重难突破6 抛体运动中的临界问题和空间抛体运动-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习教用Word（提升版）

该高中物理高考复习讲义聚焦抛体运动临界问题、空间抛体运动及圆周运动临界问题三大高考核心考点，按“临界条件分析—空间运动分解—模型对比应用”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法指导（如逆向思维）、真题讲解（2024浙江选考等改编题）及分层练习，帮助学生系统突破难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如将斜抛运动逆向视为平抛简化分析，对比轻绳轻杆模型总结临界特征，设置基础巩固与能力提升题组。通过典型例题拆解（如喷水问题射程计算）培养学生问题解决能力，为教师把控复习节奏、提升学生应考效率提供有力支持。

重难突破6　抛体运动中的临界问题和空间抛体运动 进一步理解抛体运动的规律，会处理抛体运动的临界、极值问题。 突破点一　抛体运动中的临界问题 　　 　（2024·浙江1月选考8题改编）如图，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，使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。试分析： （1）水从细水管管口落到水桶桶口中心所用的时间t？ （2）水离开细水管出水口的速度大小？ 提示：（1）水在空中做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，解得t＝。 （2）设出水孔到水桶中心距离为x，则水平方向上x＝v0t，落到桶底A点时x＋＝v0·t， 联立解得v0＝ 1.平抛运动的临界问题三种常见情境 常见情境 典型实例 平抛位移或速度存在“刚好”“恰好”等条件 常见情境 典型实例 平抛位移或速度存在“最大”“最小”“至少”等条件 平抛位移或速度存在“取值范围” 2.临界问题的解题技巧 在题中找出有关临界问题的关键词，如“恰好不出界”“刚好飞过壕沟”“速度方向恰好与斜面平行”“速度方向与圆周相切”等，然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题。 （2026·云南昭通期末）如图，某同学在一次立定投篮练习中，在距离水平地面高为2 m处将篮球（视为质点）投出，篮球恰好垂直击中距离地面高为3.6 m的篮板上，篮球被水平弹回后，又恰好击中自己的双脚（视为质点），篮球抛出点和双脚可认为在同一竖直线上，不计空气阻力，则篮球撞击篮板前后瞬间的速度大小之比为（　　） A.9∶4 B.1∶1 C.3∶2 D.8∶5 答案：C　 解析：设篮球撞击篮板前后瞬间的速度大小分别为v1、v2，篮球从抛出到垂直撞击篮板过程可逆向看成平抛运动，则有h1＝g，x＝v1t1，解得v1＝x，篮球被水平弹回后，又恰好击中自己的双脚，篮球做平抛运动，则有h2＝g，x＝v2t2，解得v2＝x，则篮球撞击篮板前后瞬间的速度大小之比为＝＝＝。故选C。 　（2026·辽宁沈阳期中）如图所示，某同学将可视为质点的小球扔进游戏箱子的侧面开口处。将小球从离水平地面高度为1.80 m的抛出点，以大小为6 m/s的初速度水平抛出，游戏箱子的侧面开口处离水平地面的高度为1.35 m，小球恰好从侧面开口处落入箱中。不计空气阻力，取重力加速度大小为10 m/s2，则抛出点到箱子的侧面开口处的水平距离为（　　） A.1.2 m B.1.5 m C.1.6 m D.1.8 m 解析：D　抛出点到箱子的侧面开口处的竖直高度h＝1.80 m－1.35 m＝0.45 m，由h＝gt2，解得t＝＝0.3 s，则抛出点到箱子的侧面开口处的水平距离x＝v0t＝6×0.3 m＝1.8 m。故选D。 （2025·河南郑州三模）如图甲，某景观喷泉正以喷头为中心，在同一竖直面内向各个方向以相同大小的初速度将水喷出，落到水平湖面上，空气阻力忽略不计。以喷头为坐标原点O，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系，如图乙所示。已知图乙中实曲线为部分水流的轨迹，虚曲线为水流的包络线（与所有水流的轨迹均相切的曲线），虚曲线的方程为y＝－x2＋。取重力加速度g＝10 m/s2，则（　　） A.水喷出时速度大小为3 m/s B.