文档文本内容
抢分猜押05 选择题：抛体运动
(黑吉辽蒙专用）
重难解读
抛体运动的核心考点集中在平抛与斜抛的规律应用、与斜面/曲面结合的情境建模、多过程组合问题及
临界极值分析，命题趋势强调“情境创新+模块融合”。
命题预测
抛体运动作为曲线运动的重要载体，是连接运动学、动力学与能量动量模块的关键节点。2026 年高考，
选择题侧重基础概念与定性分析，如从斜面上平抛或落在斜面上，常考速度方向与斜面平行、垂直打中等
条件。
考点1 运动的合成与分解
1．（2026•吉林二模）图（a）为3D 打印机，在水平面上建立如图（b）所示的平面直角坐标系。打印机
的喷头在某一固定高度处进行打印，此时位于水平面内的托盘沿图（b）中x 轴正方向以v1＝0.01m/s 的
速度匀速运动，而喷头以v2＝0.02m/s 的速度沿图（b）所示方向做匀速直线运动。则在托盘上打印出的
图案是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】解：根据题意可知，托盘沿x 轴正方向运动
喷头与x 轴正方向成60°角匀速运动（以地面为参考系），因v2cos60°＝v1
其沿托盘方向相同，则以托盘为参考系的运动速度为v，为沿y 轴正方向的直线，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2026•抚顺一模）某人在河边发现一名落水者。他奋不顾身地快速游到落水者身边，并拖动落水者以
v1＝0.3m/s 的恒定速率游向岸边，若当时河水流速恒为v2＝0.8m/s，落水点距河岸的垂直距离为60m，
则某人和落水者最快到达岸边所需要的时间约为（ ）
A．75s
B．120s
C．100s
D．200s
【答案】D
【详解】解：当人运动的方向指向与河岸垂直时，到达岸边所需要的时间最短，为t= d
v1
= 60
0.3s＝200s，故
ABC 错误，D 正确。
故选：D。
3．（2026•包头一模）一质点在某平面内运动，其沿该平面内相互垂直的x 轴、y 轴的分速度—时间图像
分别如图（a）、（b）所示，关于质点的运动，下列说法正确的是（ ）
A．质点做简谐运动
B．质点的周期保持不变
C．质点的速度保持不变
D．质点的加速度保持不变
【答案】B
【详解】解：由图可知v x =−v0sin 2π
4t0
t =−v0sin π
2t0
t，v y = v0cos 2π
4t0
t = v0cos π
2t0
t
可知v x
2+ v y
2 = v0
2
可知，质点做匀速圆周运动，质点的周期保持不变，质点的速度和加速度大小不变，方向不断变化，故B
正确，ACD 错误。
故选：B。
4．（2026•哈尔滨模拟）如图所示，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着皮球（细绳延长线过球心）、一端连
在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处以速度v 匀速上升，某一时刻细绳
与竖直方向夹角为θ，在球未离开墙面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该时刻玩具小车的速度为vsinθ
B．该过程玩具小车做加速运动
C．该过程球对墙的压力逐渐变大
D．该过程绳对球的拉力逐渐减小
【答案】C
【详解】解：AB、设绳与竖直方向夹角为θ，将球的速度沿绳方向和垂直于绳方向分解，如图所示
设小车速度为v 车，球的速度为v，v 不变，小车的速度大小等于沿绳方向的分速度大小即v 车＝v 绳＝
vcosθ，随小球向上运动，θ 增大，cosθ 减小，则v 车减小，即小车做减速运动，故AB 错误；
CD、对球受力分析，在球受到重力mg、拉力F 和支持力N，球运动过程中拉力与竖直方向的夹角增大，
支持力的方向不变，根据力的平行四边形，画出动态图，如图所示
由图得绳上的拉力T 拉力逐渐增大，墙对球的支持力逐渐增大，根据牛顿第三定律得，球对墙的压力逐渐
增大，故C 正确，D 错误。
故选：C。
5．（2025•内蒙古真题）如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔
块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v 相向运动。为使塔块沿竖直方
向匀速下落，则v（ ）
A．一直减小
B．一直增大
C．先减小后增大
D．先增大后减小
【答案】B
【详解】解：设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v 块，将v 块沿绳方向
和垂直绳方向分解，将v 沿绳子方向和垂直绳方向分解，
可得v 块cosθ＝vsinθ，解得v = v块
tanθ ，由于塔块匀速下落时θ 在减小，故可知v 一直增大，故B 正确，
ACD 错误。
故选：B。
6．（2021•辽宁真题）1935 年5 月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林
弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水速度1m/s，则突
击队渡河所需的最短时间为（ ）
A．75s
B．95s
C．100s
D．300s
【答案】D
【详解】解：当静水速度与河岸垂直时，垂直于河岸方向上的分速度最大，则渡河时间最短，最短时间为：
t= d
vc
= 300
