《2026年高中必刷题高中物理必修第二册人教版》

1. [江西2025高一下期末]如图，一条小鱼以$v = 5m/s$的初速度从平静的水面跃出，初速度的方向与水面的夹角为$37^{\circ}$.一段时间后又落回水面，小鱼可看作质点，不计空气阻力，重力加速度$g$大小取$10m/s^{2}$，$\sin 37^{\circ} = 0.6$，则小鱼相对于水面跃起的最大高度$h$为(A)


A.$0.45m$
B.$0.5m$
C.$0.6m$
D.$0.8m$

答案： 1.A[解析]小鱼跃出水面时，竖直方向的分速度大小为$v_y = v\sin37^{\circ} = 3m/s$，根据$v_y^2 = 2gh$，解得小鱼相对于水面跃起的最大高度为$h = 0.45m$，故选A。
破点：竖直方向速度为0时，到达最高点。

2. [广东江门一中2025高一下期中](多选)飞镖比赛中，某选手先后将三支飞镖$a$、$b$、$c$由同一位置水平投出，三支飞镖插在竖直靶上的状态如图所示.不计空气阻力.下列说法正确的是(BC)


A.飞镖$a$在空中运动的时间最短
B.飞镖$c$投出的初速度最大
C.三支飞镖镖身的延长线交于同一点
D.三支飞镖速度变化量的方向不相同

答案： 2.BC[解析]根据$t = \sqrt{\frac{2h}{g}}$可知，飞镖a在空中运动的时间最长，飞镖c在空中运动的时间最短，A错误；根据$v_0 = \frac{x}{t}$，三支飞镖水平位移相等，飞镖c在空中运动的时间最短，则飞镖c投出的初速度最大，B正确；三支飞镖镖身的方向是速度的方向，根据平抛运动推论可知，其延长线经过水平位移的中点，则三支飞镖镖身的延长线交于同一点，C正确；三支飞镖都只受到竖直向下的重力，则它们的速度变化量方向均竖直向下，D错误。
关键点：速度变化量的方向与加速度的方向相同，均为竖直向下。

3. [河南郑州十校2024高一下联考](多选)如图所示是水门礼示意图.飞机平稳降落后，左右两条水柱从两辆大型消防车同一高度斜向上射出，射出时速度方向与水平方向的夹角分别为$60^{\circ}$和$37^{\circ}$，两条水柱恰好在最高点相遇(已知$\sin 37^{\circ} = 0.6$，$\cos 37^{\circ} = 0.8$，不计空气阻力和水柱间的相互影响)，下列说法正确的是(BC)


A.左右两条水柱射出时水平分速度之比为$1:1$
B.左右两条水柱相遇时水平位移之比为$\sqrt{3}:4$
C.左右两条水柱射出时速度之比为$2\sqrt{3}:5$
D.左右两条水柱射出时速度之比为$8:5$

答案：
3.BC
[解析]不计空气阻力，水柱做斜上抛运动，上升到最高点过程可看成逆向的平抛运动，由题意可知两水柱的竖直高度相同，由$v_y^2 = 2gh$，可知两水柱在竖直方向上的初速度大小相等，又因为$v = \frac{v_y}{\sin\theta}$，所以左右两条水柱射出时的速度之比为$\frac{v_{左}}{v_{右}} = \frac{\sin37^{\circ}}{\sin60^{\circ}} = \frac{2\sqrt{3}}{5}$，故C正确，D错误；水柱水平方向的速度大小为$v_x = v\cos\theta$，所以左右两条水柱射出时水平分速度之比为$\frac{v_{x左}}{v_{x右}} = \frac{v_{左}\cos37^{\circ}}{v_{右}\cos60^{\circ}} = \frac{\sqrt{3}}{4}$，故A错误；由于水柱斜上抛到最高点的时间相等，所以左右两条水柱相遇时水平位移之比为$\frac{x_{左}}{x_{右}} = \frac{v_{x左}}{v_{x右}} = \frac{\sqrt{3}}{4}$，故B正确。

4. 如图，在倾角为$\theta = 30^{\circ}$的足够大的光滑斜面上.将小球$a$、$b$同时以相同的速率沿水平面内不同方向抛出.已知$a$球初速度方向垂直竖直平面$PQM$向外，$b$球初速度沿着$PQ$方向.则(B)


A.$a$球落到斜面上时，$a$、$b$两球的位移大小相等
B.若将$a$球的初速度大小变为之前的$2$倍，则$a$球落到斜面上时，其速度大小也将变为之前的$2$倍
C.若将$b$球的初速度大小变为之前的$2$倍，则在相同时间内，其速度大小也将变为之前的$2$倍
D.$a$球落到斜面上时，$a$球的速度大小是$b$球速度大小的$2$倍