水喷出后在空中飞行的最长时间为0.3 s C.水流飞行的最大水平位移为0.45 m D.水平位移最大的水流在空中的时间为 s 答案：D 解析：由y＝－x2＋知，当x＝0时，则有y＝，结合竖直上抛运动规律y＝，联立解得v0＝＝3 m/s，A错误；根据y＝gt2，可知水从喷出至运动到最高点对应的时间最长，故有t上＝＝0.3 s，根据抛体运动的对称性可得，水喷出后在空中飞行的最长时间为t＝2t上＝0.6 s，B错误；当y＝0时，水平位移最大，则有－x2＋＝0，解得x＝0.9 m，C错误；设水流喷出时，速度方向与水平方向的夹角为θ，根据运动的分解可得水平位移x＝v0cos θ·T，竖直方向上则有t＝，根据运动的对称性可得T＝2t＝，联立可得x＝sin 2θ，由数学知识可知，2θ＝90°时，即θ＝45°时水平位移最大，故水平位移最大的水流在空中的时间为T＝2t＝＝ s，D正确。 　〔多选〕（2026·河北邢台月考）公园草坪浇水，采用一种高效节水灌溉的方式——喷灌，通过专门的设备将水喷射出去，已知喷管的出水口横截面积为S，水的密度为ρ，水从出水口与水平方向夹角为45°喷出，能喷射的最大高度为H。不计喷头高度和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则喷水口（　　） A.水流在空中运动的时间为2 B.水流速度大小为 C.水射出后的水平射程为4H D.到地面间这段空中的水柱质量为2ρSH 解析：AC　水做斜抛运动，喷射的最大高度为H，根据H＝gt2，可得水流在空中运动的时间为t总＝2t＝2，故A正确；水在竖直方向上，有H＝，水从出水口喷出时与水平方向夹角为45°，则水流速度大小为v＝＝vy＝2，故B错误；水从出水口喷出时与水平方向夹角为45°，则vx＝vy，可得水射出后的水平射程为x＝vxt总＝×2＝4H，故C正确；喷水口到地面间这段水柱的质量为m＝ρV＝ρSvt总＝4ρSH，故D错误。 突破点二　立体空间中的抛体运动 　　 （2026·湖南郴州一模）我国某运动员获得2024年巴黎奥运会网球女子单打金牌，她的成功是勤奋训练的结果。如图所示，她在某次训练中将离地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为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。网球碰墙后垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变。已知重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是（　　） A.网球从击球点到P点的时间为1.3 s B.网球达到P点时速度大小为5 m/s C.网球碰墙后速度大小为3 m/s D.网球落地点到墙壁的距离为3.6 m 答案：B　 解析：建立如图所示的三维坐标系， 设h1＝1.25 m，h2＝8.45 m，l＝4.8 m，v1＝13 m/s。将网球的运动逆向看成平抛运动，则h2－h1＝gt2，解得网球运动时间为t＝1.2 s，网球抛出时的竖直分速度为v1z＝gt＝12 m/s，网球达到P点时速度大小为v2＝＝5 m/s，A错误，B正确；网球碰撞时垂直墙面的速度分量为v2y＝＝4 m/s，平行墙面的速度分量为＝＝3 m/s，网球碰墙后速度大小为v3＝＝3 m/s，C错误；网球反弹后做平抛运动，根据h2＝g，得运动时间为t1＝1.3 s，x1＝v3t1，网球落地点到墙壁的距离为x1＝0.75v2yt1＝3.9 m，D错误。 分析空间中的抛体运动的思路 （1）明确题意，形成运动轨迹在空间分布情况的一个轮廓； （2）以抛出点为坐标原点，根据运动情景建立三维直角坐标系； （3）确定每个坐标轴上的受力特点，明确各自的运动性质； （4）依据已知条件、运动学公式找出在各个坐标轴方向的位移、速度、加速度大小； （5）利用运动的合成与分解知识确定研究问题或联立求解相关问题。 　（2026·辽宁大连二模）2028年奥运会新增壁球运动项目。如图所示，运动员从A点将球斜向上击出，水平击中墙上B点反弹后又水平飞出，落到C点，BB'竖直，AB'C三点在同一水平面上，B'C垂直于AC。