1 s＝300s，故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
7．（2026•沧县校级模拟）如图所示，工人往货箱里装载长杆状的货物时，用机械控制着货物的A 端沿着
竖直的箱壁匀速下放，导致货物的B 端在箱底的水平面上向右滑行。该货物与竖直箱壁间的夹角θ 从
30°增大到90°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B 端向右匀速滑行
B．B 端向右减速滑行
C．B 端向右先加速滑行后减速滑行
D．θ＝45°时B 端向右滑行的速度最大
【答案】B
【详解】解：将A、B 两端速度沿杆方向分解如图
根据沿杆方向的分速度大小相等可得vAcosθ＝vBsinθ
解得vB= v A
tanθ ，θ 从30°增大到90°的过程中，vB 一直减小，B 端向右减速滑行，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
8．（2026•云南模拟）如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个由蜡做成的小圆柱
体R。R 从坐标原点以v0＝6cm/s 的速度沿y 轴正方向匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正方向做初速度
为0 的匀加速直线运动。测出某时刻R 的坐标为（8cm，12cm）。下列说法正确的是（ ）
A．R 在坐标为（8cm，12cm）处的速度为10cm/s
B．R 在坐标为（8cm，12cm）处的速度为8cm/s
C．R 的加速度为4m/s2
D．R 的运动轨迹为直线
【答案】A
【详解】ABC．小圆柱体R 在y 轴方向做匀速运动，由
得，运动时间
x 轴方向玻璃管做初速度为0 的匀加速直线运动，由
得，加速度
此时x 轴方向速度
R 在坐标为
处的速度为
，代入数据解得
，故BC 错误，A 正确；
D、设R 的速度与x 轴正方向的夹角为
，则
由于
（恒定），
，因此
随时间增加而减小，即夹角
逐渐变小，所以R 的运动轨迹为曲
线，故D 错误。
故选A。
（多选）9．（2024•安徽）一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy 直角坐
标系，如图（1）所示。从t＝0 开始，将一可视为质点的物块从O 点由静止释放，同时对物块施加沿x
轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t 的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g
取10m/s2，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．t＝1s 时，物块的y 坐标值为2.5m
C．t＝1s 时，物块的加速度大小为5 ❑√3m/ s
2
D．t＝2s 时，物块的速度大小为10 ❑√2m/ s
【答案】BD
【详解】解：A.根据图2 可知，F1 随时间变化的关系为F1＝4﹣t（N），其中t≤4s
F2 随时间变化的关系为F2＝3t
F1、F2 的合力F＝F1+F2＝4+2t（N）
物块沿y 轴方向的分力F y =mgsin30° = 1
2 mg= 1
2 ×1.2×10 N =6 N
物块沿x 轴方向的力Fx＝F＝4+2t（N）
由于Fx 随时间变化，因此物块所受的合力不恒定，加速度不恒定；
物块做非匀变速曲线运动，故A 错误；
B.物块沿y 方向做匀加速运动，加速度a y = F y
m = gsin30° =10× 1
2 m/ s
2=5m/ s
2
根据匀变速运动公式，t＝1s 时，物块的y 坐标值y = 1
2 at
2= 1
2 ×5×1
2m=2.5m，故B 正确；
C.当t＝1s 时，Fx＝4N+2×1N＝6N
此时物块所受的合力F合=
❑√F x
2+ F y
2 =
❑√6
2+6
2 N =6 ❑√2 N
根据牛顿第二定律F 合＝ma
代入数据解得物块的加速度大小a=5 ❑√2m/ s，故C 错误；
D.t＝2s 时刻，物块沿y 轴方向的速度vy＝at＝5×2m/s＝10m/s
物块在t＝2s 时刻，沿x 轴方向的合力Fx′＝（4+2×2）N＝8N
在0﹣2s 内沿x 轴方向的平均加速度a= F x+ F x′
2m
= 4+8
2×1.2 m/ s
2=5m/ s
2
t＝2s 时刻，物块沿x 轴方向的速度v x =at =5×2m/ s=10m/ s
根据运动的合成与分解，在t＝2s 时刻的速度v =
❑√v x
2+ v y
2 =
❑√10
2+10
2m/ s=10 ❑√2m/ s，故D 正确。
故选：BD。
考点2 平抛运动和斜抛运动
1．（2026•白山一模）如图所示，斜面体倾角为θ，一个小球在斜面的顶端A 点以初速度v0水平抛出，小
球刚好落在斜面上的B 点，保持小球在A 点抛出的初速度大小不变，改变抛出的初速度方向，使抛出
的初速度与水平方向的夹角为α 斜向上，小球也恰好落在B 点，不计空气阻力，则α 和θ 的关系正确的
是（ ）
A．sinα=
1
sinθ
B．sinα=
1
cosθ
C．cosα=
1
cosθ
D．tanα=
1
tanθ
【答案】D
【详解】解：小球在斜面的顶端A 点以初速度v0 水平抛出，刚好落在斜面上的B 点，则有
tanθ=
1
2 gt1
2
v0t1
= gt1
2v0
可得t1= 2v0tanθ
