将小球以2v0的速度水平抛出，则击中斜面的位置到O点的距离小于2|QO| D．若抛出点高度变为2h，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为v0 3．答案：CD 解析：小球垂直击中Q点时轨迹如图(a)所示。速度方向与水平方向夹角为53°，根据平抛运动规律的推论可知，tan 53°＝2＝2tan 37°，解得y＝h＝0.9 m，x＝1.2 m，下落高度为h－y＝0.8 m，|QO|＝＝1.5 m。小球在空中运动的时间t＝＝0.4 s，初速度v0＝＝3 m/s，故A项、B项均错误。保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，轨迹如图(b)所示。若无斜面，则小球应经过Q′点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，根据几何关系知实际击中点离底端O的距离小于2|QO|，故C项正确。若抛出点高度变为2h，根据小球垂直击中斜面的规律知tan 53°＝2＝2tan 37°，y′＝×2h＝1.8 m，下落高度为2h－y′＝1.6 m，水平位移为x′＝＝2.4 m，即小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，根据v0＝，t＝，联立解得v0＝x，可知v′0＝2x＝v0，故D项正确。 图(a) 图(b) 4．(经典题，6分)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(　　) A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍 4．答案：A 解析：利用平抛运动特点，将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。设斜面的倾角为θ，则有tan θ＝，解得t＝，可得甲、乙两球做平抛运动的时间之比为＝。则有＝＝，而由题意得＝，所以＝＝，则甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的2倍，故A项正确。 5．(经典题，15分)如图所示，排球场总长为18 m，设球网高度为2 m，运动员站在网前3 m处跳起将球正对球网水平击出，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若击球高度为2.5 m，为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围； (2)当击球点的高度低于何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是出界？ 5．答案：(1)3 m/s<v≤12 m/s(10分) (2) m(5分) 解析：(1)排球被水平击出后，做平抛运动，如图所示。 若正好压在界线上，则球在空中的飞行时间为 t1＝＝ s(2分) 由此得排球不出界的临界速度为 v1＝＝12 m/s(2分) 若球恰好触网，则球在网上方运动的时间为 t2＝＝ s(2分) 得排球触网的临界击球速度为 v2＝＝3 m/s(2分) 要使排球既不触网又不出界，水平击球速度v的取值范围为3 m/s<v≤12 m/s。(2分) (2)设击球点的高度为h，当h较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦网而过，落地时又恰好压在边界线上。 由v＝＝(2分) 得h＝＝ m(2分) 即击球高度不超过 m时，球不是触网就是出界。(1分) 6.(2023湖南真题，4分)如图(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是(　　) 图(a) 　　　　　图(b) A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度 B．谷粒2在最高点的速度小于v1 C．两谷粒从O到P的运动时间相等 D．两谷粒从O到P的平均速度相等 6．答案：B 解析：谷粒1做平抛运动，谷粒2做斜抛运动，它们运动过程中都是只受重力作用，因此加速度都等于重力加速度，故A项错误。谷粒2先上升到最高点再下降到P点，运动时间大于谷粒1的运动时间，故C项错误。两谷粒从O到P的位移相同，但时间不同，因此平均速度不同，故D项错误。谷粒2在最高点的速度等于水平分速度，由于两谷粒从O到P的水平分位移相同，但谷粒2的运动时间更长，因此谷粒2在最高点的速度小于谷粒1的初速度v1，故B项正确。 7．(2022全国甲真题，12分)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。 7．答案： m/s(12分) 解析：频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为 t＝4T＝0.05×4 s＝0.2 s(2分) 设在抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间的水平方向上的位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0t (1分) y1＝gt2(1分) y2＝g(2t)2－gt2(1分) 令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y 已标注的线段s1、s2分别为s1＝(2分) s2＝(2分) ＝ 在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝(1分) 解得v0＝ m/s(2分) 课后提分练7　抛体运动 A组(巩固提升)　　　　　　　　　　　 1．