《2026年高中必刷题高中物理必修第二册人教版》

6. 如图所示，在足够高的竖直墙壁$MN$的左侧某点$O$以不同的初速度将小球水平抛出，其中$OA$沿水平方向，则每次抛出的小球在碰到墙壁前瞬间，其速度的反向延长线(A)


A.交于$OA$上的同一点
B.交于$OA$上的不同点，初速度越大，交点越靠近$O$点
C.交于$OA$上的不同点，初速度越小，交点越靠近$O$点
D.因为小球的初速度和$OA$的距离未知，所以无法确定

答案：
6.A[解析]设小球到达墙壁时速度方向与水平方向的夹角为$\theta$，位移与水平方向的夹角为$\alpha$，如图所示，则$\tan\theta = \frac{gt}{v_0}$，$\tan\alpha = \frac{y}{x} = \frac{\frac{1}{2}gt^2}{v_0t} = \frac{gt}{2v_0}$，解得$\tan\theta = 2\tan\alpha$，由几何关系知，速度的反向延长线经过OA的中点，即每次小球在碰到墙壁前瞬间，速度的反向延长线交于OA上的同一点，A正确。

7. [福建2025高一下联考](多选)如图所示，圆心为$O$的半圆形轨道$ACB$竖直固定在水平地面上，$AB$是水平直径，$C$是最低点，$D$点是$B$点在水平地面上的投影，圆弧轨道上的$E$点有个小孔.将小球甲、乙(均视为质点)从$A$点以水平向左、大小不同的初速度抛出，甲落到$C$点，乙通过小孔$E$落在$D$点，忽略空气阻力，下列说法正确的是(AC)


A.甲、乙从抛出到落地的时间相等
B.乙运动到$E$点时速度的反向延长线经过$O$点
C.乙运动到$D$点时速度的反向延长线经过$O$点
D.甲、乙在$A$点的速度大小之比$1:\sqrt{2}$

答案：
7.AC[解析]两球均做平抛运动，根据竖直方向的运动规律有$h = \frac{1}{2}gt^2$，甲、乙从抛出到落地的高度相等，则运动时间相等，A正确；平抛运动速度的反向延长线经过水平位移的中点，故乙运动到E点时速度的反向延长线不可能经过O点，乙运动到D点时速度的反向延长线经过O点，B错误，C正确；根据平抛运动规律有$x = v_0t$，$t_甲 = t_乙$，$x_乙 = 2x_甲$，可知$v_{0乙} = 2v_{0甲}$，D错误。
关键点拨：平抛运动的两个重要推论
(1)平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍。
(2)运动中某时刻速度的反向延长线经过水平位移的中点。

8. 如图所示为某喷灌机的喷头正在进行农田喷灌.已知出水速度大小为$v$，方向与水平方向夹角$\theta = 60^{\circ}$斜向上，假设喷头贴近农作物表面，忽略空气阻力，重力加速度为$g$.则(D)


A.水从喷出到运动至最高点的时间为$\dfrac{\sqrt{3}v}{g}$
B.水在最高点的速度大小为$\dfrac{\sqrt{3}v}{2}$
C.水平方向的喷水距离为$\dfrac{\sqrt{3}v^{2}}{g}$
D.水上升的最大高度为$\dfrac{3v^{2}}{8g}$

答案： 8.D[解析]根据斜抛运动规律，可得水由喷出到运动至最高点的时间$t_1 = \frac{v\sin\theta}{g} = \frac{\sqrt{3}v}{2g}$，A错误；水到达最高点时竖直方向速度为零，则此时的速度大小为$v_x = v\cos\theta = \frac{v}{2}$，B错误；根据斜抛运动的对称性可知，水在空中做斜抛运动的时间$t = 2t_1 = \frac{\sqrt{3}v}{g}$，则水平方向喷水距离$x = v_x t = \frac{\sqrt{3}v^2}{2g}$，C错误；水上升的最大高度$h = \frac{(v\sin\theta)^2}{2g} = \frac{3v^2}{8g}$，D正确。

9. [广东广州2025高一下期末]地面上的水龙头按如图所示的方式向上喷水，所有水束喷出的速率$v_{0}$相同，设喷射方向与地面夹角为$\theta$，$\theta$在$0^{\circ}$到$90^{\circ}$范围内，若喷出后水束的最高位置距地面$5m$，重力加速度$g$取$10m/s^{2}$.下列说法正确的是(C)


A.$\theta = 30^{\circ}$时水束落地时的圆半径最大
B.$\theta = 60^{\circ}$时水束落地时的圆半径最大
C.水束落地时最大圆半径为$10m$
D.水束落地时最大圆半径为$5m$

答案：
9.C[解析]喷射方向与地面夹角为$90^{\circ}$时喷射高度最大，此时竖直方向初速度最大，有$H = \frac{v_0^2}{2g}$，解得$v_0 = 10m/s$，水束喷射方向与地面夹角为$\theta$，则水束从喷出到落地时间为$t = 2\frac{v_0\sin\theta}{g}$，水平射程$x = v_0\cos\theta · t = \frac{v_0^2\sin2\theta}{g}$，故$x = 2H\sin2\theta$，当$\theta = 45^{\circ}$时水束落地时的圆半径最大，有$R = x_{max} = 10m$。故选C。
体运（斜抛）的特点：做竖直上抛运动到最高点的时间，射程s的线对称；同一高度速度大小相等，方向与水平方向夹角相等。

10. [四川德阳2025高二下月考]如图所示的光滑固定斜面长为$l$，宽为$b$，倾角为$\theta$，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点$P$以初速度$v_{0}$平行于斜面底边射入，恰好从底端$Q$点离开斜面，已知重力加速度为$g$.则(D)


A.物块由$P$点变加速运动到$Q$点
B.物块由$P$点以加速度$a = g\cos \theta$匀加速运动到$Q$点
C.物块由$P$点运动到$Q$点所用的时间$t = \sqrt{\dfrac{2l}{g}}$
D.物块的初速度大小$v_{0} = b\sqrt{\dfrac{g\sin \theta}{2l}}$

答案： 10.D[解析]对物块进行受力分析可知，物块受到恒定的合外力，故物块做匀变速运动，根据牛顿第二定律得，物块的加速度$a = g\sin\theta$，故A、B错误；根据$l = \frac{1}{2}at^2$，可得$t = \sqrt{\frac{2l}{a}} = \sqrt{\frac{2l}{g\sin\theta}}$，故C错误；根据$b = v_0t$，可得$v_0 = \frac{b}{t} = b\sqrt{\frac{g\sin\theta}{2l}}$，故D正确。
易错分析：本题易因不会把平抛模型进行迁移而导致错解。本题中物块所受的合外力与初速度方向垂直，且为恒力，可看作类平抛运动，故可利用平抛运动规律进行分析，即将物块在斜面上的曲线运动分解为平行于斜面底边方向的匀速直线运动和垂直于斜面底边方向加速度$a = g\sin\theta$、初速度为零的匀加速直线运动。