高考物理二轮复习考点题型突破练习小题精练05 抛体运动问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理二轮复习考点题型突破练习小题精练05 抛体运动问题（2份，原卷版+解析版），文件包含高考物理二轮复习考点题型突破练习小题精练05抛体运动问题原卷版docx、高考物理二轮复习考点题型突破练习小题精练05抛体运动问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、平抛运动
1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下的运动．
2．性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
3．研究方法：运动的合成与分解
(1)水平方向：匀速直线运动； (2)竖直方向：自由落体运动．
4. 平抛运动基本规律
如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向．
(1)位移关系
(2)速度关系
（3）飞行时间
由t＝eq \r(\f(2h,g))知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．
（4）水平射程
x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，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．
（5）落地速度
v＝eq \r(v\\al(x2,)＋v\\al(y2,))＝eq \r(v\\al(02,)＋2gh)，以θ表示落地速度与水平正方向的夹角，有tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(\r(2gh),v0)，落地速度与初速度v0和下落高度h有关．
（6）速度改变量
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是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示．
（7）两个重要推论
①做平抛运动的物体在任意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5所示，即xB＝eq \f(xA,2).
②做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α.
二、常见的模型
难度：★★★ 建议时间：30分钟 正确率： /15
（2023春•荔湾区期末）某人玩飞镖游戏，先后将两支飞镖a、b由同一位置水平投出，两支飞镖插在竖直墙上的状态（侧视图）如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．两支飞镖飞行的时间ta＞tb
B．两支飞镖投出的初速度v0a＞v0b
C．两支飞镖插到墙上的速度va＞vb
D．两支飞镖全过程的速度变化量Δva＝Δvb
【解答】解：A、两支飞镖a、b在空中做平抛运动，根据ℎ=12gt2，解得：t=2ℎg。飞镖a下落的高度小于飞镖b下落的高度，则b镖的运动时间长，即ta＜tb，故A错误；
B、两飞镖的水平位移相等，根据x＝v0t，ta＜tb，可知a镖的初速度大，故B正确；
C、a镖的初速度较大，但是b镖的竖直方向的末速度较大，则两镖插到墙上的合速度大小无法比较，故C错误；
D、两镖的加速度相等，都为g，则速度变化量Δv＝gt，可得Δva＜Δvb，故D错误。
故选：B。
（2024•重庆一模）如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某次乒乓球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。若球拍与水平方向的夹角为45°，乒乓球落到球拍前瞬间的速度大小为4m/s，则P、Q两点的高度差为（ ）
A．0.1mB．0.2mC．0.4mD．0.8m
【解答】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q点，根据几何关系得：vQcs45°＝gt，解得t=25s
根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由h=12gt2，