(多选)(2024广西真题，6分)如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在(　　) A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v 1．答案：BC 解析：由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即vM＝0，vN＝v。碰后小球N做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动，故A项错误，B项正确。小球N在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，故C项正确，D项错误。 2．(2024海南真题，3分)在跨越河流表演中，一人骑车以25 m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则两平台的高度差h为(　　) A．0.5 m B．5 m C．10 m D．20 m 2．答案：B 解析：车冲出平台后做平抛运动，设运动时间为t，竖直方向有h＝gt2，水平方向有d＝v0t，其中d＝25 m，v0＝25 m/s，解得h＝5 m，故B项正确。 3．(2024.01浙江真题，3分)如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为(　　) A. B. C. D．(＋1)D 3．答案：C 解析：设出水口到水桶中心的水平距离为x，则x＝v0，落到桶底A点时x＋＝v0，解得v0＝，故C项正确。 4．(多选)(2026改编题，4分)如图所示，某一小球以v0＝10 m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10 m/s2)。以下判断中正确的是(　　) A.小球经过A、B两点运动的时间之比为1∶ B．小球经过A、B两点间的时间间隔为t＝ s C．A、B两点间的高度差h＝10 m D．A、B两点间的高度差h＝15 m 4．答案：AC 解析：小球从抛出到经过A、B两点的时间分别为tA、tB，根据tan 45°＝，tan 60°＝，可求得tA＝1 s，tB＝ s，经过A、B两点运动的时间之比为1∶，故A项正确，B项错误。小球竖直方向的位移hA＝gt＝5 m，hB＝gt＝15 m，A、B两点的高度差为10 m，故C项正确，D项错误。 5．(湖南邵阳一模，4分)如图所示，O为抛物线OM的顶点，过O点的切线水平，A、B为抛物线上两点。从A、B两点分别以初速度v1、v2水平抛出两相同小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球(　　) A．必须同时抛出 B．初速度v1与v2大小相等 C．击中O点时速度大小相同 D．击中O点时重力的瞬时功率相等 5．答案：B 解析：已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，如图所示。设抛物线OM的解析式为y＝ax2，平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，则有y1＝ax＝gt，y2＝ax＝gt；平抛运动在水平方向的分运动为匀速直线运动，则有x1＝v1t1，x2＝v2t2，联立以上各式解得v1＝v2，故B项正确。由于v1＝v2、x1>x2，则两小球的运动时间关系为t1＝>t2＝，即A球必须先抛出，两球才能同时击中O点，故A项错误。水平方向上速度v1＝v2，竖直方向速度v1y＝gt1>v2y＝gt2，故两小球击中O点的合速度大小不同，故C项错误。两球在O点重力的瞬时功率PG1＝mgv1y>PG2＝mgv2y，即击中O点时重力的瞬时功率不相等，故D项错误。 6．(海南模拟，3分)饲养员在池塘边堤坝边缘A处以水平速度v0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒。堤坝截面倾角为53°。坝顶离水面的高度为5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列说法正确的是(　　) A．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v0越大，从抛出到落水所用的时间越长 B．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大 C．若平抛初速度v0＝5 m/s，则鱼饵颗粒不会落在堤坝上 D．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v0越大，落到堤坝上时速度方向与堤坝的夹角越小 6．