g
则A 点到B 点的水平位移为x AB= v0t1= 2v0
2tanθ
g
保持小球在A 点抛出的初速度大小不变，改变抛出的初速度方向，使抛出的初速度与水平方向的夹角为α
斜向上，小球也恰好落在B 点，将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面，在垂直斜面方向有
t2=2 v0sin(α +θ)
gcosθ
则A 点到B 点的水平位移为x AB= v0cosα ⋅t2= 2v0
2cosαsin(α +θ)
gcosθ
可得tanθ = cosαsin(α +θ)
cosθ
= cosα(sinαcosθ+cosαsinθ)
cosθ
= sinαcosα +co s
2αtanθ
则有tanθ（1﹣cos2α）＝sinαcosα
化简可得tanα =
1
tanθ ，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
2．（2026•长春模拟）“击壤”是我国古代的一项投掷游戏。将一块“壤”置于地面，一孩童在远处水
平抛出另一块“壤”，落在了水平地面P 点（两块“壤”与P 点位于同一竖直面内），如图所示。不计
空气阻力，若要击中地面的“壤”，以下方式可行的是（ ）
A．仅增大水平抛出速度
B．仅减小水平抛出速度
C．仅增大抛出点离地高度
D．仅改用更重的“壤”抛出
【答案】B
【详解】解：平抛运动水平位移x = v0
❑√
2h
g 原落点比目标远，需减小水平位移；
AC、增大v0 或h，会使水平位移增大，故AC 错误；
B、仅减小初速度v0 可实现水平位移变小，故B 正确；
D、质量不影响平抛轨迹，故D 错误。
故选：B。
3．（2026•梅河口市校级一模）某部队在水平地面上训练时，火炮发射的炮弹轨迹如图所示。火炮先以v1
发射第一枚炮弹，一段时间后，再以v2发射第二枚炮弹，最终二者同时击中同一目标。已知v1、v2与
水平方向夹角分别为α、β，不计炮身高度和空气阻力，则（ ）
A．α 一定小于β
B．α 可能等于β
C．v1一定小于v2
D．v1可能等于v2
【答案】D
【详解】解：两枚炮弹击中同一目标，说明水平射程R 相同。由题意，第一枚炮弹先发射且二者同时击中
目标，可知第一枚炮弹飞行时间较长，即t1＞t2。竖直方向：由t = 2vsinθ
g
，由于t1＞t2，则v1sinα＞
v2sinβ；同时第一枚炮弹上升的最大高度H = (vsinθ)
2
2 g
较大，对应图中实线轨迹。水平方向：由R＝
（vcosθ）t，由于R 相同且t1＞t2，则v1cosα＜v2cosβ。
AB、分析角度：因为v1sinα＞v2sinβ 且v1cosα＜v2cosβ，则有tanα = v1sinα
v1cosα ＞v2sinβ
v2cosβ =tanβ。在0＜
α，β＜90°范围内，有α＞β，故AB 错误；
CD、分析初速度大小：由射程公式R = v
2sin2θ
g
可知，当v1＝v2 时，若两发射角度互余（即α+β＝90°）
且α≠β，两炮弹的射程相同。结合α＞β，此时第一枚炮弹飞行时间确实更长，完全符合题意。因此v1 可
能等于v2，故C 错误，D 正确。
故选：D。
4．（2026•孝感一模）如图所示，足够长光滑斜面倾角θ＝37°，在斜面顶端有可视为质点的小球A 和小球
B，某时刻A 以vA＝4m/s 水平抛出，与此同时B 从斜面顶端以初速度vB沿斜面向下滑，经过一段时间，
A 刚好击中在斜面上滑动的小球B，取g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则下列说法正确的是（
）
A．若A 的初速度变为原来的2 倍，A 还是可以击中B
B．B 的初速度vB＝3.2m/s
C．A 击中B 时的速度大小为2❑√14 m/ s
D．若A 的初速度变为原来的2 倍，则A 落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角变大
【答案】B
【详解】解：A、设A 击中B 时斜面的长为L，对于A 球，则水平方向xA＝Lcosθ＝vAt
竖直方向yA＝Lsinθ= 1
2 gt
2
联立解得t＝0.6s，L＝3m
对于小球B，根据牛顿第二定律可知其加速度a= mgsinθ
m
=gsinθ
解得a＝6m/s2
沿斜面方向L= vBt + 1
2 at
2
解得vB＝3.2m/s
若A 的初速度变为原来的2 倍，同理可得t′＝1.2s，L″＝6m
在1.2s 内B 的位移：L′ = vBt ′ + 1
2 at ′
2=3.2×1.2m+ 1
2 ×10×1.2
2m=8.16m≠L″
可知若A 的初速度变为原来的2 倍，A 不能击中B，故A 错误，B 正确；
C、A 击中B 时竖直方向的分速度vy＝gt＝10×0.6m/s＝6m/s
合速度大小为v=
❑√v A
2 + v y
2 =
❑√4
2+6
2m/s=2❑√13m/s，故C 错误；
D、设A 落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角为α，则tanα= v y
v0
=gt
v0
A 落到斜面上时的位移方向与斜面的夹角是θ，且满足tanθ= y A
x A
=
1
2 gt
2
v At =gt
2v0
= 1
2 tanα
由于A 落到斜面上时的位移方向与斜面的夹角不变，则落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角也不变。故