解得：h=12gt2=12×10×225m＝0.4m，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023•白云区校级模拟）如图所示，排球比赛中，某队员在距网水平距离为4.8m、距地面3.2m高处将排球沿垂直网的方向以16m/s的速度水平击出。已知网高2.24m，排球场地长18m，重力加速度g取10m/s2，可将排球视为质点，下列判断正确的是（ ）
A．球不能过网
B．球落在对方场地内
C．球落在对方场地底线上
D．球落在对方场地底线之外
【解答】解：A、排球运动球网位置所用的时间为t=xv0=4.816s=0.3s
此时网球据地面高度为ℎ=H−12gt2=3.2m−12×10×0.32m=2.75m＞2.24m，故求可以过网，故A错误；
BCD、人距对方场地底线的距离为L＝9m+4.8m＝13.8m
当球落地时，有H=12gt'2，解得网球平抛运动的时间t'=2Hg=2×3.210s=0.8s
则网球的水平位移为s′＝v0t′＝16×0.8m＝12.8m＜13.8m，所以网球落在对方场地内，故B正确，CD错误。
故选：B。
（2022•常州模拟）武直十是我国最新型的武装直升机。在某次战备演习中，山坡上有间距相等的A、B、C、D的四个目标点，武直十在山坡目标点同一竖直平面内的某一高度上匀速水平飞行，每隔相同时间释放一颗炸弹，已知第一、二颗炸弹恰好落在B、C两个目标点，则（ ）
A．炸弹落地的时间间隔相等
B．第三颗炸弹落在CD之间
C．第三颗炸弹恰好落在D点
D．第一颗炸弹在A点正上方释放
【解答】解：如图所示，设山坡的倾角为θ，A、B、C、D相邻两点间距为L。过B点作一水平线，使第二、三颗炸弹的轨迹与该水平线分别交于O、P两点，过D点作一竖直线，使第三颗炸弹的轨迹与该竖直线交于Q点。
BC.设直升机飞行速度为v0，则三颗炸弹的水平速度均为v0。因为直升机做匀速运动，且每隔相同时间释放一颗炸弹，则BO和OP长度相等，设为x0。因为B、O、P三点相对直升机飞行路线的高度差相同，则根据自由落体运动规律可知三颗炸弹分别到达B、O、P三点时的竖直分速度相同，均设为vy。第二颗炸弹从O运动到C的时间设为t1，第三颗炸弹从P运动到Q的时间设为t2，根据平抛运动规律，对第二颗炸弹从O到C的过程有xOD＝Lcsθ﹣x0＝v0t1，yOC=vyt1+12gt12
对第三颗炸弹从P到Q的过程有xPQ＝2Lcsθ﹣2x0＝v0t2，yPQ=vyt2+12gt22
解得：t2＝2t1，yPQ＞2yOC，
根据几何关系可知Q点一定在D点下方，所以第三颗炸弹落在C、D之间，故B正确，C错误；
A.易知第二颗炸弹与第一颗炸弹落地的时间间隔为t1，第三颗炸弹与第二颗炸弹落地的时间间隔为t2，根据t2＝2t1可知炸弹落地的时间间隔不相等，故A错误；
D.根据题意每隔相同时间释放一颗炸弹，相邻炸弹轨迹同一高度水平距离同步相等，可知第一颗炸弹释放点到B点的水平距离应等于x0，根据几何关系可知x0＜Lcsθ，所以第一颗炸弹在A点右上方释放，故D错误。
故选：B。
（2023春•秦安县校级期末）如图，﹣小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60度，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（ ）
A．3gR2B．3gR2C．33gR2D．3gR3
【解答】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，
则有：vy＝v0tan30°
又 vy＝gt，则得：v0tan30°＝gt
t=v0tan30°g①
水平方向上小球做匀速直线运动，则有：R+Rcs60°＝v0t ②
联立①②解得：v0=33gR2．故C正确，ABD错误
故选：C。
（2024•黑龙江一模）如图所示，在某次壁球训练时，运动员在同一位置以不同的角度斜向上发球，最后球都能恰好垂直击打在竖直墙面反弹。若两次发球与水平方向夹角分别为30°和60°，不考虑球在空中受到的阻力，关于两次发球说法正确的是（ ）
A．碰到墙面前空中运动时间之比为1：3
B．碰到墙面前空中运动时间之比为1：2
C．两球上升高度之比为1：3
D．两球上升高度之比为1：2
【解答】解：CD、小球的斜抛运动可以看成逆向的平抛运动，由平抛运动的推论：速度的反向延长线经过水平位移的中点，则有：tan30°=ℎ1x2，tan60°=ℎ2x2
