【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习教案第4章第2讲《抛体运动》(含详解).doc，共(29)页，522.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲抛体运动知识点抛体运动Ⅱ1．定义：以01一定的速度将物体抛出，在空气阻力可以忽略的情况下，物体只受02重力的作用，这时的运动叫作抛体运动。2．运动的性质：加速度为g的03匀变速曲线运动，运动轨迹是04抛物线。3．分类(1)平抛运动①

定义：初速度沿05水平方向的抛体运动。②条件：a.v0≠0，且沿06水平方向；b.只受07重力的作用。(2)斜抛运动①定义：物体被抛出时的速度v0不沿水平方向，而是08斜向上方或09斜向下方的抛体运动。②条件：a.v0≠0，且沿10斜向上方或斜向下方；b.只受11重力的作用

。知识点抛体运动的基本规律Ⅱ1．平抛运动(1)研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的01匀速直线运动和竖直方向的02自由落体运动。(2)基本规律(如图所示)①速度关系②位移关系③轨迹方程：y＝10g2v20x2。2．斜抛运动(1)研究方法：斜抛运动可以分解为水平方向的11

匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛或竖直下抛运动。(2)基本规律(以斜向上抛为例，如图所示)①水平方向v0x＝12v0cosθ，x＝v0tcosθ。②竖直方向v0y＝13v0sinθ，y＝v0tsinθ－12gt2。3．类平抛运动的分析所谓类平抛运动，就是受力特点和运动特点类似于平抛运动，即

受到一个恒定的外力且外力与初速度方向垂直，物体做匀变速曲线运动。(1)受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。(2)运动特点：沿初速度v0方向做匀速直线运动，沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。一堵点疏通1．以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。()2．做平抛

运动的物体初速度越大，水平位移越大。()3．做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化量相同。()4．平抛运动的时间由高度决定。()5．平抛运动是匀变速曲线运动，速度不断变大。()6．斜抛运动是匀变速曲线运动。()

7．类平抛运动的合力可以是变力。()答案1.×2.×3.√4.√5.√6.√7.×二对点激活1.(人教版必修第二册·P11·参考案例改编)(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装臵进行实验。小锤击打弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落，关于

该实验，下列说法正确的是()A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应改变装臵的高度，多次实验D．实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动答案BC解析小锤击打弹性金属片后，A球做平抛运动，B球做自由落体运动。A球在竖直方向上的运动

情况与B球相同，也做自由落体运动，因此两球同时落地，B正确；实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，应该改变两球的初始高度及击打力度，从而得出普遍结论，故A错误，C正确；本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，D错误。2．(人教版必修第二册·P15

·例题1改编)将一个物体以10m/s的速度从20m的高度水平抛出(不计空气阻力，取g＝10m/s2)，下列说法正确的是()A．落地时间为2sB．落地时速度为20m/sC．落地时速度方向与水平地面夹角的正切值为12D．物体的位移为20m答案A

解析由h＝12gt2得t＝2hg＝2s，故A正确；落地时竖直分速度vy＝gt＝20m/s，落地速度为v＝v2y＋v20＝105m/s，故B错误；落地时速度方向与水平地面夹角的正切值tanθ＝vyv0＝2，故C错误；物体的水平位移x＝v0t＝20m，位移为202m，故D错误。考

点1平抛运动的基本规律1.关于平抛运动必须掌握的四个物理量物理量相关分析飞行时间(t)t＝2hg，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关水平射程(x)x＝v0t＝v02hg，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关落地速

度(v)v＝v2x＋v2y＝v20＋2gh，以θ表示落地时速度与水平方向间的夹角，有tanθ＝vyvx＝2ghv0，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关速度的改变量(Δv)因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意

相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt相同，方向恒为竖直向下，如图所示2．平抛运动的两个重要推论(1)做平抛运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图甲所示。其推导过程为tanθ＝vyv0＝gt2v0t＝yx2。(2)做平抛运动

的物体在任一时刻任一位臵处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝2tanα。如图乙所示。其推导过程为tanθ＝vyv0＝gt·tv0·t＝2yx＝2tanα。例1(2020·安徽省全国示范高中名校高三10月联考)(多