D 错误。
故选：B。
5．（2025•云南真题）如图所示，某同学将两颗鸟食从O 点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M 点和N
点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则（ ）
A．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
【答案】D
【详解】解：AB.两只小鸟分别在空中的M 点和N 点同时接到鸟食，N 点下落的高度更高，运动时间长，
故N 点接到的鸟食先被抛出，故AB 错误；
C.根据x＝v0t，y= 1
2gt2，得y= g x
2
2v0
2 ，如果初速度相等，则两轨迹应该重合，故C 错误；
D.同理，由y= g x
2
2v0
2 可知，当水平位移x 相等时，yN＞yM，y 越大，初速度v0 越小，则在M 点接到的鸟食
平抛的初速度较大，故D 正确。
故选：D。
6．（2025•江西真题）如图所示，人形机器人陪伴小孩玩接球游戏。机器人在高度为H 的固定点以速率v1
水平向右抛球，小孩以速率v2水平向左匀速运动，接球时手掌离地面高度为h。当小孩与机器人水平距
离为l 时，机器人将小球抛出。忽略空气阻力，重力加速度为g。若小孩能接到球，则v1为（ ）
A．l ❑√
2g
H −h −v2
B．l ❑√
g
2( H −h) −v2
C．l ❑√
H −h
2g −v2
D．l ❑√
2( H −h)
g
−v2
【答案】B
【详解】解：球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，若小孩能接到球，则有
H −h= 1
2 gt
2，l＝v1t+v2t
联立解得v1=l ❑√
g
2( H −h) −v2，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
7．（2025•浙江真题）如图所示，在水平桌面上放置一斜面，在桌边水平放置一块高度可调的木板。让钢
球从斜面上同一位置静止滚下，越过桌边后做平抛运动。当木板离桌面的竖直距离为h 时，钢球在木板
上的落点离桌边的水平距离为x，则（ ）
A．钢球平抛初速度为x ❑√
2h
g
B．钢球在空中飞行时间为❑√
2h
g
C．增大h，钢球撞击木板的速度方向不变
D．减小h，钢球落点离桌边的水平距离不变
【答案】B
【详解】解：AB.小球离开斜槽后做平抛运动，竖直方向h= 1
2 gt
2
解得小球的运动时间t = ❑√
2h
g
水平初速度v0= x
t = x ❑√
g
2h，故A 错误，B 正确；
C.竖直速度v y = ❑√2gh
钢球撞击木板的速度方向与水平方向成θ，根据数学知识tanθ= v y
v0
=
❑√2gh
v0
增大h，钢球撞击木板的速度方向与水平方向的夹角增大，故C 错误；
D.水平位移x = v0t = v0
❑√
2h
g
减小h，钢球落点离桌边的水平距离减小，故D 错误。
故选：B。
8．（2026•深圳模拟）如图所示为冬季奥运会跳台滑雪运动员比赛时的情景，运动员从跳台A 处沿水平方
向飞出，在斜面AB 上的B 处着陆。斜面AB 与水平方向夹角为37°，运动员在空中运动的时间为4.2s，
不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2，运动员可以看成质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列判断错
误的是（ ）
A．运动员在A 点飞出时的初速度大小为28m/s
B．运动员从A 点飞出后运动2.1s 离斜面最远
C．运动员运动过程中离斜面的最大距离为16m
D．若运动员运动到B 点时速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝1.5
【答案】C
【详解】解：A.设运动员运动的时间为t，根据平抛运动规律有x＝v0t，y = 1
2 gt
2
又tan37° = y
x
代入数据得v0＝28m/s，故A 正确；
BC．运动员在垂直斜面方向做的是类竖直上抛运动，运动员在垂直斜面方向的初速度分量为v1＝v0sin37°
代入数据得v1＝16.8m/s
在垂直斜面方向的分加速度为a1＝gcos37°
代入数据得a1＝8m/s2
设运动员从A 点飞出后运动t 时间离斜面最远，则有t = v1
a1
代入数据得t＝2.1s
运动中离斜面的最大距离为d = v1
2
2a1
代入数据得d＝17.64m，故B 正确，C 错误；
D.由平抛运动推论可知运动员运动到B 点时速度方向与水平方向的夹角正切值为tanθ＝2tan37°＝1.5，故D
正确。
故选：C。
9．（2026•内江校级二模）如图所示，某楼梯有8 级台阶，一表面光滑的小球从最上面一级台阶的边缘被
水平踢出，刚好落到下一级台阶的水平边缘上，被弹起后继续运动。所有台阶的高度相同、宽度相同，
所有碰撞过程均为弹性碰撞（碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度反向），忽略空气阻力，则小
球落地之前与台阶碰撞的次数为（ ）
A．1 次
B．2 次
C．3 次
D．4 次
【答案】B
【详解】解：设一级台阶的高度为h，长度为s，小球从8 级台阶抛出刚好落在下一级台阶的边缘时，有s
＝v0t1
竖直方向上有h= 1
2 gt1
2
代入数据得v0= s ❑√
g