答案： 4.B[解析]当a球落到斜面上时，有$\tan30^{\circ} = \frac{\frac{1}{2}gt^2}{v_0t}$，解得$t = \frac{2v_0\tan30^{\circ}}{g} = \frac{2\sqrt{3}v_0}{3g}$，则a球落到斜面上时的速度大小为$v_a = \sqrt{v_0^2 + (gt)^2} = \frac{\sqrt{7}}{3}v_0$，若将a球的初速度大小变为之前的2倍，则a球落到斜面上时，其速度大小也变为之前的2倍，故B正确；由以上分析可知，a球落到斜面上用时为$t = \frac{2\sqrt{3}v_0}{3g}$，此时a球的位移大小为$s_a = \frac{v_0t}{\cos30^{\circ}} = \frac{4v_0^2}{3g}$，此时b球的水平位移大小为$s_{bx} = v_0t = \frac{2\sqrt{3}v_0^2}{3g}$，沿斜面向下（垂直于PQ）的位移大小为$s_{by} = \frac{1}{2}g\sin30^{\circ} · t^2 = \frac{v_0^2}{3g}$，b球的位移大小为$s_b = \sqrt{s_{bx}^2 + s_{by}^2} = \frac{\sqrt{13}v_0^2}{3g} \neq s_a$，故A错误；根据$v = \sqrt{v_0^2 + (g\sin30^{\circ} · t)^2}$，若将b球的初速度大小变为之前的2倍，则在相同时间内，其速度大小不是之前的2倍，故C错误；a球落到斜面上时的速度大小为$v_a = \frac{\sqrt{7}}{3}v_0$，此时b球的速度大小为$v_b = \sqrt{v_0^2 + (g\sin30^{\circ} · t)^2} = \frac{\sqrt{7}}{2}v_0$，故D错误。

5. [安徽2025高一下联考]甲、乙两个小球同时从水平面上的$O$点斜向上抛出，其运动轨迹如图，甲球落地时，乙球刚好运动到轨迹的最高点.乙球的落点正好在甲球轨迹最高点的正下方，不计空气阻力，下列判断正确的是(C)


A.乙球初速度与水平方向的夹角的正切值是甲球的$2$倍
B.甲球的最小速度是乙球最小速度的$2$倍
C.从抛出到落地乙球速度的变化量是甲球的$2$倍
D.乙球离地面的最大高度是甲球的$2$倍

答案： 5.C[解析]由题意可知，甲球的水平位移与乙球的水平位移的大小关系为$x_1 = 2x_2$，时间关系为$t_2 = 2t_1$，由$x = v_0t$，可得甲球的最小速度与乙球最小速度的关系为$v_{01} = 4v_{02}$，B错误；甲球的竖直初速度大小为$v_{y1} = g\frac{t_1}{2}$，乙球的竖直初速度大小为$v_{y2} = g\frac{t_2}{2}$，可得$v_{y2} = 2v_{y1}$，根据速度的分解与合成，对甲球，有$\tan\theta_1 = \frac{v_{y1}}{v_{x1}}$，对乙球，有$\tan\theta_2 = \frac{v_{y2}}{v_{x2}}$，联立解得$\frac{\tan\theta_1}{\tan\theta_2} = \frac{1}{8}$，A错误；从抛出到落地速度变化量$\Delta v = gt$，所以从抛出到落地甲、乙两球速度的变化量之比为$\frac{\Delta v_1}{\Delta v_2} = \frac{t_1}{t_2} = \frac{1}{2}$，C正确；甲、乙两球离地面的最大高度分别为$h_1 = \frac{1}{2}g(\frac{t_1}{2})^2$，$h_2 = \frac{1}{2}g(\frac{t_2}{2})^2$，则$\frac{h_1}{h_2} = \frac{t_1^2}{t_2^2} = \frac{1}{4}$，D错误。

6. [中国科学技术大学2023强基计划]滑块和小球初始时在长斜面底部，滑块沿斜面向上滑，小球对着斜面斜抛，结果滑块到达最高点时恰好与小球相遇.已知斜面倾角为$\theta$，斜面光滑且足够长，滑块初速度大小为$v$，求小球初速度的大小和方向.

答案： 6.$\frac{v_0\sqrt{1 + 4\tan^2\theta}}{2\tan\theta}$，方向与斜面成$\arctan\frac{1}{2\tan\theta}$角斜向右上方
[解析]滑块上滑的过程中，加速度大小$a = g\sin\theta$，因此上滑的时间$t = \frac{v_0}{a} = \frac{v_0}{g\sin\theta}$，上滑的位移$x = \frac{v_0^2}{2a} = \frac{v_0^2}{2g\sin\theta}$。设小球初速度大小为$v$，方向与斜面间的夹角为$\alpha$，将小球的运动在沿着斜面与垂直斜面方向正交分解，在垂直斜面方向上，有$t = \frac{2v\sin\alpha}{g\cos\theta}$，在沿着斜面方向上，有$x = vt\cos\alpha - \frac{1}{2}g\sin\theta · t^2$，联立解得$v = \frac{v_0\sqrt{1 + 4\tan^2\theta}}{2\tan\theta}$，$\alpha = \arctan\frac{1}{2\tan\theta}$，因此小球的初速度大小为$\frac{v_0\sqrt{1 + 4\tan^2\theta}}{2\tan\theta}$，方向与斜面成$\arctan\frac{1}{2\tan\theta}$角斜向右上方。
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