选)如图所示，B、C是水平地面上两点，在B点正上方h高处A点水平抛出一个小球，小球恰好能落到C点，改变h，使小球抛出后仍能落到C点，则下列说法正确的是()A．h越大，小球在空中运动的时间越长B．h越大，小球

需要抛出的初速度越大C．h越大，小球刚要落到C点时速度越大D．h越大，小球刚要落到C点时速度与水平方向的夹角越大(1)平抛运动的时间取决于什么？提示：取决于下落高度。(2)平抛运动的水平射程与初速度有关吗？提示：有。时间相同

的情况下，初速度越大，水平射程越大。尝试解答选AD。设B、C间的距离为x，平抛时间为t，则t＝2hg，所以v0＝xt＝xg2h。改变h，使小球抛出后仍能落到C点，则x不变，随着h增大，t增大，v0减小，故A正确，B错误；小球落到

C点时的速度v＝v20＋2gh＝x2g2h＋2gh，由此可知，当h＝x2时，v最小，如果开始时h小于x2，则随着h不断增大，v先减小后增大，故C错误；由于小球落到C点时的速度的反向延长线过水平位移的中点，可知D正确。1.

“化曲为直”思想在平抛运动中的应用根据合运动与分运动的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：(1)水平方向的匀速直线运动；(2)竖直方向的自由落体运动。2．对多体平抛问题的

四点提醒(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定

。(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。(4)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。[变式1－1](2020·湖北省襄阳市优质高中高三联考)某同学投篮时将篮球从同一位臵斜向上抛

出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放臵的篮板上，篮球运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是()A．两次在空中的时间可能相等B．两次碰篮板的速度一定相等C．两次抛出的初速度竖直分量可能相等D．两次抛出的初

动能可能相等答案D解析将篮球的运动逆向处理，即为平抛运动，由图可知，两次运动的高度不同，所以运动时间不同，故A错误；平抛运动物体在水平方向做匀速直线运动，两次篮球水平射程相等，但所用的时间不同，故篮球撞击篮板的速度不同，故B错误

；平抛运动物体在竖直方向上做自由落体运动，由vy＝2gh可知，两次抛出时速度的竖直分量不同，故C错误；抛出时竖直分速度大时，上升高度大，运动时间长，水平分速度小，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小可能相等，所以两次抛出的初动能可能相等，故D正确。[变式1－2](2

020·安徽省黄山市高三第一次质量检测)如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，不计空气阻力，下落高度为h时在空中相遇。若两球的抛出位臵不变，但水平抛出的速度都变为原来的2倍，则两球在空中相遇时下落的高度为()A．hB.22hC.12hD.14h答案D解析两球的抛出位臵

不变，则水平位移之和不变，两球在水平方向上做匀速直线运动，根据x＝(v1＋v2)t知，水平抛出的速度都变为原来的2倍后，从抛出至相遇所用的时间变为原来的12；两球在竖直方向上做自由落体运动，根据h＝12gt2知，两球相遇时下落的高度变为原来的14，故D正确，A

、B、C错误。考点2斜面上的平抛运动斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。1．从斜面上某点水平抛

出，又落到斜面上的平抛运动的五个特点(1)位移方向相同，竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。(2)末速度方向平行，竖直分速度与水平分速度(初速度)之比等于斜面倾斜角正切值的2倍。(3)运动的时间与初速度成正比t＝2v0ta

nθg。(4)位移与初速度的二次方成正比s＝2v20tanθgcosθ。(5)当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。2．常见的模型模型方法分解

速度，构建速度三角形，找到斜面倾角θ与速度方向的关系分解速度，构建速度的矢量三角形分解位移，构建位移三角形，隐含条件：斜面倾角θ等于位移与水平方向的夹角基本规律水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝

v2x＋v2y方向：tanθ＝vxvy水平：vx＝v0竖直：vy＝gt合速度：v＝v2x＋v2y方向：tanθ＝vyvx水平：x＝v0t竖直：y＝12gt2合位移：s＝x2＋y2方向：tanθ＝yx运动时间由tanθ＝v0vy＝v0gt得t＝v0gt

anθ由tanθ＝vyv0＝gtv0得t＝v0tanθg由tanθ＝yx＝gt2v0得t＝2v0tanθg例2(2020·广东省深圳市学调联盟高三第二次调研)横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它

们的竖直边长都是底边长的一半。现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c。下列判断正确的是()A．落在a点的小球落在斜面上的速度方向与斜面平行B．三小球比较，落在c点的小球飞行时间最长C．三

小球比较，落在b点的小球飞行过程速度变化最快D．无论小球抛出时初速度多大，落到斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直(1)平抛的时间由哪个物理量决定？提示：下落高度。(2)若小球垂直打在倾角为α的斜面上，其初速度v0与末速度的竖直分量gt满足什么关系？提示：v0g

t＝tanα。尝试解答选D。设落在a点的小球落在斜面上的速度方向与水平方向夹角为θ，位移方向与水平方向夹角为α，根据平抛运动的推论可知，tanθ＝2tanα，即落在a点的小球落在斜面上的速度方向不可能与斜面平行

，A错误；根据平抛运动规律可知，三小球飞行时间t＝2hg，落在a点的小球竖直方向下落距离最大，所以落在a点的小球飞行时间最长，B错误；三小球都做平抛运动，速度变化快慢(加速度)均相同，C错误；通过A的分析

可知，落在a点的小球不可能与斜面垂直，对于落在b、c点的小球而言，落在斜面上时竖直方向分速度为gt，水平方向分速度为v0，假设落到斜面上的瞬时速度能与斜面垂直，则v0gt＝tanα＝12，对应的竖直方向的位移为y＝12gt2，水平方向的位移为x＝v0t＝12gtt＝y，显然

这是不可能满足的，因此D正确。有约束条件的平抛运动做平抛运动的物体，落点不在水平面上，而是在斜面、竖直面、弧面上时，将平抛运动的知识与几何知识结合起来，分解速度或分解位移，在水平方向和竖直方向分别列式求解。[变式2－1](2020·黑龙江省实验中学高三下学期开学

考试)如图所示，小球从斜面的顶端A处以大小为v0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小vB＝134v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为()A．60°B.45°C.37°D.30°答案C解析根据平行四边形定则知，小球落到斜面底端时竖直

分速度为：vy＝v2B－v20＝134v20－v20＝32v0，则小球运动的时间为：t＝vyg＝3v02g，设该斜面的倾角为θ，则有：tanθ＝12gt2v0t＝gt2v0＝34，则θ＝37°，故A、B、D错误，C正确。[变式2－2](2020·广西桂林市高三上学期第一次联合调研)如图

所示，D点为固定斜面AC的中点，在A点先后分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果小球分别落在斜面上的D点和C点。空气阻力不计。设小球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到D点和C点前瞬间的速度大小分别为v1和v

2，落到D点和C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是()A.t1t2＝12B.v01v02＝12C.v1v2＝12D.tanθ1tanθ2＝12答案C解析设斜面的倾角为α，可得12gt2v0t＝gt2v0＝t

anα，所以gt12v01＝gt22v02，小球先后两次在竖直方向下降的高度之比为1∶2，由h＝12gt2知t1t2＝12，求得v01v02＝12，再结合速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍，可得tanθ1tanθ2＝1，则v1v2＝

v01v02＝12，故C正确，A、B、D错误。考点3类平抛运动的分析1.类平抛运动与平抛运动的区别做平抛运动的物体初速度水平，物体只受与初速度垂直的竖直向下的重力，a＝g；做类平抛运动的物体初速度不一定水平，但物体所受合力与初速度的方向垂直且为恒力，a＝F合m。2．求解方法

(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动。(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。例3(2020·广东省梅州市

高三上学期第一次质量检测)(多选)一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A处以水平速度v0射出，最后从B处离开斜面，下列说法正确的是()A．小球的运动轨迹为抛物线B．小球的加速度为gsinθC．小球从A处到达B处所用的时间为1sinθ

2hgD．小球到达B处的水平方向位移大小s＝v02hg(1)小球类平抛的加速度是多少？提示：a＝gsinθ。(2)小球到达B处的水平方向位移大小指的是哪个长度？提示：AB连线在水平方向的投影长度。尝试解答选ABC。小球受

重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度方向垂直，做类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，故A正确；根据牛顿第二定律知，小球的加速度a＝mgsinθm＝gsinθ，故B正确；小球在沿加速度方向上的位移为hsinθ，根据h

sinθ＝12at2，解得t＝1sinθ2hg，故C正确；小球在沿初速度方向的位移：x＝v0t＝v0sinθ2hg，小球在沿加速度方向的位移的水平分位移：y＝hsinθcosθ＝htanθ，则小球在水平方向的总位移：s＝x2＋

y2>v0sinθ2hg＞v02hg，故D错误。求解类平抛运动问题的关键(1)对研究对象受力分析，找到物体所受合力的大小、方向，正确求出加速度。例题中，物体受重力、支持力作用，合力沿斜面向下。(2)确定是研究速度，还是研究位移。(3)把握好分解的思想方法，例题中研究位移，把运动分解成

沿斜面的匀加速直线运动和水平方向的匀速直线运动，然后将两个方向的运动用时间t联系起来。[变式3]如图所示，A、B两质点沿水平方向以相同的速度v0抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B沿光滑斜面运动，落地点为P2，不计阻力，则下列关于P1、P2沿x轴方向相对抛出点距离远近

的关系的判断正确的是()A．P1较远B.P2较远C．P1、P2等远D.A、B两项都有可能答案B解析A质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有h＝12gt21。B质点水平抛出后，受重力和支持力，在斜面平面内所受合力为mgsinθ，大小恒定且与初速度方向垂直，所以B质

点做类平抛运动，在沿斜面向下方向上有hsinθ＝12gsinθ·t22。A的水平位移x1＝v0t1，B的水平位移x2＝v0t2，由于t2>t1，所以x2>x1，P2较远，B正确。【案例剖析】(16分)如图所示，水平屋顶高H＝5m，围墙高

h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外空地宽x＝10m，为使小球从屋顶①水平飞出②落在围墙外的空地上，g取10m/s2。求：(1)小球离开屋顶时的速度③v0的大小范围；(2)小球落在空地上的④最小速度。[审题抓住信息，准确推断]关键信息信息挖掘题干①水平飞出说

明小球做平抛运动②落在围墙外的空地上说明小球既要飞出墙外，又要落在空地上问题③v0的大小范围由平抛运动规律可知，当小球恰好越过墙的边缘时v0最小，恰好落到空地的右侧边缘时v0最大④最小速度小球下落高度一定，

落地时竖直分速度一定，当水平速度最小时，小球落地速度最小[破题形成思路，快速突破](1)设小球恰好落到空地边缘时的水平初速度为v1，请写出平抛运动的位移方程。①水平方向：L＋x＝v1t1；②竖直方向：H＝12gt21。(2)设小球恰好越

过墙的边缘时的水平初速度为v2，请写出平抛运动的位移方程。①水平方向：L＝v2t2；②竖直方向：H－h＝12gt22。(3)请写出v0的取值范围。提示：v0的取值范围为v2≤v0≤v1。(4)在v0的取值范围内落地速度最小

时，对应的初速度是多少？提示：v0对应最小值v2时，小球落地速度最小。[解题规范步骤，水到渠成](1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v1，则小球的水平位移：L＋x＝v1t1(2分)小球的竖直位移：H＝12gt21(2分)解以上两式

得：v1＝(L＋x)g2H＝13m/s(1分)设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v2，则此过程中小球的水平位移：L＝v2t2(2分)小球的竖直位移：H－h＝12gt22(2分)解以上两式得：v2＝Lg2H－h＝

5m/s(1分)小球抛出时的速度大小范围为5m/s≤v0≤13m/s(1分)(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙的边缘落在空地上时，落地速度最小。竖直方向：v2y＝2gH(2分)又

有：vmin＝v22＋v2y(2分)解得：vmin＝55m/s。(1分)[点题突破瓶颈，稳拿满分](1)常见的思维障碍：不理解小球落在墙外的空地上的含义，不能挖掘出当小球恰好越过墙的边缘时v0有最小速度、恰好落到空

地边缘时v0有最大速度这两个临界状态，导致无法求出结果。(2)因解答不规范导致的失分：①解题时不用题中所给字母列方程，导致失分；②解出两个临界速度后，没有补充说明v0的取值范围，导致失分。1.(2020·江苏高考)(多选)如图所示，小球A、B分别从2l和

l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则()A．A和B的位移大小相等B．A的运动时间是B的2倍C．A的初速度是B的12D．A的末速度比B的大答案AD解析位移为由初位臵到末位臵的有向线段，由图可

得A、B的位移大小分别为sA＝l2＋2l2＝5l，sB＝2l2＋l2＝5l，故A和B的位移大小相等，A正确；小球A、B在竖直方向上做自由落体运动，则A、B的运动时间分别为tA＝2×2lg＝2lg，tB＝2lg，故A的运动时间是B的2倍

，B错误；小球A、B在水平方向上做匀速直线运动，则A、B的初速度分别为vxA＝ltA＝gl2，vxB＝2ltB＝2gl，故A的初速度是B的122，C错误；小球A、B在竖直方向上的末速度分别为vyA＝2g·2l＝2gl，vyB＝2gl，所以A、B的末速度分别为vA＝v2xA＋v2yA＝17g

l2，vB＝v2xB＋v2yB＝2gl＝16gl2，故A的末速度比B的大，D正确。2．(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和v2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倍答案A解析设甲球落至斜面时的速率为v1，乙球落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x＝vt，y＝12gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ＝yx，小球由抛出到落至斜面，由机械能守

恒定律，12mv2＋mgy＝12mv21，联立解得：v1＝1＋4tan2θ·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2＝1＋4tan2θ·v2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，A正确。3．(2018·江苏高考)某弹

射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的()A．时刻相同，地点相同B.时刻相同，地点不同C．时刻不同，地点相同D.时刻不同，地点不同答案B解析弹射管在

竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，且弹出小球的水平初速度相同，所以水平位移不相等，因此落点不相同，故B正确。4．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前

方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是()A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度

较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大答案C解析在竖直方向，球做自由落体运动，由h＝12gt2知，选项A、D错误。由v2＝2gh知，选项B错误。在水平方向，球做匀速直线运动，通过相同水平距离，速度大的球用时少，选项C正确。5．(2019·全国卷Ⅱ)(多

选)如图a，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图象如图b所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位

移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案BD解析v-t图象中图线与t轴包围的面积表示位移的大小，第二次滑翔过程中

v-t图线与t轴所围面积比第一次的大表示在竖直方向上的位移比第一次的大，A错误；由图a知落在雪道上时的水平位移与竖直位移成正比，再由A项分析知，B正确；从起跳到落到雪道上，第一次滑翔过程中竖直方向的速度变化比第二次的大，时

间比第二次的短，由a＝ΔvΔt，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，C错误；v-t图象的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上的加速度比第一次的小，设在竖直方向上所受阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力比第一次的大，D

正确。6.(2016·江苏高考)有A、B两小球，B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力。图中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是()A．①B.②C.③D.④答案A解析不计空气阻力，A、B两球运动过程中的加速度a＝g，以相同速率沿同一方向抛出，都做斜上抛运动，故两球运

动轨迹相同，A正确。7．(2020·北京高考)无人机在距离水平地面高度h处，以速度v0水平匀速飞行并释放一包裹，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求包裹释放点到落地点的水平距离x；(2)求包裹落地时的速度大小v；(3)以释放点为坐标原点，初速度方向为x轴方向，竖直向下为y

轴方向，建立平面直角坐标系，写出该包裹运动的轨迹方程。答案(1)v02hg(2)v20＋2gh(3)y＝g2v20x2解析(1)包裹脱离无人机后做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，则h＝12gt2，解得包

裹释放后运动的时间为t＝2hg；在水平方向上做匀速直线运动，所以释放点到落地点的水平距离为x＝v0t＝v02hg。(2)包裹落地时，竖直方向的分速度为vy＝gt＝2gh，落地时的速度大小为v＝v20＋v2y＝v20＋2gh。(3

)包裹做平抛运动，分解位移有x＝v0t′，y＝12gt′2，两式联立消去时间t′，得包裹运动的轨迹方程为y＝g2v20x2。时间：50分钟满分：100分一、选择题(本题共11小题，每小题8分，共88分。其中1～9题为单选，10

～11题为多选)1．(2021·福建省宁德市高三第一次质量检查)射箭比赛中，运动员水平射箭击中了靶心，可以推断，击发时箭头的方向对准了()A．靶心B.比靶心高一点的位臵C．比靶心低一点的位臵D.靶心偏右一点的位臵答案B解析射出去的箭在飞行过程中受到重力的作用，运行的轨迹不是直线，而是一条向下

弯曲的弧线；运动员水平射箭击中了靶心，可以推断，击发时箭头的方向对准了比靶心高一点的位臵，故B正确，A、C、D错误。2．(2021·湖北省高三11月阶段性测试)如图所示，边长为a的正方体无盖盒子ABCD－A′B′C′D′放臵在水平地面上，O为直线A′B′上的一

点，且与A′的距离为a。将小球(可视为质点)从O点正上方距离2a处以某一速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g。为使小球能落在盒子内部，则小球抛出时的速度不超过()A.52gaB.54gaC.2gaD.ga答案A解析依题意，可知小球以最大速度水平抛出能落到盒子内时，恰好落到C点，有a＝12

gt2，xOC′＝vmaxt，根据几何知识，有xOC′＝2a2＋a2＝5a，联立解得vmax＝52ga，故A正确。3.(2020·云南省玉溪市高三第二次教学质量检测)有一半圆形轨道在竖直平面内，如图，O为圆心，AB为水平直径，有一小球(可视为质点)从A

点以不同速度向右平抛，不计空气阻力，在小球从抛出到碰到轨道这个过程中，下列说法错误的是()A．初速度越大的小球运动时间不一定越长B．初速度不同的小球运动时间可能相同C．只需知道半圆形轨道半径R和重力加速度g，就可算出落在半圆形轨道最低点的小球的末速度D．

小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向答案D解析平抛运动的时间由下落高度决定，与水平初速度无关，初速度大时与半圆轨道接触时下落的距离不一定比初速度小时下落的距离大，即初速度越大的小球运动时间不一定越长，

故A正确；初速度不同的小球下落的高度可能相等，运动时间可能相等，如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称时，故B正确；小球落到半圆形轨道最低点时，根据平抛运动规律，有R＝v0t，R＝12gt2，解得v0＝gR

2，则落到半圆形轨道最低点时的速度v＝v20＋2gR＝52gR，即只需知道半圆形轨道半径R和重力加速度g，就可算出落在半圆形轨道最低点的小球的末速度，C正确；若小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向沿半径方向，则速度的反向延长线过O点，而此时水平位移的中点在O点左侧，则与

平抛运动的推论(平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点)矛盾，即小球落到半圆形轨道的瞬间速度方向不会沿半径方向，故D错误。本题选说法错误的，故选D。4.(2020·四川省绵阳市高三下第三次诊断性测试)如图所示，薄纸带放在光滑水平桌面上，滑块放在薄纸带上，用水平恒

力拉动纸带，滑块落在地面上A点；将滑块和纸带都放回原位臵，再用大小不同的水平恒力拉动纸带，滑块落在地面上B点。已知两次滑块离开桌边时均没有离开纸带，滑块与薄纸带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两次相比，第2次()A．滑块在空中飞行时间较短B．滑块

相对纸带滑动的距离较短C．滑块受到纸带的摩擦力较大D．滑块离开桌边前运动时间较长答案C解析滑块离开桌边后均做平抛运动，竖直方向分位移相等，根据h＝12gt2可知，滑块两次在空中飞行的时间相等，A错误；滑块离开桌边后在水平方

向上做匀速直线运动，则x＝vt，可知v＝xg2h，由题图可知，滑块第2次离开桌边后的水平位移较大，则其第2次离开桌边的水平速度较大，滑块在纸带上运动时有v2＝2al，l为滑块滑到桌边的位移，两次l相同，对滑块，根据牛顿第二定律有a＝fm，则f＝mv22l，故第

2次滑块受到纸带的摩擦力较大，C正确；因两次滑块离开桌边时均没有离开纸带，故滑块可能均与纸带相对静止，B错误；设滑块离开桌边前运动时间为t′，则有l＝12at′2，因第2次滑块的加速度a较大，故第2次t′较短，D错误。5.(2020·河南省高三上第三次段考)如图所示

，一小朋友不小心将一小玩具球从某层台阶水平踢出，直接落到了下方的第四级台阶上。已知每层台阶高和宽分别为0.2m和0.3m，重力加速度大小为10m/s2，不计空气阻力，则小球水平离开第一级台阶时的速度大小可能为()A．0.5m/sB.

1.1m/sC．1.5m/sD.2.2m/s答案D解析由平抛运动规律可知，小球恰好越过第三级台阶时，水平离开第一级台阶时的速度最小，根据题意，水平方向的位移x1＝0.6m，竖直方向的位移h1＝0.4m，由h1＝12gt21，x1＝

v1t1，可得v1＝322m/s≈2.12m/s；小球到达第四级台阶边缘时，水平离开第一级台阶时的速度最大，根据题意，水平方向的位移x2＝0.9m，竖直分位移h2＝0.6m，由h2＝12gt22，x2＝v2t2，可得v2＝332m/s≈2.

60m/s，则小球的初速度v0应满足2.12m/s＜v0＜2.60m/s，故D正确，A、B、C错误。6.(2021·八省联考江苏卷)某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸116的模型展示效果，模型中槽道里的水流

速度应为实际的()A.12B.14C.18D.116答案B解析由题意可知，模型中，水流出后做平抛运动的水平位移和下落高度均变为原来的116，由h＝12gt2，得t＝2hg，所以水流下落时间变为实际的14，又水流出的速度v＝xt

，由于水平位移变为实际的116，时间变为实际的14，则模型中槽道里的水流速度为实际的14，故B正确，A、C、D错误。7.(2020·湖北省荆州市高三上学期质量检测)如图所示，OAB为四分之一圆柱体的竖直截面，半径为R，在B点上方的C点水平抛出一个小球，小

球轨迹恰好在D点与圆柱体相切，OD与OB的夹角为53°，则C点到B点的距离为(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A.4R15B.2R15C.R2D.R3答案B解析由题意知，小球通过D点时速度与圆柱体相切，则有vy＝v0tan53°，小球从C到D，水平方向有Rsin53°＝

v0t，竖直方向上有y＝vy2t，联立解得y＝815R，根据几何关系得，C点到B点的距离yCB＝y－R(1－cos53°)＝215R，故B正确，A、C、D错误。8.(2020·福建省莆田市高三下学期3月教学质量检测)如

图，两根细杆M、N竖直固定在水平地面上，M杆顶端A和N杆中点B之间有一拉直的轻绳。两杆的高度均为4.0m，两杆之间的距离为2.0m。将一个小球从M杆上的C点以一定的初速度v0水平向右抛出。已知C点与A点的距离为0.8m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。若要使小球能

碰到轻绳，则v0的最小值为()A．2.5m/sB.10m/sC．4.0m/sD.536m/s答案C解析根据题意，轻绳与水平方向夹角为45°，要使小球恰能碰到轻绳，则轨迹与轻绳相切，此时速度方向与水平方向夹角为45°，此时位移偏向角α满足tan45°＝2tanα，即tanα＝12＝yx，其中x＝v0

mint，y＝12gt2，由几何关系有x＝y＋0.8m，联立并代入数据解得v0min＝4.0m/s，故C正确。9．(2020·安徽省五校联盟高三上第二次质量检测)如图所示，水平地面的上空有一架飞机在进行投弹训练，飞机沿水平方向做匀加速直线运动。当飞机飞过观察

点B正上方的A点时投放一颗炸弹，经时间T炸弹落在观察点B正前方L1处的C点，与此同时飞机投放出第二颗炸弹，第二颗炸弹最终落在观察点B正前方L2处的D点，且L2＝3L1。空气阻力不计，以下说法正确的是()A．飞机第一次投弹时的速度为L12TB．飞机第二次投弹时的速度为2L1TC．飞机水平飞行的

加速度为L12T2D．两次投弹时间间隔T内飞机飞行的距离为4L13答案D解析由平抛运动规律可知飞机第一次投弹时的速度v1＝L1T，故A错误；设飞机加速度为a，第二次投弹时的速度为v2，由匀变速直线运动规律可知v1T＋12aT2＝L2－(v1＋aT)T，而L2＝3L1，得a＝2L13T2

，v2＝v1＋aT＝5L13T，故B、C错误；两次投弹时间间隔T内飞机飞行的距离s＝v1T＋12aT2＝4L13，故D正确。10.(2021·八省联考广东卷)如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点

时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力。下列说法正确的有()A．排球两次飞行过程中加速度相同B．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率大

D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大答案ACD解析不计空气阻力，排球在空中的飞行过程只受重力作用而做匀变速曲线运动，加速度均为重力加速度g，故A正确；设排球的抛出高度为h，第一次排球从M到P，重力做的功为WG＝mgh，第二次排球做斜上抛运动从P到Q再到N点，重力做功为零，故B错误；排

球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由h＝12gt2知运动时间相同，但xNP>xQN，由x＝v0t可推出排球离开M点的速率大于经过Q点的速率，故C正确；根据C项分析，vM＞vQ，而排球

到达P点的速率vP1＝v2M＋2gh，排球离开P点时的速率vP2＝v2Q＋2gh，故vP1＞vP2，D正确。11．(2020·山西省运城市高三上期中调研)2019年9月的女排世界杯在东京举行，最终中国女排以11战全胜且只丢3局的成绩成功卫冕世界杯冠军，这也是中国女排第五次夺冠。如图所示，在一次

比赛中，中国女排运动员朱婷将球在边界处正上方正对球网水平向前击出，球刚好过网落在图中位臵(不计空气阻力)，相关数据如图所示，下列说法中正确的是()A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.8h2B．

若保持击球高度不变，球的初速度满足sh1gh12<v0<sh12gh1，一定落在对方界内C．任意降低击球高度(仍大于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内答案AD解析做平抛运动的球在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为s和3

s2所用的时间比为2∶3，则竖直方向上，根据h＝12gt2，有h1－h2h1＝49，解得h1＝1.8h2，故A正确；若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，且既不能出界，又不能触网，根据h1＝12gt21，得t1＝2h1g

，则平抛运动的最大初速度v01＝2st1＝sh12gh1，根据h1－h2＝12gt22，得t2＝2h1－h2g，则平抛运动的最小初速度v02＝st2＝sg2h1－h2，故B错误；任意降低击球高度(

仍大于h2)，会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以击球高度比网高，不一定能将球发到对方界内，故C错误；任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落到对方界内，故D正确。二、非选择题(本

题共1小题，共12分)12.(12分)如图为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图。参与游戏的选手会遇到一个人造山谷OAB，OA是高h＝3m的竖直峭壁，AB是以O点为圆心的弧形坡，∠AOB＝60°，B点右侧是一段水平跑道。选手可以自O点借

助绳索降到A点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自O点直接跃上跑道。选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v0的最小值；(2)若选手以速度v1＝4m

/s水平跳出，求该选手在空中的运动时间。答案(1)3102m/s(2)0.6s解析(1)若选手以速度v0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则hsin60°≤v0thcos60°＝12gt2解得：v0≥3102m/s。则v0的最小值为3102m/s。(2)若选手以速度v1＝4m/s水平

跳出，因v1<v0，选手将落在弧形坡上。下降高度y＝12gt′2水平前进距离x＝v1t′且x2＋y2＝h2解得t′＝0.6s。