2h
在第7 级台阶的边缘处进行反弹，小球会做斜抛运动。根据运动的对称性，运动到最高点时刚好与第8 级
台阶平齐，离第8 级边缘的水平距离为2s（在第6 级台阶边缘的正上方）。接下来小球继续做平抛运动，
竖直方向上当nh= 1
2 gt2
2
水平方向上，s2= v0t2= s ❑√
g
2h ⋅❑√
2nh
g = s ❑√n
当n＝3 时，s2＞s，则不会落在第5 级台阶上；
当n＝4 时，s2＝2s，则刚好落在第4 级台阶的边缘处。接下来继续做斜抛运动，同样根据运动的对称性，
到达最高点时与第8 级台阶高度相等，在第2 级台阶边缘的正上方。
综上，小球在落地之前一共与台阶有2 次碰撞，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
10．（2026•青岛模拟）如图所示，边长为3.2m 的正方形水池中心处有一喷泉，其喷口与水池边缘等高，
可向四周斜向上45°连续喷出水流。重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，要使水流恰好不喷出池外，
喷口处水流的速度大小应为（ ）
A．2m/s
B．4❑√2m/s
C．4m/s
D．8m/s
【答案】C
【详解】解：正方形水池边长为3.2m，喷泉位于中心，水流恰好不溅出池外时，水平位移最大值为中心到
边缘的距离，即x = 3.2
2 m=1.6m，将初速度v0 分解为水平方向v0x＝v0cos45°
竖直方向v0y＝v0sin45°
则水流运动时间为竖直上抛往返时间t = 2v0 y
g
= 2v0sin 45°
g
水平位移x＝v0xt
则x = v0cos 45°⋅2v0sin 45°
g
代入数据得v0＝4m/s，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
1．（2026•合肥校级模拟）如图轻质细绳绕过光滑定滑轮，一端系着质量为m 的重物，人拉着另一端以速
度v 沿水平地面向左匀速移动。经过图示位置时，细绳与水平方向的夹角为α。在人匀速移动过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．重物处于超重状态
B．重物以速度v 匀速上升
C．重物受到细绳的拉力可能等于它的重力
D．当α＝30°时，人与重物的速度大小之比为2：1
【答案】A
【详解】解：ABC.将人的速度分解为沿细绳方向和垂直细绳方向
重物的速度等于沿绳方向的速度，则有v 物＝vcosαABC.由于人向左以速度匀速移动过程，α 逐渐减小，
cosα 逐渐增大，则重物向上做加速运动；加速度向上，所以重物处于超重状态；根据牛顿第二定律可知，
重物受到细绳的拉力一定大于它的重力，故A 正确，BC 错误；
D.当α＝30°时，v物= vcosα =
❑√3
2 v，人与重物的速度大小之比为v ：v物=2：❑√3，故D 错误。
故选：A。
2．（2026•上饶一模）福建舰是我国首艘电磁弹射型航母，它的电磁弹射跑道全长约110m。某次任务中福
建舰以54km/h 的速度向东匀速航行，电磁弹射系统用时2.5s 将歼﹣15T 匀加速弹射到向东起飞。该舰
载机的起飞速度约为（ ）
A．209km/h
B．263km/h
C．317km/h
D．371km/h
【答案】D
【详解】解：根据题意分析可知，航母速度v 航母＝54km/h＝54× 1000
3600m/s＝15m/s（向东）
舰载机相对于航母从静止开始匀加速运动，位移x＝110m，时间t＝2.5s，由匀加速直线运动公式得相对加
速度a= 2 x
t
2 ，
a
代入数据解得=35.2m/ s
2
舰载机相对于航母的末速度v 相对＝at，代入数据解得v 相对＝88m/s（向东）
起飞速度（相对于地面）为v 地面＝v 航母+v 相对，代入数据解得v 地面＝103m/s≈371km/h，故D 正确，
ABC 错误；
故选：D。
3．（2026•南通一模）如图所示，3D 打印机的水平托盘静止不动，喷头沿托盘对角线AC 方向匀速运动至
P 点时，同时使托盘沿AD 边方向匀速运动，则托盘上打印的图案可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】解：由于两个方向都是匀速运动，其合运动是匀速直线运动的合成，合速度方向是确定的。从开
始到P 点，喷头先沿AC 运动一段，然后托盘运动后，喷头相对托盘的运动轨迹应该是一条直线（因为两
个匀速运动合成是匀速直线运动）。
从开始到P 点，喷头先沿AC 运动一段，然后托盘运动后，喷头相对托盘的运动轨迹应该是一条直线（因
为两个匀速运动合成是匀速直线运动）。
将沿AC 方向速度分解，分解为沿着AB 和AD 方向，由于托盘运动沿着DA 方向的速度可能抵消AD 方向
的分速度，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
4．（2026•沙坪坝区校级模拟）无人机表演已成为重庆城传统的迎新年的仪式。若分别以水平向右、竖
直向上为x 轴y 轴的正方向，某架参演的无人机在x、y 方向的v﹣t 图像分别如图甲、乙所示，该无人
机的运动轨迹可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】解：水平方向（vx﹣t 图像）：速度恒定，做匀速直线运动，x 随时间均匀增加。
竖直方向（vy﹣t 图像）：速度均匀减小，做匀减速直线运动，y 随时间的增加率越来越小。