不计空气阻力，球碰撞B点前后的速度大小分别为v1、v2，球在AB、BC两段运动时间分别为t1、t2，则正确的是（　　） A.v1＝v2 B.v1＜v2 C.t1＞t2 D.t1＝t2 解析：D　依题意，球在由A到B阶段做斜上抛运动，看成反方向的平抛运动，则有hBB'＝g，球在由B到C阶段做平抛运动，有hBB'＝g，联立解得t1＝t2，故C错误，D正确；球在由A到B阶段水平方向，有xAB'＝v1t1，球在由B到C阶段水平方向，有xCB'＝v2t2，由图可知xAB'＞xCB'，联立解得v1＞v2，故A、B错误。 突破点三　圆周运动的临界问题 　　 水平面内圆周运动的临界问题 〔多选〕（2026·天津南开期中）如图，餐厅里两瓷罐P、Q（可视为质点）放在水平圆桌转盘上，质量分别为m、2m，离转轴OO'的距离分别为R、2R，与转盘间的动摩擦因数均为μ。若转盘从静止开始缓慢地加速转动，P、Q与转盘均保持相对静止，用ω表示转盘的角速度，则（　　） A.当ω增大时，Q比P先开始滑动 B.P、Q未滑动前所受的摩擦力大小相等 C.P开始滑动时的角速度为 D.当ω＝时，P所受摩擦力的大小为μmg 答案：AC　 解析：设瓷罐刚开始滑动时角速度为ω0，则有μmg＝mr，解得临界角速度ω0＝，可知r越大，临界角速度越小，故当ω增大时，Q比P先开始滑动，故A正确；P、Q未滑动前，Q受到的摩擦力fQ＝2mω2×2R＝4mω2R，P受到的摩擦力fP＝mω2×R＝mω2R，可知P、Q未滑动前所受的摩擦力大小不相等，故B错误；由A选项的分析可知P开始滑动时的角速度为ωP＝，故C正确；当ω＝＜ωP＝，P没有滑动，则FfP'＝mω2R＝μmg，故D错误。 1.与摩擦力有关的临界极值问题 物体间恰好发生或者不发生相对滑动的临界条件是物体间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力。 2.与弹力有关的临界极值问题 （1）物体接触或分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零； （2）绳上拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳上拉力恰好为最大承受力等。 　〔多选〕（2026·广东东莞模拟）如图所示，半径R＝3l的光滑圆筒竖直固定，长度为5l的轻绳，一端固定在圆筒轴线上一点，另一端悬挂可视为质点、质量为m的小球。现使小球在水平面内做匀速圆周运动，小球始终在圆筒内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A.小球角速度越大，轻绳的拉力越大 B.小球角速度ω＝时，轻绳的拉力为5mg C.小球角速度ω＝时，小球受两个力的作用 D.小球角速度ω＝时，筒壁与小球之间的作用力大小为mg 解析：CD　当小球角速度较小时，此时小球与圆筒未接触，对小球受力分析得绳子拉力为FT＝，随着小球角速度越大，θ越大，绳子的拉力越大，当小球与圆筒接触后，小球角速度再增大时，θ不变，故此时绳子的拉力不变，故A错误；当小球与圆筒刚好接触时，有mgtan θ＝mω2R，tan θ＝＝，解得ω＝，故可知当ω＞时，小球此时与圆筒间有弹力，故当小球角速度ω＝时，此时小球与圆筒间有弹力，绳子的拉力为FT＝＝＝mg，当小球角速度ω＝＜时，小球未与圆筒接触，此时只受重力和绳子的拉力两个力的作用，故B错误，C正确；当小球角速度ω＝时，此时小球与圆筒间有弹力作用，对小球受力分析FTsin θ＋FN＝mω2R，FTcos θ＝mg，解得筒壁与小球之间的作用力大小为FN＝mg，故D正确。 竖直面内圆周运动的临界问题 　两类模型的对比 项目 轻绳模型（最高点无支撑） 轻杆模型（最高点有支撑） 实例 球与绳连接、“水流星”、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等 图示 项目 轻绳模型（最高点无支撑） 轻杆模型（最高点有支撑） 受力示意图 力学方程 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m 项目 轻绳模型（最高点无支撑） 轻杆模型（最高点有支撑） 临界特征 F弹＝0 mg＝m 即vmin＝ （1）v＝0 即F向＝0 F弹＝mg （2）F弹＝0 mg＝m v＝ 项目 轻绳模型（最高点无支撑） 轻杆模型（最高点有支撑） 讨论分析 （1）最高点，若v≥，F弹＋mg＝m，绳或轨道对球产生弹力F弹； （2）若v＜，则不能到达最高点，即到达最高点前小球已经脱离了圆轨道 （1）当v＝0时，F弹＝mg，F弹背离圆心； （2）当0＜v＜时，mg－F弹＝m，F弹背离圆心并随v的增大而减小； （3）当v＝时，F弹＝0； （4）当v＞时，mg＋F弹＝m，F弹指向圆心并随v的增大而增大 （2026·辽宁丹东期中）如图甲，一长为R且不可伸长的轻绳一端固定在点O，另一端系住一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。