答案：C 解析：平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动，运动时间t＝，由高度决定，与初速度无关，故A项错误。若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，则运动时间一定，落水时速度方向与水平面的夹角的正切值tan α＝＝，可知v0越大，tan α越小，即α越小，故B项错误。若鱼饵颗粒恰好落在B点，则竖直方向有h＝gt2，代入数据解得t＝1 s，水平方向有＝v0t，代入数据解得v0＝3.75 m/s<5 m/s，因此当平抛初速度v0＝5 m/s时，鱼饵颗粒不会落在堤坝上，故C项正确。若鱼饵颗粒不能落入水中，设落到堤坝上时速度方向与水平方向的夹角为θ，根据水平位移与竖直位移关系有tan 53°＝＝，tan θ＝＝，联立可得tan θ＝2tan 53°，因此θ与平抛初速度v0大小无关，则落到堤坝上时速度方向与堤坝的夹角与平抛初速度v0无关，故D项错误。 7．(多选)(四川雅安模拟，6分)如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆弧BC和倾角为53°的斜面AC，A、B两点与圆弧BC的圆心O等高。现将甲、乙小球分别从A、B两点以初速度v1、v2沿水平方向同时抛出，两球恰好在C点相碰(不计空气阻力)，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的是(　　) A．初速度v1、v2大小之比为3∶4 B．若仅增大v1，则两球不再相碰 C．若v1大小变为原来的一半，则甲球恰能落在斜面的中点D D．若只抛出甲球并适当改变v1大小，则甲球可能垂直击中圆弧BC 7．答案：AD 解析：甲、乙两球从等高处做平抛运动恰好在C点相碰，两球运动时间相等，水平方向有x甲＝v1t＝＝R，x乙＝v2t＝R，所以＝，故A项正确。若仅增大v1，两球轨迹仍然相交，所以两球会相碰，故B项错误。tan 53°＝＝，若v1大小变为原来的一半，则运动时间减小为原来的一半，竖直方向下落的高度变为原来的，根据几何关系得此时的位移也为原来的，故C项错误。若甲球垂直击中圆弧BC，则落点处速度的反向延长线过圆心O，如图所示，由于速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的2倍，因此落点与O点的水平距离恰为R时满足条件，即只抛出甲球并适当改变v1大小，甲球可能垂直击中圆弧BC，故D项正确。 8．(多选)(2026改编题，4分)跳台滑雪是冬奥会比赛项目之一，利用自然山建成的跳台进行，某运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则(　　) A．如果v0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同 B．如果v0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，但速度方向相同 C．运动员在空中距离斜面的最远距离为 D．运动员在空中经历的时间是 E．运动员落到雪坡时的速度大小是 8．答案：BD 解析：该运动员落到雪坡上，位移的方向确定，根据平抛运动中速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，可知速度方向也确定，所以如果v0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，但速度方向相同，故A项错误，B项正确。将运动员的速度以及加速度沿斜面和垂直斜面方向进行分解，在垂直于斜面方向，0－v＝2g⊥y，v⊥＝v0sin θ，g⊥＝g cos θ，解得y＝，故C项错误。运动员落在雪坡上有x＝v0t，h＝gt2，根据几何关系可得tan θ＝，联立以上方程解得t＝，故D项正确。运动员落在雪坡上，竖直方向的分速度vy＝gt＝2v0tan θ，则运动员落到雪坡时的速度大小是v＝＝，故E项错误。 9．(2024江苏真题，4分)喷泉a、b出射点高度相同，形成如图所示的形状，不计空气阻力，则喷泉a、b的(　　) A．加速度相同 B．初速度相同 C．最高点的速度相同 D．在空中的时间相同 9．答案：A 解析：不计空气阻力，喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A项正确。喷泉喷出的水做斜抛运动，竖直方向上，从喷出到最高点有h＝gt，解得t0＝，根据对称性可知在空中运动的时间为t＝2t0＝2。由题图可知hb>ha，则tb>ta，故D项错误。设喷泉的初速度为v0，初速度在水平、竖直方向的分速度分别为vx、vy，则水在最高点的速度等于vx，且有vx＝，已知tb>ta，由题图可知xa、xb接近，则vxa>vxb，故C项错误。竖直方向上有vy＝gt0＝gt，得vyb>vya，则<，即a、b初速度方向不同，故B项错误。 10．(多选)(2022山东真题，4分)如图所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8 m，当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点，网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75，平行墙面的速度分量不变，重力加速度g取10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为(　　) A．