A.竖直速度应越来越大，故A 错误。
B.竖直速度不会出现先增后减再增的情况，故B 错误。
C.符合水平匀速、竖直减速的运动合成，故C 正确。
D.竖直速度应越来越小，斜率应越来越小，故D 错误。
故选：C。
5．（2026•南通模拟）图甲为3D 打印机，在水平面上建立如图乙所示的平面直角坐标系。在某次打印过
程中，打印机的喷头在某一固定高度处进行打印（高度保持不变），此时位于水平面内的托盘沿x 轴正
方向以v1＝0.01m/s 的速度匀速运动，而喷头以v2＝0.02m/s 的速度沿图乙所示方向做匀速直线运动。则
在托盘上打印出的图案是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】解：根据题意可知，托盘沿x 轴正方向运动，喷头与x 轴正方向成60°角匀速运动（以地面为参考
系），因v2cos60°＝v1，其沿托盘方向相同，则以托盘为参考系的运动速度为v 相，为沿y 轴正方向的直
线。故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
6．（2026•松滋市校级模拟）人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图所示，出水管口最下
端距水平地面一定高度，出水管口横截面是圆，不计空气阻力，假如水从管口水平喷出的速度恒定，水
流在空中不会中断，则水柱落在平地面上的形状大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】解：平抛运动在竖直方向为自由落体运动，则h= 1
2gt2
水平方向为匀速直线运动，则水平位移为x＝v0t＝v0❑√
2h
g
考虑管口截面上三个点的轨迹，即最上端、最下端和圆心，如图所示
则Δ x1= v0
❑√
2(h+ R)
g
−❑√
2h
g )，Δ x2= v0
❑√
2(h+2 R)
g
−❑√
2(h+ R)
g
因为Δx1−Δ x2= v0(❑√
2(h+ R)
g
−❑√
2h
g )−v0(❑√
2(h+2 R)
g
−❑√
2(h+ R)
g
＞0
所以水柱落在地面的形状左右不对称，最下端和圆心的落地点间距Δx1 大于最上端和圆心的落地点间距
Δx2，故形状大致为D 选项中的形状，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
7．（2026•西和县一模）如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽略，系绳延长线过球
心）、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处竖直上升。则在球匀
速竖直上升且未离开墙面的过程中（ ）
A．玩具小车做匀速运动
B．玩具小车做加速运动
C．绳对球的拉力大小变小
D．绳对球的拉力大小变大
【答案】D
【详解】解：AB、设球的质量为m，速度为v，绳子拉力为T，拉球的绳子与竖直方向夹角为θ，由于球
的半径不能忽略，已知球在上升的过程中，θ 逐渐增大，但球处于动态平衡中，故球做匀速运动。将球的
速度分解为沿绳子和垂直于绳子方向，车与球在沿绳子方向上速度相等，可知v 车＝vcosθ
球上升的过程中，随着θ 增大，车速逐渐减小，因此玩具小车做减速运动，故AB 错误；
CD、由于球处于动态平衡中，故球做匀速运动，所受合力为零，则在竖直方向上
Tcosθ＝mg
整理上式可得
T = mg
cosθ
随着θ 逐渐增大，绳子拉力逐渐增大，故C 错误，D 正确。
故选：D。
8．（2026•安庆二模）滑板运动是很多年轻人热爱的一项运动。如图所示为某一滑板的滑道，左侧是一
个水平平台，在平台右侧有一倾角为53°的滑道AB。一滑板运动员（可视为质点）从平台边缘O 点以
某一水平速度冲出，恰好无碰撞地从A 点进入倾斜滑道。已知OA 的水平距离为1.2m，g 取10m/s2，
sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，则运动员冲出O 点时的速度大小为（ ）
A．3m/s
B．4m/s
C．2❑√2m/s
D．4❑√2m/s
【答案】A
【详解】解：滑板运动员（可视为质点）从平台边缘O 点以某一水平速度冲出，恰好无碰撞的从A 点进入
倾斜滑道，由tanα = tanθ
2
= h
x
代入数据得h＝0.8m；
由h= 1
2 gt
2=0.8m
代入数据得t＝0.4s
由x＝v0t
代入数据得v0＝3m/s，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
9．（2026•永州二模）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以
小鱼跃出水面处为坐标原点，x 轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0末速度v 沿x 轴正方向。
在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平方向分速度vx竖直方向分速度vy和水
平位置x、竖直位置y 与时间t 的关系，下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】解：AC.小鱼在运动过程中只受重力作用，在水平方向上做匀速直线运动，即vx 为定值，则水平
位移x＝vxt，故A 正确，C 错误；
BD.小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则y = v y 0t −1
2 gt
2，vy＝vy0﹣gt
最高点时竖直方向的速度为0，故BD 错误；
故选：A。
10．（2026•济宁一模）建筑工人常常通过徒手抛砖的方式来搬运砖块。简化图如图所示，地面上的工人
将砖块从A 点斜向上抛出，砖块被脚手架上的工人在B 点接住。已知砖块运动至最高点时距离B 点的
高度为0.8m，A、B 两点的高度差为2.4m，A、B 两点间的水平距离为2.4m，重力加速度大小g＝
10m/s2，忽略空气阻力，则砖块经过最高点时的速度大小为（ ）
A．1m/s
B．2m/s
C．3m/s
D．4m/s
【答案】B
【详解】解：设最高点速度v，从最高点到B 点时间t = ❑√
2h
g
代入数据得t＝0.4s，水平位移x＝vt
代入数据得v＝2.m/s，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
11．（2026•昌黎县校级模拟）篮球从同一高度先后抛出后均直接落入篮筐，运动轨迹如图所示，则篮球
先后两次（ ）
A．入篮前运动的时间相同
B．入篮前时的速度相同
C．入篮前时重力做功的功率相同
D．入篮前运动的速度变化率相同
【答案】C
【详解】解：A.竖直方向，从抛出到最高点，根据逆向思维，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运
动，根据h= 1
2 gt
2
代入数据得t = ❑√
2h
g ，第一次抛出入篮前运动的时间较大，故A 错误；
D.竖直方向，根据vy＝gt
入篮时第一次抛出的篮球在竖直方向的速度较大，根据PG＝mgvy
第一次抛出的篮球入篮前时重力做功的功率较大，故D 错误；
B.根据题意无法判断入篮时篮球的速度大小，方向不同，故B 错误；
C.速度变化率即为加速度，两次球都只受重力，加速度相同，所以入篮前运动的速度变化率相同，故C 正
确。
故选：C。
12．（2026•巴中模拟）“川超”即四川省城市足球联赛，是四川省21 个市州参与的业余足球联赛，旨在
打造全民参与、融合地域文化的足球盛宴。在某场比赛中，一运动员在射门时，球在空中的轨迹如图所
示，考虑空气阻力影响，则从A 到B 的过程中（ ）
A．足球速度不变
B．足球始终处于超重状态
C．足球受到的合外力与速度方向不共线
D．足球运动的轨迹为抛物线
【答案】C
【详解】解：A.速度是矢量，包含大小和方向，足球在空中运动时，受到重力和阻力，足球的速度大小会
变化，方向也在不断改变，故A 错误；
B.足球在空中运动时，无论是否有空气阻力，足球的加速度主要由重力决定，始终有向下的分量，足球始
终处于失重状态，故B 错误；
C.足球做曲线运动，足球受到的合外力方向与速度方向不共线，故C 正确；
D.由于空气阻力影响，足球所受合外力不是恒力，运动轨迹不是抛物线，故D 错误。
故选：C。
13．（2026•六盘水二模）如图所示，薄壁敞口瓶瓶身上开有两小孔a、b，已知水流射出时速度v 与小孔
距离水面高度h 满足关系式v2＝2gh，g 为重力加速度。某时刻从a、b 两孔水平射出的水流恰好落在地
面上同一位置，此后，直到水面下降到小孔a 所在高度之前，从a 孔射出的水流落地点位于从b 孔射出
的水流落地点的（ ）
A．右边
B．左边
C．同一点
D．无法确定
【答案】B
【详解】解：设水面的高度为H，小孔a 距地面高度为ha，小孔b 距地面高度为hb，a、b 两孔水平射出的
水流速度va= ❑√2g( H −ha)，vb= ❑√2 g( H −hb)
a、b 两孔水平射出的水流做平抛运动，运动时间为ta=
❑√
2ha
g
，tb=
❑√
2hb
g
水平位移xa= vata=2
❑√H ha−ha
2，xb= vbtb=2
❑√H hb−hb
2
当xa＝xb 时
代入数据得H＝ha+hb
将y = H ha−ha
2，y = H hb−hb
2看作关于y﹣H 的两条直线。
由于ha＞hb，当H＜ha+hb 时，随着H 的减小
得H ha−ha
2＜H hb−hb
2
故xa＜xb，即从a 孔射出的水流落地点位于从b 孔射出的水流落地点的左边，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
14．（2026•湖南模拟）如图所示，乒乓球台长度为2L，中间位置的球网高度为h，运动员在球台边缘O
正上方将球水平发出，球反弹后掠过球网恰好落在对方球台边缘P 处。已知球落到台面上反弹前后水平
分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不考虑乒乓球的旋转和空气阻力，重力加速度为g。下
列说法正确的是（ ）
A．发球点距O 点的高度为4
3 h
B．发球点距O 点的高度为5
3 h
C．发球速度大小为L❑√
g
5h
D．发球速度大小为L❑√
g
2h
【答案】A
【详解】解：乒乓球整个运动过程中两次达到最高点，对于第一次落到台面上，为第一次平抛运动，将从
台面上反弹后又落回台面这一过程视为在最高点分别向左和右平抛的过程，所以乒乓球的运动过程拆分成
了三次平抛运动，由于抛出的高度相同，所以从抛出到落回台面的时间都满足：H= 1
2 gt0
2，在水平方向上
每一次平抛运动都满足：vt0＝x，由于乒乓球反弹后速度大小不变，所以三次平抛运动的水平速度大小一
样，所以水平位移相等，均为x= 2 L
3 ，h 位于台面中间位置，所以第一次反弹到h 处的水平距离为L
3 ，若
将乒乓球反弹到最高点逆过程看作平抛运动，则从最高点到下落到高h 处的距离为L
3 ，令时间为t，则v0t
= L
3
H﹣h= 1
2gt2
又从反弹到落到球台2 L
3 =v0t'
H= 1
2gt'2
联立解得
H= 4
3 h
v0＝L❑√
g
6h，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
15．（2026•枣庄模拟）如图所示，网球运动员两次击球时，击球点A、B 与球网的水平距离均为2L，离
地高度分别为2L、L。网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向下和斜向上，与水平方向夹角
均为θ。网球均刚好掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，则tanθ 的值为（ ）
A．1
2
B．1
3
C．1
4
D．1
5
【答案】C
【详解】解：网球在水平方向上做匀速直线运动，网球从击球点运动到球网位置时所用时间为t =
L
v0cosθ
设球网高度为h，则对斜向下发出的网球有L−h= v0 sinθ⋅t + 1
2 gt
2
对斜向上发出的网球有L
2 −h=−v0 sinθ⋅t + 1
2 gt
2
联立解得tanθ= 1
4 ，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
（多选）16．（2026•昭通一模）自然界中很多动物的行为蕴藏着物理规律。如图所示，飞虫沿离地面高
为h 的水平线以速度v0匀速飞行，经过M 点时，前方地面上N 点处一只青蛙以一定速度竖直跳起，青
蛙恰在最高点处捉住飞虫。飞虫与青蛙均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的
是（ ）
A．飞虫从M 点到被捉住飞行的距离为v0
❑√
h
g
B．飞虫从M 点到被捉住飞行的距离为v0
❑√
2h
g
C．青蛙起跳的速度大小为❑√gh
D．青蛙起跳的速度大小为❑√2gh
【答案】BD
【详解】解：CD．青蛙从地面竖直跳起，到达最高点时高度为h，此时竖直速度为0。由h= 1
2 gt
2，可得
青蛙上升到最高点所用时间为t = ❑√
2h
g ，由竖直上抛速度—位移公式v2＝2gh，解得青蛙起跳的速度大小为
v = ❑√2gh，故C 错误，D 正确。
AB．飞虫从M 点到被捉住的时间与青蛙上升时间相同，可得飞虫水平飞行距离x = v0t = v0
❑√
2h
g ，故A 错
误，B 正确。
故选：BD。
（多选）17．（2026•遂宁模拟）某广场喷泉喷出的两水柱如图中a、b 所示。不计空气阻力，a、b 中的
水（ ）
A．加速度相同
B．喷出时的初速度大小可能相等
C．在最高点的速度相同
D．在空中运动的时间可能相等
【答案】AB
【详解】解：A.不计空气阻力，水喷出后做斜上抛运动，在相等时间间隔Δt 内速度的变化量Δv＝gΔt 相等，
故A 正确；
BCD.水做斜上抛运动，在竖直方向做竖直上抛运动，从抛出到最高点过程的运动时间t = ❑√
2h
g
由于ha＜hb
则ta＜tb，水在空中的运动时间t 总＝2t＝2 ❑√
2h
g ，则ta 总＜tb 总
由图示可知，从最高点到落点过程xa＞xb
在最高点的速度vx= x
t ，则vax＞vbx
水在竖直方向的分速度大小vy= ❑√2 gh，由于vay＜vby
水喷出时的速度大小v=
❑√v x
2+ v y
2，由于vax＞vbx，vay＜vby 故喷出时水的速度大小可能相同，故CD 错误，
B 正确。
故选：AB。
（多选）18．（2026•柳州二模）如图（a）为自动写字机的实物图，通过电机控制笔在写字平台上运动。
t＝0 时刻，静止于打印平台O 点的笔头开始运动，沿x 轴方向的加速度—时间图像和y 轴方向的速度—
时间图像分别如图（b）、（c）所示。下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.5s 时，笔头的加速度大小为0.004m/s2
B．t＝1s 时，笔头的速度大小为0.005m/s
C．0～1s 内，笔头做匀变速直线运动
D．t＝2s 时，笔头的位置坐标为（16mm，4.5mm）
【答案】BC
【详解】解：A、t＝0.5s 时，沿x 轴方向ax =0.004 m/ s
2，沿y 轴方向a y = Δv
Δt = 0.003−0
1
m/ s
2=
0.003m/s2，笔头的加速度大小a1= ❑√ax+a y =
❑√0.004
2+0.003
2m/ s
2=0.005m/s2，故A 错误；
B、t＝1s 时，沿x 轴方向v1x＝axt＝0.004×1m/s＝0.004m/s，沿y 轴方向v1y＝0.003m/s，笔头的速度大小
v =
❑√v1 x
2 + v1 y
2 =
❑√0.00 4
2+0.003
2m/ s=0.005m/ s，故B 正确；
C、0～1s 内，因为
v y
v x
= a yt
axt = a y
ax
，合速度与合加速度在同一直线上，所以笔头做匀变速直线运动，故C 正
确；
D、2s 内，沿x 轴方向x = 1
2 axt
2= 1
2 ×0.004×2
2m=0.008m，沿y 轴方向由图（c）中图线与坐标轴的面
积表示2s 内的位移y = 1
2 ×(1+2)×0.003m=0.0045m，笔头的坐标位置为（8mm，4.5mm），故D 错误；
故选：BC。