可得两球上升高度之比：ℎ1ℎ2=13，故C正确，D错误；
AB、由ℎ=12gt2，可得t=2ℎg，则两球碰到墙面前，在空中运动时间之比：t1t2=ℎ1ℎ2=13，故AB错误。
故选：C。
（2023春•青羊区校级期末）如图，倾角为37°的斜面足够长，从斜面上A点正上方10m处的B点以4m/s的速率抛出一个小球，方向不定，且小球的轨迹与ABO在同一竖直平面内，则小球落回斜面的最长时间为（不计空气阻力，取g＝10m/s2sin37°＝0.6）（ ）
A．2sB．1.5sC．1sD．0.5s
【解答】解：设小球从B点抛出时的速度方向与水平方向成θ角，则有x＝（v0csθ）•t
12gt2−（v0csθ）•t＝10+xtan37°
两式联立得5t2﹣（4sinθ+3csθ）•t﹣10＝0
解得t=(4sinθ+3csθ)±(4sinθ+3csθ)2+20010
舍去负的时间，且当4sinθ+3csθ最大时，t最大；根据数学知识可知
4sinθ+3csθ＝5sin（θ+37°）
故θ＝53°时，t最大，最大值为
tmax=(5+15)10s=2s
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023春•南宁期末）2022年9月16日，第九批在韩志愿军烈士的遗骸回归祖国，沈阳桃仙国际机场以“过水门”最高礼遇迎接志愿军烈士回家，以表达对英烈的崇高敬意。如图所示，仪式中的“水门”是由两辆消防车喷出的水柱形成的。两条水柱形成的抛物线对称分布，且刚好在最高点相遇。若水门高约45m，跨度约90m。忽略空气阻力、消防车的高度以及水流之间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．水喷出后经过约1.5s到达最高点
B．在最高点相遇前的瞬间，水柱的速度约为0
C．水喷出的瞬间，速度的水平分量约为30m/s
D．水喷出瞬间初速度大小约为155m/s
【解答】解：A．水柱相遇前水做斜上抛运动，竖直方向上做竖直上抛运动，逆运动为自由落体运动，则
ℎ=12gt2
解得
t=2ℎg=2×4510s=3s
故A错误；
BC．水柱在水平方向做匀速直线运动，在最高点相遇前的瞬间，水柱的速度等于水喷出的瞬间的水平分速度，则有
vx=xt=453m/s=15m/s
故BC错误；
D．水喷出的瞬间，速度竖直方向分量为
vy＝gt＝10×3m/s＝30m/s
水喷出瞬间初速度大小
v=vx2+vy2
解得v＝155m/s
故D正确。
故选：D。
（2023•郴州模拟）在2022年北京冬奥会上取得好成绩，运动员正在刻苦训练。如图所示，某次训练中，运动员（视为质点）从倾斜雪道上端的水平平台上以10m/s的速度飞出，最后落在倾角为37°的倾斜雪道上。取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．运动员的落点距雪道上端的距离为18m
B．运动员飞出后到雪道的最远距离为2.25m
C．运动员飞出后距雪道最远时的速度大小为10.5m/s
D．若运动员水平飞出时的速度减小，则他落到雪道上的速度方向将改变
【解答】解：A、运动员在空中做平抛运动，根据平抛运动规律可得x＝v0t，y=12gt2
运动员落在斜坡上时，有yx=tan37°，联立解得：t＝1.5s
则运动员的落点距雪道上端的距离为s=v0tcs37°，解得：s＝18.75m，故A错误；
BC、当运动员的速度方向与雪道平行时，运动员飞出后到雪道的距离最远，根据平行四边形定则知，此时运动员速度大小v=v0cs37°，代入数据得：v＝12.5m/s。
根据运动员在垂直于斜坡方向上做初速度为v0sin37°、加速度大小为gcs37°的匀减速直线运动，可得运动员飞出后到雪道的最远距离为dm=(v0sin37°)22gcs37°，解得：dm＝2.25m，故B正确，C错误；
D、当运动员落在斜坡上时，速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα＝2tan37°，即速度方向与水平方向的夹角是定值，所以若运动员水平飞出时的速度减小，则他落到雪道上的速度方向不变，故D错误。
故选：B。
（2023•沙坪坝区校级模拟）2023年2月7日土耳其发生严重地震灾害，包括中国在内的各方救援力量紧急展开救援行动。一个载有救灾物资的热气球总质量为500kg，在离水平地面高40m处保持静止，现将质量为100kg的救灾物资以对地4m/s的速度水平抛出，假设热气球所受浮力始终不变，重力加速度为g＝10m/s2，不计一切阻力。当物资落到水平地面时，它与热气球间的距离为（ ）
A．302mB．303mC．402mD．403m
【解答】解：热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律0＝M•v﹣m•v0
热气球和物资的运动如图所示
热气球和物资所受合力大小均为mg，根据牛顿第二定律，热气球在竖直方向上加速度a=mMg
物资落地H过程所用时间t内，根据H=12gt2
落地时间t=2Hg
热气球在竖直方向上运动位移HM=12at2=12⋅mMg⋅2Hg=mMH
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移xm=v0t=v02Hg，xM=vt=mMv0⋅2Hg
根据勾股定理，热气球和物资实际位移d=(xm+xM)2+(H+HM)2=(1+mM)2Hv02g+H2
根据上述公式解得d=303m
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2022•兴庆区校级二模）如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．若小球以最小位移到达斜面，则t=v0gtanθ
B．若小球垂直击中斜面，则t=2v0gtanθ
C．若小球能击中斜面中点，则t=2v0gtanθ
D．若小球能击中斜面中点，则t=2v0tanθg
【解答】解：A．若小球最小位移到达斜面，则位移垂直于斜面，根据平抛规律x＝v0t，y=12gt2，
根据位移的偏角公式可得：tanθ=xy
联立解得：则t=2v0gtanθ，故A错误；
B．若小球垂直击中斜面，则速度垂直于斜面，根据几何关系知速度偏角tanθ=v0vy=v0gt，解得：t=v0gtanθ，故B错误；
CD．若小球击中斜面中点，根据几何关系tanθ=yx=12gt2v0t，解得：t=2v0tanθg，故C错误，D正确。
故选：D。
（2023秋•五华区校级期末）如图所示，一小球从倾角为θ的斜面顶端O点先以速度大小v1水平抛出，用时t1落在斜面上的A点，后以速度大小v2水平抛出，用时t2落在斜面上的B点。已知OB间距离是OA间距离的3倍，小球落到A点时速度与水平方向夹角为α，其正切为tanα=138，小球落到B点时速度与水平方向夹角为β，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．v1v2=13B．t1t2=33C．tanβ=134D．tanθ=1315
【解答】解：B.已知ℎ1ℎ2=13，在竖直方向上有ℎ=12gt2，所以t1t2=33，故B正确；
A.因为 x1x2=13，在水平方向有x＝vt，结合t1t2=33，得到v1v2=33，故A错误；
C.因为t1t2=33，vy＝gt，所以vy1vy2=33，因为A点速度满足vy1v1=tanα=138，B点速度满足vy2v2=tanβ，其中vy2＝gt2=3gt1，所以tanβ=138，所以α＝β，故C错误；
D.因为平抛运动位移的夹角与速度夹角之间存在2倍关系，所以tanθ=12tanα=1316，故D错误。
故选：B。
（2023春•韶关期末）如图甲所示，将乒乓球发球机固定在左侧桌面边缘的中央，使乒乓球沿中线方向水平抛出，发球的高度H和球的初速度v0可调节，且球均落在球台，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．保持H不变，v0越大，乒乓球在空中运动的时间越小
B．保持H不变，v0越大，乒乓球落在桌面瞬间速度与水平方向的夹角越大
C．保持v0不变，H越大，乒乓球在空中运动时间越长
D．保持v0不变，H越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度与水平方向的夹角越小
【解答】解：A、乒乓球在空中做平抛运动，有
H=12gt2
解得t=2Hg
可知乒乓球在空中运动的时间由下落的高度决定，H不变，则乒乓球在空中下落的时间不变，故A错误；
B．根据tanα=gtv0
保持H不变，t不变，v0越大，乒乓球落在桌面瞬间速度与水平方向的夹角越小，故B错误；
C．根据H=12gt2
解得t=2Hg
保持 v0不变，H越大，乒乓球在空中运动时间t越长，故C正确；
D．根据tanα=gtv0
保持 v0不变，H越大，t越大，乒乓球落在桌面瞬间的速度与水平方向的夹角越大，故D错误。
故选：C。
（2023春•松江区校级期末）如图所示，为了测试隐形战机“歼—20”对地面目标的打击能力，某次先后释放两颗炸弹，分别击中斜坡上的M点和N点。已知释放炸弹时，战机沿水平方向匀速直线飞行。记录炸弹击中M、N的时间间隔为Δt1，M、N两点间水平距离为s1；释放两颗炸弹的时间间隔为Δt2，此过程飞机飞行的距离为s2，不计空气阻力，则下列关系正确的是（ ）
A．Δt1＜Δt2，s1＜s2B．Δt1＞Δt2，s1＜s2
C．Δt1＜Δt2，s1＞s2D．Δt1＞Δt2，s1＞s2
【解答】解：炸弹在空中做平抛运动，如果两颗炸弹都落在同一水平面上时，由于高度相同，所以Δt1＝Δt2
由于第二颗炸弹落在更高的斜面，所以下落的高度减小，所用的时间减小，所以Δt1＜Δt2
同理可知，由于炸弹和飞机水平方向的速度相同，时间越小，由s＝vt知飞行的距离越小，所以s1＜s2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2023•辽宁模拟）如图所示光滑直管MN倾斜固定在水平地面上，直管与水平地面间的夹角为45°，管口到地面的竖直高度为h＝0.4m；在距地面高为H＝1.2m处有一固定弹射装置，可以沿水平方向弹出直径略小于直管内径的小球。某次弹射的小球恰好无碰撞地从管口M处进入管内，设小球弹出点O到管口M的水平距离为x，弹出的初速度大小为v0，重力加速度g取10m/s2。关于x和v0的值，下列选项正确的是（ ）
A．x＝1.6m，v0＝4m/sB．x＝1.6m，v0=42m/s
C．x＝0.8m，v0＝4m/sD．x＝0.8m，v0=42m/s
【解答】解：由题意可知，弹出后小球做平抛运动，到管口M时的速度方向沿直管方向，根据平抛运动特点，做平抛运动的物体任意时刻速度方向的反向延长线交此前水平位移于中点，如图所示
根据几何关系得x＝2（H﹣h）
小球在竖直方向做自由落体运动，可得小球从O到M的运动时间为t=2(H−ℎ)g
水平方向匀速运动有v0=xt
代入数据解得：x＝1.6m，v0＝4m/s
故A正确，BCD错误；
故选：A。
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＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))
方向：tanθ＝eq \f(vx,vy)
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：
v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))
方向：tanθ＝eq \f(vy,vx)
水平：x＝v0t
竖直：y＝eq \f(1,2)gt2
合位移：
s＝eq \r(x2＋y2)
方向：tanθ＝eq \f(y,x)
运动
时间
由tanθ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(v0,gt)得t＝eq \f(v0,gtanθ)
由tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)得t＝eq \f(v0tanθ,g)
由tanθ＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0)得t＝eq \f(2v0tanθ,g)
【例题】（2023秋•朝阳区校级期末）如图所示，蜘蛛在地面与竖直墙壁间结网，蛛丝AB与水平地面之间的夹角为45°，A到地面的距离为1m，已知重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距地面0.6m的C点以水平速度v0跳出，要到达蛛丝，水平速度v0至少为（ ）
A．2m/sB．2m/sC．22m/sD．23
【解答】解：当蜘蛛做平抛运动的轨迹恰好与蛛丝相切时，v0最小，蜘蛛的运动轨迹如下图所示：
设蜘蛛跳出后经过时间t到达蛛丝，根据平抛运动规律可得：
x＝v0t
y=12gt2
蜘蛛到达蛛丝时速度方向恰好沿蛛丝方向，根据几何关系可得：tan45°=v0gt
联立解得：x＝2y
根据上式以及几何关系可得：v0t＝y+（AO﹣CO）
解得：y＝0.4m，v0=22m/s，故C正确、ABD错误。
故选：C。