v＝5 m/s B．v＝3 m/s C．d＝3.6 m D．d＝3.9 m 10．答案：BD 解析：设网球抛出时水平方向平行于墙方向的速度为vx，水平方向垂直于墙方向的速度为vy，竖直方向的速度为vz，所以有v＝v＋v＋v，竖直运动有v＝2gh，解得vz＝ m/s＝12 m/s，网球碰撞前在空中的运动时间t＝＝ s＝1.2 s，垂直于墙方向的速度vy＝＝ m/s＝4 m/s，所以网球抛出时水平方向平行于墙方向的速度vx＝3 m/s，与墙碰撞后网球垂直于墙方向的速度v′y＝0.75vy＝3 m/s，所以网球碰墙后的速度大小v＝＝3 m/s，故A项错误，B项正确。网球碰墙后到落地的时间t′＝＝ s＝1.3 s，小球落地时与墙的距离d＝v′yt′＝3.9 m，故C项错误，D项正确。 11．(2024新课标真题，14分)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求 (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度。 11．答案：(1)4 m/s　 s(8分)　(2) m(6分) 解析：(1)设物块与薄板的质量均为m，物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 a1＝(1分) 薄板做加速运动的加速度大小为 a2＝(1分) 对物块有l＋Δl＝v0t－a1t2(2分) 对薄板有Δl＝a2t2(2分) 代入数据解得v0＝4 m/s，t＝ s(2分) (2)物块飞离薄板时薄板的速度v2＝a2t(1分) 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为 t′＝(2分) 则平台距地面的高度h＝gt′2(2分) 代入数据解得h＝ m(1分) 12．(2022北京真题节选，7分)体育课上，甲同学在距离地面高h1＝2.5 m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0＝8.0 m/s；乙同学在离地h2＝0.7 m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量m＝0.3 kg，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力。求： (1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x； (2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向。 12．答案：(1)4.8 m(3分) (2)10.0 m/s，方向与水平方向夹角为37°，斜向左下方(4分) 解析：(1)设排球在空中飞行的时间为t，则 h1－h2＝gt2(1分) 解得t＝0.6 s 则排球在空中飞行的水平距离x＝v0t＝4.8 m(2分) (2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy＝gt(1分) v＝(1分) 代入数据，解得v＝10.0 m/s(1分) 设速度方向与水平方向夹角为θ，则有tan θ＝＝，θ＝37°(1分) 13.(辽宁大连二模，16分)跳台滑雪被称作“勇敢者的运动”，其场地的简化图如图所示。雪坡OB段是倾角为α＝30°的斜面，某运动员从助滑道的最高点A由静止开始下滑，到达起跳点O时借助设备和技巧，保持在O点的速率沿与水平方向成θ角的方向起跳，最后落在雪坡上的C点(图中未画出)，起跳点O与落点C之间的距离OC为此项运动的成绩。已知A点与O点之间的高度差h＝50 m，该运动员可视为质点，不计一切阻力和摩擦，取g＝10 m/s2。求： (1)该运动员在O点起跳时的速度大小； (2)该运动员以多大的起跳角θ起跳才能取得最佳成绩，最佳成绩为多少； (3)在(2)问中，该运动员离开雪坡的最大距离。 13．答案：(1)10 m/s(3分)　(2)30°　200 m(9分)　(3)25 m(4分) 解析：(1)运动员从A点到O点过程机械能守恒，有 mgh＝mv(2分) 解得v0＝10 m/s(1分) (2)将起跳时的速度v0和重力加速度g沿雪坡方向和垂直于雪坡方向分解，如图所示。 v1＝v0sin (30°＋θ)，v2＝v0cos (30°＋θ) a1＝g cos 30°，a2＝g sin 30°(2分) 设运动员从O点到C点的时间为t，则t＝(1分) 设运动员从O点运动到C点的距离为L，则 L＝v2t＋a2t2(2分) 联立以上各式解得 L＝[sin (2θ＋30°)＋]m(2分) 当2θ＋30°＝90°时，即θ＝30°时，L有最大值，且 Lmax＝200 m(2分) 即该运动员以θ＝30°起跳才能取得最佳成绩，最佳成绩为200米。 (3)当运动员垂直于雪坡的速度为0时，运动员离开雪坡的距离最大，由运动学公式可知 sm＝(2分) 代入数据解得sm＝25 m(2分) B组(冲刺满分) 14．(湖北襄阳四中四模，4分)如图所示，从高H处的一点O先后平抛两个小球1和2，球1恰好直接越过竖直挡板A落到水平地面上的B点，球2与地面碰撞n次后恰好越过同一竖直挡板后也落于B点。设球2与地面的碰撞类似光的反射，且反弹前后速度大小相同。则竖直挡板的高度h为(　　) A．H B．H C．H D．H 14．答案：A 解析：设球1落地的时间为t1，则球2落于B点的时间应为(2n＋1)t1，由此可得，球1在水平方向的速度是球2的(2n＋1)倍。若球1到达挡板A的上端C点的时间为t，根据水平方向速度关系可知，球2到达C点的时间应为(2n＋1)t。球1到达C时，球2到达与之等高的C1点，如图所示。 设球2由C1至地面的时间为t′，有2nt′＋(2n－1)t＝(2n＋1)t，解得t′＝，对球2在竖直方向的分运动列式，有H－h＝gt2，H＝g2，解得＝，解得h＝H，故A项正确。 15．(多选)(山东经典真题，4分)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是(　　) A.投出物资后热气球做匀加速直线运动 B．投出物资后热气球所受合力大小为mg C．d＝ D．d＝ 15．答案：BC 解析：热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合力为0，有F浮＝(M＋m)g。热气球和物资组成系统的初动量为0，水平投出质量为m的物资瞬间，满足动量守恒定律Mv＝mv0，热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，所受合外力恒为F浮－Mg＝mg，方向竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A项错误，B项正确。热气球和物资的运动示意图如图所示。 热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为a＝g，设物资落地时间为t，根据H＝gt2解得落地时间为t＝，物资落地过程所用的时间t内，热气球在竖直方向上运动的位移为HM＝at2＝·g·＝H，热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移分别为xm＝v0t＝v0，xM＝vt＝v0·，热气球和物资的距离d＝＝，故C项正确，D项错误。 16．(2022重庆真题，18分)小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在xOy竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为g(g为重力加速度)，方向均与x轴负方向成37°斜向上(x轴向右为正)。蛙位于y轴上M点处，OM＝H，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取sin 37°＝。 (1)若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在y＝H的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为2∶3，求蛙的最大跳出速率。 (2)若蛙跳出的速率不大于(1)问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。 (3)若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1∶；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为1∶。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。 16．答案：(1)(4分)　(2)H≤x≤2H(8分)　 (3)v1＝，x1＝H或v2＝，x2＝H(6分) 解析：(1)如图所示，飞虫做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知 x虫＝＝H(1分) ＝ 青蛙做平抛运动，设其从跳出到捉住虫所用时间为t蛙，有x蛙＝vmt蛙(1分) H－H＝gt(1分) 联立解得t蛙＝，vm＝(1分) (2)如图所示，当蛙以最大速率向左水平跳出时，若蛙和虫同时开始运动，设运动时间为t，相遇时有 gt2＋ayt2＝H(1分) 解得t＝ 则虫在x轴上的最小的位置坐标 xmin＝axt2－vmt＝H(1分) 当蛙以最大速率向右水平跳出时，蛙和虫轨迹相切时，虫在x轴上的位置坐标取最大值，蛙在轨迹相切位置有tan 37°＝(1分) 根据vy＝gt′蛙，解得t′蛙＝(1分) 在竖直方向有gt′＋ayt′＝H(1分) 解得t′虫＝>t′蛙，符合要求(1分) 在水平方向有xmax＝axt′＋vmt′蛙＝2H(1分) 虫在x轴上飞出的位置范围为 H≤x≤2H(1分) (3)设蛙两次跳出的运动时间为t1、t2，有 gt＋ay(t1)2＝H gt＋ay(t2)2＝H(1分) 解得t1＝，t2＝ 若蛙两次都向右跳出，有v1t1＋ax(t1)2＝x1，v1t2＋ax(t2)2＝x1(1分) 解得v1＝，x1＝H(1分) 若蛙两次分别向左、右跳出，有v2t1＋ax(t1)2＝x2，ax(t2)2－v2t2＝x2(1分) 解得v2＝，x2＝H(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $$