2026届高考物理《抛体运动》含答案

=0时，小球以水平向右的初速度v0=10m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、11A.两颗鸟食同时抛出B.在N点接到的鸟食后抛出C.两颗鸟食平抛的初速度相同D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大4.(2024·海南·高考真题)在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长x=A.0.5mB.5mC.10mD.20m(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；22示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知 ()前小球B的速度大小v为()A.1.5m/sB.3.0m/sC.4.5m/sD.6.0m/sA.B.C.D.3310.(2025·四川宜宾·三模)消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭C.乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长D.甲水枪喷出的水在最高点的速度较大大小v0=5m/s，方向与水平地面成α=53°的初速度将石块斜向上抛出，已知出手点距得分区域边界44A.a1>a2B.a1<a2C.a1=a2D.无法确定A.2m/sB.4m/sC.8m/s到达最高点D时距离液面的高度h1=0.2m。已知小石片从A点运动到B点的过程中55(2)小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间t。A.铅球从P点运动到Q点所用的时间为B.铅球从P点运动到Q点重力做的功为mgLC.铅球从P点运动到Q点动量的变化为mD.铅球到达Q点的速度大小为v-gL排球被运动员斜向上击出，排球上升到最高点时恰好垂直于墙面击中墙面上的标志线。已知墙面标志66投出篮球A和篮球B，投出时两篮球的初速度方向与水平方向之间的夹角分别为α和β,两篮球上升的A.篮球A、B经历的时间相等B.此过程中两篮球的速度的变化量不相同C.投出时两篮球的初速度方向与水平方向之间的夹角大小关系为α>βA.乒乓球两次在空中运动时速度改变量的方向不相同B.乒乓球反弹后直到再次到达最高点的过程中处于超重状态D.乒乓球刚好擦网时的机械能第二次比第一次多mgh77A.a球的初速度较大B.b球的运动时间较短C.两球的速度变化率相等D.b球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大性突破。郑钦文拥有极高的发球技术，常常发出角需要()A.减小抛出点高度的同时减小初速度的大小B.增大抛出点高度的同时增大初速度的大小C.减小抛出点高度的同时增大初速度的大小D.增大抛出点高度的同时减小初速度的大小8822.(2025·河北·模拟预测)如图所示，网球发球机在距离墙L处将网球以不同的水平速度射出打到竖直墙A.、2LB.(、2-1(LC.LD.(1-乙黄豆从另一细管末端M点斜向上射出，一段时间后两黄豆在N点相遇。若M点在P点正下方，M点A.甲在P点的速度为乙在最高点速度的两倍B.N点甲的速度与水平方向夹角的正切值为乙的两倍C.N点甲的速度大小为乙的两倍D.PM的距离为乙相对M点上升最大高度的两倍C.两套环动量变化方向相同D.两套环都做变加速曲线运动99A.a球抛出的初速度为、gLB.两球在C点相遇位于水平地面上，且PQ=QM。某一时刻小球甲从P点水平(1)求A离开平台时的速度vA；(3)求A与B到达地面的时间差Δt；(4)某同学认为可以利用单摆周期T=2π计算小球B离开P点到返回P点所用时间滑行。已知圆弧管道口内径远小于圆弧半径R,OP与竖直方向的夹角是θ=37°,平台到地面的高度差(1)小球从A点运动到P点所需的时间t；(2)P点距地面的高度Δh和圆弧半径R；A.HB.HC.HD.HC.网球两次到达A点时重力的瞬时功率不相等D.运动员击球点离地的高度与网的高度之比为4:3(2)IN=0.1N·s；vx′=0则小物块从开始运动到离开平台有v-v=2ax0联立解得x=0.6m=gt，vy2=gt2则物块与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1s物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN-mgΔt=mvy2-m(-vy1)，vy1=gt1解得IN=0.1N·s取水平向右为正，在水平方向有-μNΔt=mvx′-mvx，IN=NΔt解得vx′=-1m/s但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′=0=0时，小球以水平向右的初速度v0=10m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、11=mg⋅2L+mv2在该位置时根据牛顿第二定律T-mg=m(2)小球做平抛运动时x=vt，2L=gt2解得x=4mA.两颗鸟食同时抛出B.在N点接到的鸟食后抛出C.两颗鸟食平抛的初速度相同D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大22故选D。4.(2024·海南·高考真题)在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越长x=A.0.5mB.5mC.10mD.20md=v0t0=25m/sh=5m故选B。(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；33ggh=gt2d=v0tQ=Sv0=Sd示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为l。假设抽水过程中H保持不变，水泵输出能量的η倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知 ()m=v0tSρ44v0t'=lh=gt'2故选B。前小球B的速度大小v为()A.1.5m/sB.3.0m/sC.4.5m/sD.6.0m/s撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv=mv1+mv2碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2+mv=mv+mv+mv联立解得v1=v，v2=0解得t=2s/=1s解得v=3.0m/s故选B。55A.B.C.D.设球网高度为h，则对A点发出的球，有L-h=v0sinθ⋅t+gt2对B点发出的球，有-h=-v0sinθ⋅t+gt2其中v0=10m/s解得t=1.4s故选D。66C.乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长D.甲水枪喷出的水在最高点的速度较大故选B。大小v0=5m/s，方向与水平地面成α=53°的初速度将石块斜向上抛出，已知出手点距得分区域边界77石块抛出的水平初速度为vx=v0cos53°=3m/s所以从抛出到落地石块的水平位移为x=vxt=3m从抛出到落地根据动能定理有mgh=mv2-mv解得落地瞬间的动能Ek1=mv2=m可得与地面碰撞后的动能Ek2=m，Ek2=mv石块滑行的加速度大小a=μg=2.5m/s滑行的距离=0.6m则有x+x0-L=0.8m≈5.33d故选D。A.a1>a2B.a1<a2C.a1=a2D.无法确定故选A。88A.2m/sB.4m/sC.8m/s故选B。到达最高点D时距离液面的高度h1=0.2m。已知小石片从A点运动到B点的过程中(2)小石片从抛出到第二次进入液面运动的时间t。小石片在D点速度大小v2x=v2cosβ由机械能守恒定律有=mgh1+从A点运动到B点W=mv-mv解得W=-0.92J99(2)从P点运动到A点，时间t1=从A点运动到B点，水平方向有L=t2从B点运动到D点，逆向思维法可知h1=gt根据对称性可知t=t1+t2+2t3=1.2sA.铅球从P点运动到Q点所用的时间为2LgB.铅球从P点运动到Q点重力做的功为mgLC.铅球从P点运动到Q点动量的变化为mD.铅球到达Q点的速度大小为v-gLLsin30o=gt2gB．由重力做功有铅球从P点运动到Q点重力做的功为WG=-mgLB错误；,由动量定理有mgt=ΔpL,由动量定理有mgt=ΔpL代入数据有铅球从P点运动到Q点动量的变化为Δp=mgLC错误；D．铅球从P点运动到Q点由动能定理有-mgL=mv-mv解得铅球到达Q点的速度大小为v-gL，D正确。故选D。排球被运动员斜向上击出，排球上升到最高点时恰好垂直于墙面击中墙面上的标志线。已知墙面标志解得t=0.6svy=gt，v=v+v解得v=10m/s投出篮球A和篮球B，投出时两篮球的初速度方向与水平方向之间的夹角分别为α和β,两篮球上升的A.篮球A、B经历的时间相等B.此过程中两篮球的速度的变化量不相同C.投出时两篮球的初速度方向与水平方向之间的夹角大小关系为α>β又vy=gt再根据h/=gt/2B．根据Δv=gΔtC．水平方向根据x=vxt结合v0Asinα=v0Bsinβ可得α>β故选AC。A.乒乓球两次在空中运动时速度改变量的方向不相同B.乒乓球反弹后直到再次到达最高点的过程中处于超重状态D.乒乓球刚好擦网时的机械能第二次比第一次多mghgt在竖直方向，有h1-h=gt2联立可得高度为h1=h速度为v1=L初速度v2=L末态机械能为E2=mgh2+mv机械能的变化量为E1-E2=mgh+mg故D错误。A.a球的初速度较大B.b球的运动时间较短C.两球的速度变化率相等D.b球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大D．设小球落地时的速度方向与初速度方向的夹角为θ,有tanθ=设小球落地时的位移方向与初速度方向的夹角为α,有tanα=又因为tanθ=2tanα整理解得tanθ=故选BC。A.减小抛出点高度的同时减小初速度的大小B.增大抛出点高度的同时增大初速度的大小C.减小抛出点高度的同时增大初速度的大小D.增大抛出点高度的同时减小初速度的大小竖直方向y=gt2(v0BD．根据C项分析可知O点到C点的时间为t=2=4s故选AB。22.(2025·河北·模拟预测)如图所示，网球发球机在距离墙L处将网球以不同的水平速度射出打到竖直墙A.、2LB.(、2-1(LC.LD.(1-故选B。乙黄豆从另一细管末端M点斜向上射出，一段时间后两黄豆在N点相遇。若M点在P点正下方，M点A.甲在P点的速度为乙在最高点速度的两倍B.N点甲的速度与水平方向夹角的正切值为乙的两倍C.N点甲的速度大小为乙的两倍D.PM的距离为乙相对M点上升最大高度的两倍B．N点乙的速度与水平方向夹角的正切值tanα=N点甲的速度与水平方向夹角的正切值tanθ=xy==2×=2tanα,故B正确；C．在N点v乙y=g×=gt，v甲y=gt=2v乙y在N点乙的速度大小v乙=v+vy在N点甲的速度大小v甲=v+vy=v+4vy≠2v乙，故C错误；D．乙做斜上抛运动，乙相对M点上升的最大高度h=gt(2=gt2故选B。C.两套环动量变化方向相同D.两套环都做变加速曲线运动可得v0=xC．根据动量定理有mgt=Δp故选BC。A.a球抛出的初速度为、gLB.两球在C点相遇在水平方向有4L=v0t点时b位于BC直线上且距D水平距离为x=2L竖直距离为y=2L故选D。M位于水平地面上，且PQ=QM。某一时刻小球甲从P点水平B．小球甲做平抛运动，则x=v1t，x=gt22sinθ=g故B正确；C．相遇前瞬间，甲的速度大小为v甲=v+(gt)2=5v1乙的速度大小为v乙=v2所以=:2sinθ=g所以x=故选BD。(1)求A离开平台时的速度vA；(3)求A与B到达地面的时间差Δt；(4)某同学认为可以利用单摆周期T=2π计算小球B离开P点到返回P点所用时间t==(3)Δt=s【详解】(1)对A由牛顿第二定律有F-μmAg=mAa1撤去拉力后由牛顿第二定律有-μmAg=mAa2由运动学知识有A离开平台时的速度vA=a1t1+a2t2代入数值解之可得A离开平台时的速度vA=4m/s由水平方向动量守恒有mAvA=(mA+mB(v共由机械能守恒有mA(v+v1(+mBv1=mA(v+v1(+mB(v+v1(+Ep代入数值解之可得Ep=6JB1均为vy1由水平方向动量守恒有mAvA=mAvA1+mBvB1由机械能守恒有mA(v+v1(+mBv1=mA(v1+v1(+mB(v1+v1(代入数值解之可得vB1=6m/sM点到平台的高度差h，由运动学知识有h=A此后下落时间tA，由运动学知识有H-h=vy2tA+gtB沿斜面下滑时间tB，由运动学知识有=tB+gsin45°tA与B到达地面的时间差Δt，有Δt=tA-tB代入数值解之可得Δt=s(4)小球滑到P点时速度vP，由能量守恒有mBg(H-h(=mBv-mB2沿圆弧运动减速到零时高度为h0，由机械能守恒有-mBgh0=0-mBv代入数值解之可得h0=5m点以v0=继续滑行。已知圆弧管道口内径