若小球经过最高点时速度大小为v、绳子拉力大小为F，则F与v2的关系如图乙所示，下列说法中正确的是（　　） A.绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更大 B.小球质量不变，换更长的轻绳做实验，图线b点的位置不变 C.利用该装置可以得出小球的质量m＝ D.利用该装置可以得出重力加速度g＝ 答案：C 解析：在最高点时，根据F＋mg＝m，可得F＝v2－mg，则图像的斜率k＝，绳长不变，用质量更小的球做实验，得到的图线斜率更小，故A错误；根据F＝v2－mg，可知b＝gR，则小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线b点的位置右移，故B错误；由图可知k＝＝，可得m＝，故C正确；由b＝gR可知，利用该装置可以得出重力加速度g＝，故D错误。 　（2026·湖南长沙一模）如图，在竖直平面内，轻杆一端通过转轴连接在O点，另一端固定一质量为m的小球。小球从A点由静止开始摆下，先后经过B、C两点，A、C两点分别位于O点的正上方和正下方，B点与O点等高，不考虑摩擦及空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.小球在B点受到的合力大小为2mg B.小球在C点受到的合力大小为2mg C.从A到C的过程，杆对小球的弹力最大值为5mg D.从A到C的过程，杆对小球的弹力最小值为4mg 答案：C 解析：从A到B的过程，根据动能定理，有mgR＝m，小球运动到水平位置B时，竖直方向有Fy＝mg，水平方向有Fx＝m，所以小球在B点受到的合力大小为F合＝＝mg，故A错误；从A到C的过程，根据动能定理，有mg·2R＝m，根据牛顿第二定律，有F＝m，解得F＝4mg，此时杆的弹力最大，则有F弹－mg＝m，解得F弹＝5mg，故B错误，C正确；从A运动到C的过程中，在A点，杆对球的力沿杆向外，在B点，杆对球的力沿杆向内，从A到B之间的某处，杆对球的弹力最小为零，故D错误。 斜面上圆周运动的临界问题 1.题型简述：在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如静摩擦力控制、绳控制、杆控制等，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。 2.解题关键：重力的分解和视图 物体在斜面上做圆周运动时，设斜面的倾角为θ，重力垂直斜面的分力与物体受到的支持力相等，解决此类问题时，可以按以下操作，把问题简化。 物体在转动过程中，随着角速度增大，最先滑动的位置是最低点，恰好滑动时：μmgcos θ－mgsin θ＝mω2R。 〔多选〕（2025·安徽合肥三模）如图所示，与水平方向成θ＝30°角的圆盘绕垂直于盘面且过圆心的轴做匀速圆周运动，角速度ω＝ rad/s。盘面上距轴r＝0.5 m处有一可视为质点的小物块恰能与圆盘保持相对静止。小物块的质量m＝1 kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.物块与盘面间的动摩擦因数为 B.物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小 C.物块转至与圆盘圆心高度相同处时，圆盘对物块的摩擦力大小为2.5 N D.在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在最高点的摩擦力不可能为零 答案：ABD　 解析：对小物块受力分析，可知向心力由重力沿转盘斜面向下的分力和转盘对物块的静摩擦力提供，如图所示，以重力沿转盘斜面向下的分力的箭尾为圆心，向心力的大小为半径作圆，根据力的三角形定则可知，物块从最低点转到最高点的过程中，圆盘对物块的摩擦力一直减小，故B正确；由B项的分析可知，物块在最低点时摩擦力最大，最容易脱落。物块与转盘恰能保持相对静止，可知物块转至最低点时，摩擦力恰好为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r，解得μ＝，故A正确；当物块转至与转盘圆心高度相同处时，根据平行四边形定则有f＝＝ N，故C错误；若最高点摩擦力为零，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝mr，解得ω0＝ rad/s＞ rad/s，故在保持物块相对圆盘静止的情形下，改变圆盘角速度，物块在最高点的摩擦力不可能为零，故D正确。 　（2025·山东临沂三模）游乐场里有一个半径为5 m的倾斜匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘可绕过圆盘圆心O且垂直于盘面的固定对称轴以1 rad/s的角速度匀速转动，如图所示。一个小孩（可视为质点）坐在盘面上距O点距离r处，小孩与盘面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。要保证小孩与圆盘始终保持相对静止，则距离r的可能取值范围为（　　） A.0＜r≤2.5 m B.1 m≤r≤3.5 m C.2.5 m≤r≤4 m D.2.5 m≤r≤5 m 解析：A　当小孩转到圆盘的最低点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，设半径为r1，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2r1，解得r1＝2.5 m；当小孩转到圆盘的最高点刚要滑动时，所受的静摩擦力沿斜面向下达到最大，设半径为r2，根据牛顿第二定律有μmgcos 30°＋mgsin 30°＝mω2r2，解得r2＝12.5 m，可知r2＝12.5 m＞5 m，故r2不符合要求，故距离r的可能取值范围为0＜r≤2.5 m。故选A。 　　 1.（2026·广东湛江期中）如图所示为港珠澳大桥的一段半径r＝150 m的圆弧形弯道，总质量m＝1 800 kg的汽车通过该圆弧形弯道时以速度v大小为90 km/h做匀速圆周运动（汽车可视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度）。已知路面与汽车轮胎间的径向最大静摩擦力为汽车所受重力的，重力加速度g取10 m/s2，则（　　） A.汽车过该弯道时受到重力、支持力、摩擦力、牵引力和向心力 B.汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为4 000 N C.汽车过该弯道时的向心加速度大小为4 m/s2 D.汽车能安全通过该弯道的最大速度为15 m/s 解析：D　汽车过该弯道时受到重力、牵引力、支持力和摩擦力作用，摩擦力提供其做圆周运动所需的向心力，故A错误；汽车过该弯道时所受径向静摩擦力大小为Ff＝m＝7 500 N，故B错误；汽车过该弯道时的向心加速度大小为a＝＝ m/s2，故C错误；汽车能安全通过该弯道，当其速度最大时满足mg＝m，解得vm＝15 m/s，故D正确。 2.（2026·海南三亚模拟）如图所示，从高度为H的A点以初速度v0水平向左抛出一颗石子（可视为质点），石子刚好落在砖墙的最下端B处。已知砖墙的高度为H，重力加速度为g，不计空气阻力，则石子在下落过程中到达与砖墙顶部等高的C点时，到墙面的距离L为（　　） A.v0 B.v0 C.v0 D.2v0 解析：B　若石子刚好落在砖墙的最下端B处，则根据平抛运动规律可知H＝gt2，则水平位移x＝v0t＝v0，石子在下落过程中到达与砖墙顶部等高的C点时，根据平抛运动规律可知H－H＝gt'2，则水平位移x'＝v0t'＝v0，故石子在下落过程中到达与砖墙顶部等高的C点时，到墙面的距离L为Δx＝x－x'＝v0－v0＝v0。故选B。 3.〔多选〕（2025·河北邯郸期末）如图所示，三角形为一光滑圆锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ＝37°。一根长为l＝1 m的细线一端系在圆锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕圆锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，则（　　） A.小球受重力、支持力、拉力和向心力 B.小球可能只受拉力和重力 C.当ω0＝ rad/s时，小球对圆锥体的压力刚好为零 D.当ω＝2 rad/s时，小球受重力、支持力和拉力作用 解析：BC　向心力是效果力，不是小球实际受到的力。对小球受力分析，小球受重力、细线的拉力，小球可能受圆锥体的支持力，也可能不受圆锥体的支持力；角速度较小时，小球紧贴圆锥面，则FTcos θ＋FNsin θ＝mg，FTsin θ－FNcos θ＝mω2lsin θ，随着角速度的增加，FT增大，FN减小，当角速度达到ω0时支持力为零，当支持力恰好为零时，有mgtan θ＝lsin θ，解得ω0＝ rad/s，A错误，B、C正确；因为2 rad/s＞ rad/s，所以，当ω＝2 rad/s时，小球已经离开斜面，小球只受重力、拉力的作用，D错误。 4.★〔多选〕（2026·云南文山期中）配备消防模块的机器狗可通过高压喷水装置进行灭火作业。如图所示，某次测试中，机器狗位于水平地面上O点，以与水平方向成θ角（θ只能在小于45°范围内变化）的初速度v斜向上喷水，水流恰好可以喷射到水平地面P位置的火源。忽略机械狗的大小、空气阻力和水柱粗细。若机器狗向火源移动一小段距离，则在以下操作中有可能让水流恰好喷射到火源的是（　　） A.只减小夹角θ B.只增大夹角θ C.只减小初速度v D.只增大初速度v 解析：AC　根据斜抛运动的规律可知水在空中运动的时间t＝，则火源与机器狗的水平距离x＝vcos θ·t＝＝，若机器人向火源移动一小段距离，则x减小，由于θ只能在小于45°范围内变化，只减小夹角θ，则sin 2θ减小，则x减小，可实现让水流恰好喷射到火源，故A正确，B错误；只减小初速度v，则x减小，可实现让水流恰好喷射到火源，故C正确，D错误。 5.（2026·福建福州模拟）如图所示，某同学站在水平地面上对着竖直墙壁练习接发排球，排球被该同学从离地高h处斜向上击出，刚好垂直击中竖直墙壁上的某一点，排球击中墙壁后，以击中前瞬时速率的一半反弹，恰好落在击出点正下方的地面上，排球可视为质点，忽略空气阻力，则墙壁上被击中点离地高度为（　　） A.h B.h C.h D.h 解析：B　设排球被击出时，在水平方向上的分速度大小为2v0，则击中墙壁后反弹的速度大小为v0，如图所示，由抛体运动知识可知，水平方向有x＝2v0t1，x＝v0t2，竖直方向有g－g＝h，又H＝g，联立解得H＝h。故选B。 6.（2025·江西景德镇三模）如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和球B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，重力加速度为g。则球B在最高点时（　　） A.球B的速度为零 B.球A的速度大小为 C.水平转轴对杆的作用力为mg D.水平转轴对杆的作用力为2mg 解析：B　球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，由v＝ωr，解得球A的速度大小为vA＝vB＝，故B正确；杆对A球的作用力T－mg＝m，则T＝mg，B球到最高点时，对杆无弹力，所以水平转轴对杆的作用力为1.5mg，C、D错误。 7.〔多选〕（2026·河南郑州期末）2025年亚洲冬奥会在哈尔滨举行，如图为某滑雪场地的侧视简图，它由助滑雪道和着陆坡构成，着陆坡与水平面的夹角θ＝30°。某次滑雪过程中，运动员在A点沿与着陆坡夹角α＝60°的方向，以v0＝10 m/s的初速度离开雪道，在着陆坡上的B点着陆。忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，则运动员（　　） A.从A点到最高点的运动时间为1 s B.在空中运动的最小速度为5 m/s C.离着陆坡的最远距离为5 m D.运动轨迹最高点与B点的高度差为11.25 m 解析：BD　因v0与水平方向夹角为30°，则从A点到最高点的运动时间为t1＝＝ s＝0.5 s，选项A错误；在空中运动的最小速度等于抛出时的水平速度，则为vmin＝v0cos 30°＝5 m/s，选项B正确；离着陆坡的最远距离为hmax＝＝ m，选项C错误；设A、B两点间的距离为L，则由斜抛运动的规律可知Lcos 30°＝v0cos 30°·t，Lsin 30°＝－v0sin 30°·t＋gt2，解得t＝2 s，L＝20 m，则运动轨迹最高点与B点的高度差为Δh＝＋Lsin 30°＝11.25 m，选项D正确。 8.（2026·山东潍坊期末）如图所示的正方体空间，其面ABCD水平。现将一小球先后两次从A点水平抛出，当以速度v1沿AC方向抛出时打在C'点，且在C'点的速度与竖直方向夹角为θ1；当以速度v2沿AD方向抛出时打在DD'中点E，且在E点的速度与竖直方向夹角为θ2。不计空气阻力，则（　　） A.v1∶v2＝1∶1 B.v1∶v2＝1∶ C.tan θ1∶tan θ2＝1∶1 D.tan θ1∶tan θ2＝∶1 解析：A　根据题意，设正方体的棱长为a，由几何关系可知，当沿AC方向抛出时，水平位移为x1＝＝a，则有a＝v1t1，竖直方向上有a＝g，解得v1＝，在C'点时的竖直分速度为v1y＝gt1＝，则有tan θ1＝＝，当沿AD方向抛出时，水平方向上有a＝v2t2，竖直方向上有＝g，v2y＝gt2，解得v2＝，v2y＝，则有tan θ2＝＝1，则v1∶v2＝1∶1，tan θ1∶tan θ2＝1∶。故选A。 9.〔多选〕（2026·安徽芜湖模拟）如图，BD为斜面顶端的水平边沿，某同学将水弹枪瞄准D点正上方的某点C（即初速度沿AC方向）进行打靶训练，若水弹从斜面最低点A处以一定初速度射出，则经过一段时间后恰好水平击中D点。已知斜面的倾角为30°，重力加速度为g＝10 m/s2，AB长度xAB＝6 m，BD长度xBD＝9 m，不计空气阻力。则下列说法中正确的有（　　） A.水弹从射出到击中D点经历的时间为0.6 s B.点C距离D点的高度为3 m C.水弹击中D点时的速度大小为6 m/s D.水弹射出时的初速度大小为6 m/s 解析：BC　如图所示，由题意知xDE＝xAB＝6 m，由几何知识可得xDF＝xDEsin 30°＝3 m，xEF＝xDEcos 30°＝3 m，则xAF＝＝6 m，利用逆向思维，从 D到A可看作平抛，有xDF＝gt2，可得t＝ s，故A错误；水平方向上有xAF＝vD·t，联立解得vD＝6 m/s，故C正确；水弹射出时的初速度大小v0＝，联立解得v0＝4 m/s，故D错误；在A点有tan α＝，又tan α＝，联立解得xCD＝3 m，故B正确。 10.〔多选〕（2025·广西南宁二模）如图所示，长为L的细绳一端固定在倾角为α的光滑斜面上的O点，另一端拴接质量为m的小球（可视为质点）。小球在斜面上绕O点做圆周运动，到最高点P时细绳拉力恰好为零。重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A.小球运动到最低点Q时，细绳的拉力大小为6mgsin α B.小球运动到最低点Q时，细绳的拉力大小为3mgsin α C.小球运动到与圆心等高的位置时，速度大小为 D.小球运动到与圆心等高的位置时，速度大小为 解析：AD　小球到最高点P时细绳拉力恰好为零，根据牛顿第二定律有mgsin α＝m，小球从最高点运动到最低点Q的过程，由动能定理有mg×2Lsin α＝m－m，小球运动到最低点Q时，由牛顿第二定律有T－mgsin α＝m，解得T＝6mgsin α，故A正确，B错误；小球从最高点运动到与圆心等高的过程，由动能定理有mgLsin α＝m－m，代入数据可得v3＝，故C错误，D正确。 11.★〔多选〕（2025·山东德州三模）如图甲所示，“天鲲号”不仅是我国疏浚装备制造技术的巅峰之作，更是综合国力提升的重要象征。不计空气阻力，“天鲲号”在吹沙填海工程中喷出泥沙的运动可视为斜上抛运动，以排泥管口为坐标原点，建立图乙所示坐标系。排泥管口的仰角为θ，距海平面的高度为h，泥沙喷出的初速度大小为v0，在排泥过程中“天鲲号”始终保持静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A.喷出的泥沙相对于海平面的最大高度为＋h B.泥沙从排泥管口喷出到落至海平面所用的时间为 C.喷出的泥沙在空中运动的轨迹方程为y＝xtan θ－ D.调整仰角θ，泥沙在海面落点x坐标的最大值为 解析：AC　由题意可知，竖直方向有v0y＝v0sin θ，则h1＝＋h＝＋h，A正确；泥沙上升过程有t1＝＝，下落过程有t2＝，则泥沙从排泥管口喷出到落至海平面所用的时间为t＝t1＋t2，联立解得t＝＋，B错误；水平方向有x＝v0tcos θ，竖直方向有y＝v0tsin θ－gt2，联立解得轨迹方程为y＝xtan θ－，C正确；在水平方向有x＝v0tcos θ，其中t＝＋，联立解得x＝，可知当tan θ＝时水平位移有最大值，最大位移为xm＝，D错误。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $