資源簡介

第 12 講　拋體運動
——劃重點之精細講義系列
考點 1 平拋運動的基本規律及重要結論
考點 2 斜面類的平拋運動模型
考點 3 平面及半圓約束模型
考點 4 類平拋運動
考點 5 多體平拋問題及相遇與臨界問題
考點 6 斜拋運動
一．平拋運動
1．定義：以一定的初速度沿水平方向拋出的物體只在重力作用下的運動。
2．性質：平拋運動是加速度為 g 的勻加速曲線運動，其運動軌跡是拋物線。
3．平拋運動的條件：
（1）v0≠0，沿水平方向；（2）只受重力作用。
4．研究方法：平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。
5．基本規律（如圖所示）：以拋出點為原點，水平方向（初速度 v0 方向）為 x 軸，豎直向下方
向為 y 軸，建立平面直角坐標系，則：
（1）水平方向：做勻速直線運動，速度 vx＝v0，位移 x＝v0t。
1
（2）豎直方向：做自由落體運動，速度 vy＝gt，位移 y＝ gt2。2
vy gt
（3）合速度：v＝ vx2＋v2y，方向與水平方向夾角為 α，則 tan α＝ ＝ 。
vx v0
y gt
合位移：s＝ x2＋y2，方向與水平方向的夾角為 θ，tan θ＝ ＝ 。
x 2v0
二．斜拋運動
1．定義：將物體以一定的初速度沿斜向上或斜向下拋出，物體僅在重力的作用下所做的運動，
叫做斜拋運動．
2．性質：加速度恒為 g 的勻變速曲線運動，軌跡是拋物線．
3．基本規律
以斜向上拋為例說明，如圖所示．
(1)水平方向：v0x＝v0cos θ，F 合 x＝0.
(2)豎直方向：v0y＝v0sin θ，F 合 y＝mg.
因此斜拋運動可以看做是水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上(下)拋運動的合運動．
考點 1：平拋運動的基本規律及重要結論
1．平拋運動的分解方法與技巧
2.平拋運動四個重要結論
2h
（1）飛行時間：由 t＝ 知，時間取決于下落高度 h，與初速度 v0無關。g
2h
（2）水平射程：x＝v0t＝v0 ，即水平射程由初速度 v0 和下落高度 h 共同決定，與其他因素g
無關。
（3）落地速度：v＝ v2x＋vy2＝ v20＋2gh，以 α 表示落地速度與 x 軸正方向間的夾角，有 tan α＝
vy 2gh
＝ ，所以落地速度只與初速度 v 和下落高度 h 有關。
vx v
0
0
（4）平拋物體運動中的速度變化：水平方向分速度保持 vx=v0，豎直方向，加速度恒為 g，速度
vy=gt，從拋出點看，每隔 t 時間的速度的矢量關系如圖所示。這一矢量關系有兩個特點：
①任意時刻 v 的速度水平分量均等于初速度 v0；
②任意相等時間間隔 t 內的速度改變量均豎直向下，且 v= vy=g t。
3.平拋運動的兩個推論
（1）做平拋（或類平拋）運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移
的中點，如下圖所示。
（2）做平拋（或類平拋）運動的物體在任一時刻，設其速度方向與水平方向的夾角為 α，位移
與水平方向的夾角為 θ，則 tan α＝2tan θ。如上圖。
【考向 1】某同學觀察一平拋小球，發現當小球拋出 0.3s 后小球的速度與水平方向成 37°角，落地時
3
速度方向與水平方向成 60°角，小球可看作質點，已知tan37° = 4， = 10m/s
2，下列說法正確的是
（ ）
A．小球初速度的大小為 5m/s B．小球落地時速度大小為 8m/s
C．小球拋出時距離地面的高度為 3.2m D．小球拋出的水平射程為 3m
【考向 2】（2024·陜西·二模）在 2023 年世界飛鏢錦標賽總決賽中，范格文以3:0戰勝威廉姆斯獲得
總冠軍。若先后兩次飛鏢的拋出點在同一豎直線上的 A、B 兩點，將飛鏢沿水平方向拋出后，飛鏢
均扎在靶心處，兩飛鏢的軌跡如圖乙中曲線 1、2 所示，飛鏢扎在靶上瞬間的速度與水平方向的夾角
分別為 、 。已知 AB、BO 的豎直高度相同，飛鏢可視為質點，空氣阻力忽略不計。則下列說法正
確的是（　　）
A．先后兩次飛鏢在空中的運動時間之比為2:1
B．先后兩次飛鏢拋出時的初速度大小之比為1: 2
C． = 2
D．sin = 2sin
【考向 3】（多選）如圖所示為一個簡易足球場，球門寬為 6m。一個同學在球門中線距離球門 4m 處
采用頭球將足球頂入球門的左下方死角（圖中 P 點）。同學頂球點的高度為 1.8m。從頭頂球到球落
地的過程，忽略空氣阻力，足球做平拋運動，g 取10m/s2，則（　　）
A．足球的位移小于 5m
B．足球運動的時間為 0.6s
C．足球初速度的大小約為8.3m/s
D．足球在豎直方向上速度增加了6m/s
考點 2：斜面類的平拋運動模型
1．模型特點
平拋運動與斜面結合的問題，一般是研究物體從斜面頂端平拋或者往斜面上拋的過程，解決這
類問題一般仍是在水平和豎直方向上分解。求解的關鍵在于深刻理解通過與斜面的關聯而給出的隱
含條件。
2．模型分析：
模型分類 解題思路 方法總結
分解速度：
①分解速度；
vy＝gt，
②在撞擊斜面的時刻，速度方向與水平方向的夾角與斜面的
v0 v0
tan θ＝ ＝ ，
v gt 傾角互余。y
v0
故 t＝
gtan θ
①分解位移；
②以不同的初速度拋出小球，只要落到斜面時速度的方向都
平行或者速度方向與斜面的夾角都相等；
③速度與斜面平行時，距離斜面最遠，滿足以下四個特點：
v
tan y gt分解位移： A、由 ，即可求出距離斜面最遠的時間。
vx v0
x＝v0t，
B、該時刻是全運動過程的中間時刻。
1
y＝ gt2，
2 C、該時刻之前與該時刻之后豎直方向上的位移之比為 1 3。
y
而 tan θ＝ ， D、利用分解加速度和分解速度即可以求出距離斜面的最遠
x
2v0tan θ = =

聯立得 t＝ 距離：


g
以最小位移落在斜面
上，分解位移： 以最小位移落在斜面上時，合位移與斜面垂直，此時合位移
tan v t 0 與豎直方向的夾角與斜面夾角相等。1 gt 2
2
分解運動： 豎直方向上的位移等于斜面上下落的 h 和沿著斜面下降的
1 gt 2 h v0t tan y v0t tan 。2
沿斜面軌道入射類，
沿軌道或者沿軌道的切線方向入射類的模型一般是先分解
分解速度：
速度。
gt v0 tan
【考向 4】一滑雪運動員以一定的初速度從一平臺上滑出，剛好落在一斜坡上的 B 點，且與斜坡沒
有撞擊，則 A、B 兩點連線與豎直方向所成夾角 α 和斜坡傾角 θ 的關系為（ ）
A tan 1． tan = 2 B．tan tan = 2
C．tan 1tan = 2 D．tan tan = 1
【考向 5】如圖所示，豎直平面內有一足夠長且與水平方向成 30°的斜面，斜面上有 A、B 兩點，O
點正上方的 S 點為小球的發射點，其中 OS、OA、AB 的長度均為 l。初速度 0的小球水平射出，正
好可以擊中 A 點，不計空氣阻力，當地重力加速度為 g，以下說法正確的是（　　）
A．若將發射速度增大到2 0，則正好擊中 B 點
B．小球分別擊中 A 點和 B 點時速度方向與斜面夾角 >
C．小球分別擊中 A 點和 B 點，在空中飛行時間 = 2
D 3．調整 0大小使小球擊中 B 點，則擊中時速度大小為 2
【考向 6】（多選）冬奧會中跳臺滑雪項目是勇敢者的運動，運動員踏著專用滑雪板，不帶雪杖在助
滑區上獲得高速后水平飛出，圖乙是滑道的簡略示意圖，飛行著陸區斜面傾角為 θ，從飛出點水平
飛出時的速度大小為 v0，各功能區的高度和坡度都是定值，運動員可視為質點和忽略各種阻力，重
力加速度為 g（　　）

A 0．運動員水平飛出后，當 t= tanθ 時，運動員離斜面最遠
B．由于運動員質量不同，因此落在飛行著陸區時的速度方向不同
0tan C．運動員水平飛出后到落回斜面的時間是
D ( 0sin )
2
．運動員水平飛出后離斜面最遠距離為 2 cos
【考向 7】（多選）如圖所示，一小球從斜面上的某點以速度 v 水平拋出，落在斜面上 A 點。平拋末
速度與豎直方向的夾角為 β，平拋位移與豎直方向的夾角為 α。已知斜面與水平面夾角為 θ，重力加
速度為 g，則（　　）
tan
A． = 2 B．平拋的時間 =
2 2tan2C ．平拋的豎直位移 = D．平拋拋末速度為 2 + 4 2tan2
【考向 8】（多選）某運動員從滑雪跳臺以不同的速度 0水平跳向對面傾角為 45°的斜坡（如圖所
示），已知跳臺的高度為 h，不計空氣阻力，重力加速度為 g，則下列說法正確的是（　　）
A ．若運動員以最短位移落到斜坡上，則在空中所用時間為
2
B 2 ．若運動員落到斜坡上時速度與斜坡垂直，則在空中所用時間為
3
C 2 ．若該運動員落到斜坡上某位置時速度最小，則在空中所用時間為
5
D．該運動員落到斜坡上的最小速度為 5 1
考點 3：平面及半圓約束模型
1．豎直面及水平面約束模型
本模型中的障礙主要是對水平或豎直位移形成限制，以及所能形成的臨界狀態情景。
圖甲中豎直位移一定，對水平位移可形成最大值與最小值的限制；
圖乙中水平位移一定，使飛行時間受到初速度的限制；
圖丙中豎直障礙高度一定，對越過障礙的初速度、拋出點的高度形成限制；
圖丁中對水平位移、豎直位移均可形成限制：速度較小時豎直位移一定，速度較大時水平位移
一定。
2．半圓形約束模型
平拋運動與圓形障礙模型中物體拋出點位置不同限制關系不同，有對位移與球面半徑之間形成
限制關系的，如圖甲、乙、丙、丁所示，可分解位移處理，如在圖甲中 x=R±Rcosθ,y =R sinθ;也有
對速度方向限制的，如圖戊、己所示，可分解速度處理。
若物體從球面沿水平直徑拋出，隨拋出速度的增大，飛行時間先增大后減小、水平位移一直增大，
落到球面上時速度方向不可能垂直于球面。
【考向 9】（2024·浙江·二模）如圖在水平地面上放置一邊長為 0.8m 的正方形水箱，一水管可在 ABCD
面內繞 A 點轉動 ≤ 90°，已知出水口截面積為5cm2，出水速率為 2.5m/s，不計水管管口長度及一切
阻力，水落至液面或打至側壁不再彈起，則（ ）
A．任何方向噴出的水柱都能打到 DCGH 或 CGFB 側面
B．水在空中運動時間的最大值為0.32 2s
C．空中運動的水的質量最大值為 0.5kg
D．若保持 不變，則隨著液面上升，水在空中運動的時長逐漸縮短
【考向 10】（2024·浙江·三模）如圖所示，網球發球機在距離墻 L 處將網球以不同的水平速度射出打
到豎直墻上。已知墻上的 O 點與網球出射點等高，A、B 兩點分別為兩個擊中點， = ，擊中 A
點的網球水平射出時的速度為 0，空氣阻力忽略不計，網球可看作質點。下列說法正確的是（　　）
A．擊中 B 點的網球水平射出時的速度為2 0
B．擊中 B 1點的網球水平射出時的速度為2 0
C．要使原來擊中 A 點的網球能擊中 B 點，網球發球機應沿 OP 方向后退 2
2
D．要使原來擊中 B 點的網球能擊中 A 點，網球發球機應沿 OP 方向前進 1 2
2
【考向 11】（2024·北京大興·三模）中國的面食文化博大精深，種類繁多，其中“山西刀削面”堪稱天
下一絕，傳統的操作手法是一手托面一手拿刀，直接將面削到開水鍋里。如圖所示，小面片剛被削
離時距開水鍋的高度為 L，與鍋沿的水平距離為 L，鍋的半徑也為 L，若將削出的小面片的運動視為
平拋運動，且小面片都落入鍋中，重力加速度為 g，則下列關于所有小面片的描述正確的是（　　）
A．空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離可能逐漸變大
B．掉落位置不相同的小面片，從拋出到落水前瞬間速度的變化量不同
C．落入鍋中時，最大速度是最小速度的 3 倍
D ．若初速度為 0，則 < 0 < 2 2
【考向 12】如圖所示，在豎直放置的半球形容器的中心 O 點分別以水平初速度 v1、v2沿相反方向拋
出兩個小球 1 和 2（可視為質點），最終它們分別落在圓弧上的 A 點和 B 點，已知 OA 與 OB 互相垂

直，且 OA 1與豎直方向成 α 角，則兩小球的初速度之比 為（　　）2
A．tanα B．cosα
C．tan tan D．cos cos
【考向 13】如圖是一個豎直放置的圓環，AB 為半圓環 ACB 的水平直徑，C 為環上的最低點，一個
小球從 A 點以速度 0水平拋出，經一段時間 t 與半圓環相撞，不計空氣阻力。則下列判斷正確的是
（　　）
A． 0越大，運動時間越長
B．發現小球有兩次運動時間相同，則這兩次拋出的初速度一定相同
C．要使小球掉到環上時的豎直分速度最大，小球應該落在 C 點
D．只需 0取值合適，可能使小球垂直撞擊圓環
【考向 14】（多選）如圖所示為固定的半圓形豎直軌道，AB 為水平直徑，O 為圓心，同時從 A 點水
平拋出甲、乙兩個小球，初速度分別為 1、 2，落在軌道上的 C、D 兩點，OC、OD 連線與豎直方
向的夾角均為 30°，忽略空氣阻力，兩小球均可視為質點。則（　　）
A．甲、乙兩球同時落到軌道上
B． 1: 2 = 1:3
C．乙球的速度變化量比甲球的大
D．乙球在 D 點速度的反向延長線一定過 O 點
【考向 15】（多選）如圖所示，半徑為 R 的半圓形槽豎直放置，其圓心為 О，且直徑 AC 水平。一可
視為質點的小球從 A 點正上方的 P 處以速度 0（大小未知）水平向右拋出，恰好垂直打在槽上，此
時小球速度與豎直方向的夾角為 53°。已知重力加速度大小為 g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，不計空氣
阻力，則（　　）
A．小球的初速度 = 12 0 5
B．PA 4之間的高度 = 15
C．若將小球以不同速率從 A 點水平拋出，也有可能垂直打到槽上
D．若將小球以不同速率從 О 點水平拋出，小球落到槽上時的速度最小值為 3
【考向 16】水平放置的圓柱體正上方有一點 P，將一個小球從 P 點以 0沿垂直于圓柱體軸線方向水
平拋出，其飛行一段時間后，恰由 Q 點沿切線飛過，測得圓心 O 與 Q 的連線與 OP 的夾角為 θ，試
求：
（1）小球從 P 運動到 Q 的時間 t；
（2）小球的初始位置 P 點到圓柱體最高點的高度 H。
考點 4：類平拋運動
1．模型概述
有些物體的運動與平拋運動很相似，也是在與初速度方向垂直的恒定外力作用下運動，其軌跡
與平拋運動相似，我們把這種運動稱為類平拋運動，這樣的運動系統稱作“類平拋”模型。
2．正確理解類平拋運動的特點
（1）受力特點：物體所受合力為恒力，且與初速度的方向垂直。
（2）運動特點：在初速度 v0方向做勻速直線運動，在合力方向做初速度為零的勻加速直線運
F 合
動，加速度 a＝ 。
m
3．求解方法
（1）常規分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即
沿合力方向)的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。
（2）特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當的直角坐標系，將加速度分解為 ax、
ay，初速度 v0分解為 vx、vy，然后分別在 x、y 方向列方程求解。
【考向 17】（多選）如圖所示的光滑固定斜面長為 、寬為 、傾角為 ，一物塊（可看成質點）從斜
面左上方頂點 沿水平方向射入，恰好從底端右側 點離開斜面，已知重力加速度為 ，不計空氣阻
力（　　）
A．物塊加速度的大小 = cos
B．物體軌跡變加速曲線運動
C．物塊由 運動到 2 所用的時間 =
sin
D．物塊由 sin 點水平射入時初速度的大小 0 = 2
【考向 18】（多選）如圖所示的坐標系，x 軸水平向右，質量為 m=0.5kg 的小球從坐標原點 O 處，
以初速度 0 = 3m/s斜向右上方拋出，同時受到斜向右上方恒定的風力 風 = 5N的作用，風力與 0
的夾角為 30°，風力與 x 軸正方向的夾角也為 30°，重力加速度 g 取 10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．小球的加速度大小為 10m/s2
B．加速度與初速度 0的夾角為 60°
C．小球做類斜拋運動
D 6 3．當小球運動到 x 軸上的 P 點（圖中未標出），則小球在 P 點的橫坐標為 m
5
【考向 19】風洞，被稱為飛行器的搖籃，我國的風洞技術世界領先。如圖所示，在一次實驗中，風
洞豎直放置且足夠長，質量為 m 的小球從 A 點以速度 0 = 10m/s沿直徑水平進入風洞。小球在風洞
中運動時受到的風力 F 恒定，方向豎直向上，風力大小 F 可在 0~3mg 間調節。小球可視作質點，碰
壁后不反彈，重力加速度 g 取10m/s2，風洞橫截面直徑 = 10m。
（1）當 = 0時，求小球撞擊右壁的速度大小和方向；
（2）保持 0不變，調節 F 的大小，求小球撞擊右壁的區域長度。
考點 5：多體平拋問題及相遇與臨界問題
1．定義：多體平拋運動問題是指多個物體在同一豎直平面內平拋時涉及的問題。
2．三類常見的多體平拋運動
3．平拋運動中相遇問題
拋體相遇問題要比運動學中的追及相遇問題復雜，因為它不再是一直線運動，通常是采用分解
方法分別對兩個運動方向獨立分析，再根據時間相等進行解答。也可以巧取參考系，使問題更加簡
單。
兩條平拋運動軌跡的相交處是兩物體的可能相遇處，兩物體要在此處相遇，必須同時到達此處。
2．平拋運動中的臨界問題
(1)在體育運動中，像乒乓球、排球、網球等都有中間網及邊界問題，要求球既能過網，又不出
邊界，某物理量(尤其是球速)往往要有一定的范圍限制，在這類問題中，確定臨界狀態，畫好臨界
軌跡，是解決問題的關鍵點．
(2)分析平拋運動中的臨界問題時一般運用極限分析的方法，即把要求的物理量設定為極大或極
小，讓臨界問題突現出來，找到產生臨界的條件．
【考向 20】在同一水平直線上的兩位置分別沿同方向拋出兩小球 A 和 B，其運動軌跡如圖所示，不
計空氣阻力，兩球在空中 P 點相遇，則（ ）
A．應先拋出 A 球 B．應先拋出 B 球
C．相遇時 A 球速率小于 B 球速率 D．拋出時 A 球的初速度大于 B 球的初速度
【考向 21】如圖所示，A、B 兩小球從同一豎直線上的不同位置水平拋出后，恰好在 C 位置相遇，
已知 A、B 兩球拋出時的速度分別為 v1、v2，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．兩球從拋出到運動至 C 點的時間相等
B．相遇時 A 球豎直方向的速度大于 B 球豎直方向的速度
C．A 先拋出，且 v1>v2
D．B 先拋出，且 v1＜v2
【考向 22】如圖所示，相距為 的兩小球 、 位于同一高度的水平線上，現將A球向B球水平拋出，
初速度大小為 0，同時釋放B球自由下落。A、B兩球與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速
度大小不變、方向相反。不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，下列說法正確的是（　　）
A．兩小球可能無法相遇
B．兩小球一定不能在最高點相遇

C．從開始至相遇經歷的時間一定為 0
D．若將兩球的初始高度變為原來的兩倍，則相遇經歷的時間變為原來的兩倍
【考向 23】（多選）如圖所示，同一豎直平面內有四分之一圓環 BC 和傾角為53°的斜面 AC，A、B
兩點與圓環 BC 的圓心 O 等高。現將甲、乙小球分別從 A、B 兩點以初速度 1、 2沿水平方向同時拋
出，兩球恰好在 C 點相碰（不計空氣阻力），已知sin53° = 0.8，cos53° = 0.6，下列說法正確的是
（ ）
A．初速度 1、 2大小之比為 3∶4
B．若 1大小變為原來的兩倍，讓兩球仍在 OC 豎直面相遇，則 2應增大到原來 4 倍
C．若 1大小變為原來的一半，則甲球恰能落在斜面的中點 D
4
D．若要甲球垂直擊中圓環 BC，則 1應變為原來的4 7倍
考點 6：斜拋運動
重要結論：
(1)運動軌跡取決于初速度 v0的大小與方向,與其他因素無關。
(2)運動具有對稱性:時間對稱、速度對稱。
v sin
(3)斜上拋的物體到達最大高度的時間 t 0
g 。
x v
2
0 sin 2 v
2
(4)落回拋出高度時的水平射程 ，α=45°時水平射程最遠 x 0
g max g 。
(5)斜上拋物體的初速度大小相同時,拋射角互余時具有相同的水平射程。
v2 sin 2 2
(6)斜上拋物體到達的最大高度 y 0max ，α=90°時射高最大 H
v
0
2g 2g 。
【考向 24】（多選）從地面上的 O 點以相同的速率，朝不同方向分別拋出三個小球 A、B、C，它們
在同一豎直平而內的運動軌跡如圖所示，假設球在空中相遇時不會相互影響，忽略空氣阻力，下列
說法正確的是（　　）
A．三球落地時速度大小相等
B．A 球在空中飛行時間最長
C．若 A、B 兩球是同時拋出的，則它們在 P 點相遇
D．B 球在最高點時的速率大于 C 球在最高點時的速率
【考向 25】（多選）某運動員在練習投籃時，籃球恰好垂直打在豎直平面內的籃板上，如圖所示。
已知籃球的質量為 m，投出點與籃球撞擊籃板處的高度差為 h，水平距離為 s，忽略籃球在空中飛行
過程中受到的阻力，重力加速度為 g。下列判斷正確的是（　　）
( 2 2A 4 )．該同學對籃球做功為 4
B．籃球飛向籃板過程中的位移大小為 s
C．若投出籃球方向不變，僅增大投出速度，籃球仍會垂直打在籃板上原來的位置
D．若 s 是 h 的 2 倍，則籃球被投出時的速度方向與水平方向的夾角為45°
【考向 26】（多選）“拋石機”是古代戰爭中常用的一種機械．某學習小組用自制的拋石機演練拋石過
程，其運動軌跡可簡化為下圖，A 點為石塊的投出點，B 點為運動軌跡的最高點，C 點為石塊的落點，
落點的速度方向與水平面的夾角為 = 24°，已知 A 點與 C 點在同一水平面上，A、B 兩點之間的高
度差為 5m，石塊視為質點，空氣阻力不計．取sin24° = 0.4，cos24° = 0.9，重力加速度大小 = 10
m/s2．則下列說法正確的是（ ）
A．石塊從 A 點運動至 C 點的過程中加速度方向一直在改變
B．石塊離開 A 點時的速度大小為 25m/s
C．石塊從 A 點運動至 C 點的過程中最小速度為 22.5m/s
D．A、C 兩點之間的距離為 14.4m
【真題 1】（2024·湖北·高考真題）如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳
到低處荷葉上。設低處荷葉 a、b、c、d 和青蛙在同一豎直平面內，a、b 高度相同，c、d 高度相同，
a、b 分別在 c、d 正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到
（　　）
A．荷葉 a B．荷葉 b C．荷葉 c D．荷葉 d
【真題 2】（2024·浙江·高考真題）如圖所示，小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為
水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿 A。已知桶高為 h，直
徑為 D，則水離開出水口的速度大小為（　　）
A B ．4 ． 4 2
C．( 2 1) D ．( 2 +1) 2 2 2
【真題 3】（2022·廣東·高考真題）如圖所示，在豎直平面內，截面為三角形的小積木懸掛在離地足
夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上 P 點等高且相距為 L。當玩具子彈以水平速度 v 從槍口向 P 點
射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為 t。不計空氣阻力。下列關于子
彈的說法正確的是（　　）
A ．將擊中 P 點，t 大于 B．將擊中 P 點，t 等于
C P t D P t ．將擊中 點上方， 大于 ．將擊中 點下方， 等于
【真題 4】（2023·湖南·高考真題）如圖（a），我國某些農村地區人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。
某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖（b）所示，其軌跡在同一豎直平面內，拋出點均為 ，且
軌跡交于 點，拋出時谷粒 1 和谷粒 2 的初速度分別為 1和 2，其中 1方向水平， 2方向斜向上。忽
略空氣阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是（ ）
A．谷粒 1 的加速度小于谷粒 2 的加速度 B．谷粒 2 在最高點的速度小于 1
C．兩谷粒從 到 的運動時間相等 D．兩谷粒從 到 的平均速度相等
【真題 5】（2024·江蘇·高考真題）噴泉 a、b 形成如圖所示的形狀，不計空氣阻力，則噴泉 a、b 的
（　　）
A．加速度相同
B．初速度相同
C．最高點的速度相同
D．在空中的時間相同
【真題 6】（2024·安徽·高考真題）在某地區的干旱季節，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農田，
簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為 H。出水口距水平地面的高度為 h，與落
地點的水平距離約為 l。假設抽水過程中 H 保持不變，水泵輸出能量的 倍轉化為水被抽到出水口處
增加的機械能。已知水的密度為 ，水管內徑的橫截面積為 S，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力。
則水泵的輸出功率約為（ ）
A 2 ． + +
2
B 2
2
2 ． 2 + +

2 4
C 2 ． +
2 2 2
2 D． 2 +2 4
【真題 7】（多選）（2024·山東·高考真題）如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度 v0大
小為 20m/s，與水平方向的夾角為 30°，拋出點 P 和落點 Q 的連線與水平方向夾角為 30°，重力加速
度大小取 10m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．運動時間為2 3s
B．落地速度與水平方向夾角為 60°
C．重物離 PQ 連線的最遠距離為 10m
D．軌跡最高點與落點的高度差為 45m
【真題 8】（多選）（2024·江西·高考真題）一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖
到高處．如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x 軸沿水平方向，建立坐標系，小魚的初速度為
0，末速度 v 沿 x 軸正方向．在此過程中，小魚可視為質點且只受重力作用。關于小魚的水平位置
x、豎直位置 y、水平方向分速度 和豎直方向分速度 與時間 t 的關系，下列圖像可能正確的是
（ ）
A． B． C． D．
【真題 9】（2024·北京·高考真題）如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為 S，管
口離水池水面的高度為 h，水在水池中的落點與管口的水平距離為 d。假定水在空中做平拋運動，已
知重力加速度為 g，h 遠大于管口內徑。求：
（1）水從管口到水面的運動時間 t；
（2）水從管口排出時的速度大小 0；
（3）管口單位時間內流出水的體積 Q。
【真題 10】（2024·全國·高考真題）如圖，一長度 = 1.0m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，
薄板的右端與平臺的邊緣 O 對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板

運動的距離Δ = 6時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到 O 點。
已知物塊與薄板的質量相等。它們之間的動摩擦因數 = 0.3，重力加速度大小 = 10m/s2。求
（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；
（2）平臺距地面的高度。
一、單選題
1．（2024·安徽·三模）如圖所示，在水平地面上方某處有一個足夠長的水平固定橫梁，底部懸掛一個

靜止的盛水小桶，小桶底部離地面高為 h。某時刻開始，小桶以加速度 = 4勻加速水平向右運動，
同時桶底小孔向下漏水，單位時間漏水量相同。當小桶前進 h 時，水恰好流盡。略去漏水相對小桶
的初速度，設水達到地面既不反彈也不流動。地面上水線長度為 l，定義地上水線單位長度水的質量
為 k，忽略空氣阻力，則（ ）
A． = ，水線從左端到右端 k 值遞減 B． = 1.5 ，水線從左端到右端 k 值遞增
C． = 2 ，水線從左端到右端 k 值遞減 D． = 1.25 ，水線從左端到右端 k 值遞增
2．（2024·山東濟寧·二模）如圖所示，微山湖某段堤壩傾角為53°，某同學從水平壩面邊緣正上方
= 1.0m處，以 0 = 3m/s的水平速度垂直河岸扔出一個小石子，小石子恰好落入水中。已知重力加
速度 = 10m/s2，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6，則壩面離水面的高度 H 為（　　）
A．3.2m B．4.0m C．4.8m D．5.0m
3．（2024·河北·三模）消防火箭炮具有覆蓋面積大、發射效率高、使用簡便和再裝填時間短等優點。
火箭炮發射的火箭彈打到著火點后會立即釋放高濃度滅火劑，迅速撲滅火災。如圖是一種肩扛式消
防火箭炮。設著火點與消防員站立點的水平距離和豎直距離分別為 L、H，消防員身高 h，肩扛火箭
筒的瞄準仰角（與水平方向所成銳角）為 ，火箭彈發射后其高度達到最大值時剛好打到著火點上，
忽略空氣阻力，火箭炮發射點與消防員的頭頂平齊，則 L、H、h、 這幾個物理量滿足的關系式為
（ ）
A = 2 tan B = 1． ． 2 tan C． = 2 sin D． =
1
2 sin
4．（2024·河北·二模）如圖所示，將物體（可視為質點）從半球形凹槽邊緣上的 P 點沿不同方向水
平拋出，物體均經過相同時間 t 落在凹槽內壁上。已知 O 為槽口圓心，物體初速度方向與 PO 連線
的最大夾角為 θ，凹槽半徑為 R，忽略空氣阻力，則 t 等于（　　）
A 2 ． B 2 sin ．

C 2 cos D 2 tan ． ．

5．（2024·北京海淀·二模）如圖所示，一個沙漏沿水平方向以速度 v 做勻速直線運動，沿途連續漏出
沙子，單位時間內漏出的沙子質量恒定為 Q，出沙口距水平地面的高度為 H。忽略沙子漏出瞬間相
對沙漏的初速度，沙子落到地面后立即停止，不計空氣阻力，已知重力加速度為 g，在已有沙子落
地后的任意時刻，下列說法正確的是（　　）
A．每粒沙子在空中的軌跡是一條拋物線
B．若將沙漏以速度 v 水平拋出，漏出的沙子在空中形成的幾何圖形是一條豎直直線
C．每粒沙子從漏出開始計時，t 1時刻與地面間的高度 = 2
2
D．若沙漏內的沙子在 t 時間內落完，則地面上沙子的長度大于
6．如圖所示，一小球以一定初速度水平拋出，忽略空氣阻力。當小球以速度 0拋出時，經歷時間 1
后以 恰好擊中斜面 A 處（拋出點與 A 點的連線垂直于斜面）。當小球以速度 3 0拋出時，經歷時間
2后以 恰好從 B 點沿圓弧切線進入圓軌道。則（　　）
A． 1: 2 =
2 2
3tan2 B． 1: 2 = tan2
C． : = sin tan
2 4 D． : = 2cos tan
2 4
3tan 3tan
7．（2024·山西晉城·三模）在第 19 屆杭州亞運會女子排球決賽中，中國女排以 3∶0 戰勝日本女排，

以六戰全勝且一局未失的戰績成功衛冕。如圖所示，排球場的寬為 d，長為 2d，球網高為4，發球員

在底線中點正上方的 O 點將排球水平擊出，排球恰好擦著網落在對方場地邊線上的 E 點， = 2，
不計空氣阻力，重力加速度大小為 g，下列說法正確的是（ ）
A O ． 點距地面的高度為2 B．排球做平拋運動的時間為
C 5 ．排球擊出時的速度大小為 D．排球著地時的速度大小為2
3
8．（2024·江西贛州·二模）如圖所示，甲同學站在地面上將排球以大小為 1的速度擊出，排球沿軌跡
①運動：經過最高點后，乙同學跳起將排球以大小為 2的水平速度擊回，排球沿軌跡②運動，恰好
落回出發點。忽略空氣阻力，則排球（ ）
A．沿軌跡①和軌跡②運動過程的平均速度大小相同
B．沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量大小相同
C．沿軌跡①運動的最小速度大小可能為 2
D．沿軌跡②運動的最大速度大小可能為 1
9．（2024·湖南岳陽·三模）如圖所示，光垂直照射傾斜木板，把一個質量為 0.2kg 的小球從傾斜木板
頂端水平彈射出來做平拋運動，小球剛好落在傾斜木板底端。然后使用手機連續拍照功能，拍出多
張照片記錄小球此運動過程。通過分析照片可以得到小球的飛行時間為 0.6s，小球與其影子距離最
大時，影子 A 距木板頂端和底端的距離之比為7:9，重力加速度 = 10m/s2。下列說法不正確的是
（ ）
A．飛行過程中，重力對小球做的功為 3.6J
B．小球與影子距離最大時，剛好是飛行的中間時刻
C．木板的斜面傾角 = 37°
D．木板的長度為 3.6m
10．（2024·江蘇·模擬預測）如圖所示，半球面半徑為 R，A 點與球心 O 等高，小球兩次從 A 點以不
同的速率沿 AO 方向拋出，下落相同高度 h，分別撞擊到球面上 B 點和 C 點，速度偏轉角分別為 和
，不計空氣阻力。則小球（ ）
A．運動時間 > B．兩次運動速度變化Δ > Δ
1
C C D 1 ．在 點的速度方向可能與球面垂直 ．tan + tan =
二、多選題
11．（2024·山東東營·二模）如圖所示，可視為質點的小球 A、B 同時從傾角為 37°的光滑斜面頂端
分別水平拋出和沿斜面下滑，平拋初速度大小為 A = 5m/s，下滑初速度 B未知，兩小球恰好在斜面
底端相遇，重力加速度 = 10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，則（ ）
A．B 球初速度 B = 3m/s
B．B 球經過 0.75s 到達斜面底端
C．A、B 相距最遠時，B 球恰好運動到斜面中點位置
D 9．相遇前兩小球最遠相距16m
12．（2024·四川遂寧·二模）如圖所示，在 M 點的正上方離地高 H 處以水平速度 v1向右投擲一飛盤
P，反應靈敏的小狗 Q 同時在 M 點右方水平地面上的 N 點以速度 v2斜向左上方跳出，結果飛盤 P 和
小狗 Q 恰好在 M、N 連線的中點正上方相遇。為使問題簡化，飛盤和小狗均可看成質點，不計飛盤
和小狗運動過程所受空氣的阻力，則飛盤水平拋出后至與小狗相遇的過程，下列說法正確的是（　　）
A．飛盤和小狗速度的變化量相等
B 3．飛盤和小狗相遇點在距離地面4 高度處
C．初速度大小關系一定是 1 < 2
D．小狗相對飛盤做勻加速直線運動
13．（2024·山西晉中·三模）在某次實戰模擬訓練時，將智能投送系統安裝在山腳，山坡可視為傾角
為 = 30°的斜面，簡化示意圖如圖所示。炮彈從斜面上的 O 點以初速度 v 斜向上發射，初速度與斜
面的夾角為 θ，最后落于斜面上的 P 點。忽略炮彈的體積和空氣阻力的影響，重力加速度 g 取10
m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．當炮彈射程最遠時，炮彈的初速度方向與斜面的夾角為 = 30°
B．當炮彈射程最遠時，炮彈的初速度方向與斜面的夾角為 = 45°
2C．當炮彈射程最遠時，炮彈在山坡上的最大位移為 = 30
D．當炮彈射程最遠時，炮彈的初速度方向與末速度方向垂直
14．（2024·山東煙臺·三模）跑酷，又稱自由奔跑，是一種結合了速度、力量和技巧的極限運動。如
圖甲所示為一城墻的入城通道，通道寬度 L=6m，一跑酷愛好者從左墻根由靜止開始正對右墻加速運
動，加速到 M 點時斜向上躍起，到達右墻壁 P 點時，豎直方向的速度恰好為零，P 點距離地面高
h=0.8m，然后立即蹬右墻壁，使水平方向的速度變為等大反向，并獲得一豎直方向速度，恰好能躍
到左墻壁上的 Q 點，P 點與 Q 點等高，飛躍過程中人距地面的最大高度為 H=2.05m，重力加速度 g
取 10m/s2，整個過程中人的姿態可認為保持不變，如圖乙所示，則下列說法中正確的是（ ）
A．人助跑的距離為 3.6m
B．人助跑的距離為 3m
C．人剛離開墻壁時的速度大小為 6m/s
D 6．人剛離開 P 點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為5
三、實驗題
15．（23-24 高三下·遼寧·期中）在探究平拋運動規律的實驗中：
(1)在做“研究平拋運動”的實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫小球做平拋運動的軌
跡。關于該實驗下列說法正確的是______。
A．斜槽軌道必須光滑
B．斜槽軌道末端要保持水平
C．要使描出的軌跡更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些
D．每次應該從斜槽上相同的位置無初速度釋放小球
(2)實驗得到平拋小球的運動軌跡，在軌跡上取一些點，以平拋起點 O 為坐標原點，測量它們的水平
坐標 x 和豎直坐標 y，圖 2能說明平拋小球的運動軌跡為拋物線的是______。
A． B．
C． D．
(3)如圖所示，一個做平拋運動的小球，先后通過 a、b、c 三點，若相鄰兩點間的水平距離均為
= 0.4m，豎直距離分別為 1 = 0.6m和 2 = 1.0m，則拋出該球的初速度大小為 。（不計空氣阻
力，g 取10m/s2）
16．（2023·北京·高考真題）用頻閃照相記錄平拋小球在不同時刻的位置，探究平拋運動的特點。
（1）關于實驗，下列做法正確的是 （填選項前的字母）。
A．選擇體積小、質量大的小球 B．借助重垂線確定豎直方向
C．先拋出小球，再打開頻閃儀 D．水平拋出小球
（2）圖 1 所示的實驗中，A 球沿水平方向拋出，同時 B 球自由落下，借助頻閃儀拍攝上述運動過程。
圖 2 為某次實驗的頻閃照片，在誤差允許范圍內，根據任意時刻 A、B 兩球的豎直高度相同，可判
斷 A 球豎直方向做 運動；根據 ，可判斷 A 球水平方向做勻速直線運動。
（3）某同學使小球從高度為0.8m的桌面水平飛出，用頻閃照相拍攝小球的平拋運動（每秒頻閃 25
次），最多可以得到小球在空中運動的 個位置。
（4）某同學實驗時忘了標記重垂線方向，為解決此問題，他在頻閃照片中，以某位置為坐標原點，
沿任意兩個相互垂直的方向作為 x 軸和 y 軸正方向，建立直角坐標系 ，并測量出另外兩個位置的
坐標值( 1, 1)、( 2, 2)，如圖 3 所示。根據平拋運動規律，利用運動的合成與分解的方法，可得重
垂線方向與 y 軸間夾角的正切值為 。
17．（2024·河北·高考真題）圖 1 為探究平拋運動特點的裝置，其斜槽位置固定且末端水平，固定坐
標紙的背板處于豎直面內，鋼球在斜槽中從某一高度滾下，從末端飛出，落在傾斜的擋板上擠壓復
寫紙，在坐標紙上留下印跡．某同學利用此裝置通過多次釋放鋼球，得到了如圖 2 所示的印跡，坐
標紙的 y 軸對應豎直方向，坐標原點對應平拋起點．
①每次由靜止釋放鋼球時，鋼球在斜槽上的高度 （填“相同”或“不同”）。
②在坐標紙中描繪出鋼球做平拋運動的軌跡。
③根據軌跡，求得鋼球做平拋運動的初速度大小為 m/s（當地重力加速度 g 為9.8m/s2,保
留 2 位有效數字）。
四、解答題
18．（2024·山東泰安·三模）如圖所示，傾角 θ=37°的光滑斜面 AB 固定在水平面上，現將一彈力球從
斜面的頂端 A 點以初速度 v0=10m/s 水平向右拋出，彈力球恰好落在斜面的底端 B 點。已知重力加速
度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力。
（1）求斜面的長度；
（2）若彈力球與斜面碰撞時，沿斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度大小不變，方向反向，
現僅調整彈力球從 A 點水平拋出時的速度大小，使彈力球與斜面碰撞 1 次后仍能落到 B 點，求調整
后彈力球水平拋出的速度大小。第 12 講　拋體運動
——劃重點之精細講義系列
考點 1 平拋運動的基本規律及重要結論
考點 2 斜面類的平拋運動模型
考點 3 平面及半圓約束模型
考點 4 類平拋運動
考點 5 多體平拋問題及相遇與臨界問題
考點 6 斜拋運動
一．平拋運動
1．定義：以一定的初速度沿水平方向拋出的物體只在重力作用下的運動。
2．性質：平拋運動是加速度為 g 的勻加速曲線運動，其運動軌跡是拋物線。
3．平拋運動的條件：
（1）v0≠0，沿水平方向；（2）只受重力作用。
4．研究方法：平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。
5．基本規律（如圖所示）：以拋出點為原點，水平方向（初速度 v0 方向）為 x 軸，豎直向下方
向為 y 軸，建立平面直角坐標系，則：
（1）水平方向：做勻速直線運動，速度 vx＝v0，位移 x＝v0t。
1
（2）豎直方向：做自由落體運動，速度 vy＝gt，位移 y＝ gt2。2
vy gt
（3）合速度：v＝ vx2＋v2y，方向與水平方向夾角為 α，則 tan α＝ ＝ 。
vx v0
y gt
合位移：s＝ x2＋y2，方向與水平方向的夾角為 θ，tan θ＝ ＝ 。
x 2v0
二．斜拋運動
1．定義：將物體以一定的初速度沿斜向上或斜向下拋出，物體僅在重力的作用下所做的運動，
叫做斜拋運動．
2．性質：加速度恒為 g 的勻變速曲線運動，軌跡是拋物線．
3．基本規律
以斜向上拋為例說明，如圖所示．
(1)水平方向：v0x＝v0cos θ，F 合 x＝0.
(2)豎直方向：v0y＝v0sin θ，F 合 y＝mg.
因此斜拋運動可以看做是水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上(下)拋運動的合運動．
考點 1：平拋運動的基本規律及重要結論
1．平拋運動的分解方法與技巧
2.平拋運動四個重要結論
2h
（1）飛行時間：由 t＝ 知，時間取決于下落高度 h，與初速度 v0無關。g
2h
（2）水平射程：x＝v0t＝v0 ，即水平射程由初速度 v0 和下落高度 h 共同決定，與其他因素g
無關。
（3）落地速度：v＝ v2x＋vy2＝ v20＋2gh，以 α 表示落地速度與 x 軸正方向間的夾角，有 tan α＝
vy 2gh
＝ ，所以落地速度只與初速度 v 和下落高度 h 有關。
vx v
0
0
（4）平拋物體運動中的速度變化：水平方向分速度保持 vx=v0，豎直方向，加速度恒為 g，速度
vy=gt，從拋出點看，每隔 t 時間的速度的矢量關系如圖所示。這一矢量關系有兩個特點：
①任意時刻 v 的速度水平分量均等于初速度 v0；
②任意相等時間間隔 t 內的速度改變量均豎直向下，且 v= vy=g t。
3.平拋運動的兩個推論
（1）做平拋（或類平拋）運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移
的中點，如下圖所示。
（2）做平拋（或類平拋）運動的物體在任一時刻，設其速度方向與水平方向的夾角為 α，位移
與水平方向的夾角為 θ，則 tan α＝2tan θ。如上圖。
【考向 1】某同學觀察一平拋小球，發現當小球拋出 0.3s 后小球的速度與水平方向成 37°角，落地時
3
速度方向與水平方向成 60°角，小球可看作質點，已知tan37° = 4， = 10m/s
2，下列說法正確的是
（ ）
A．小球初速度的大小為 5m/s B．小球落地時速度大小為 8m/s
C．小球拋出時距離地面的高度為 3.2m D．小球拋出的水平射程為 3m
【答案】B
【詳解】A．當小球拋出 0.3s 后小球的豎直分速度為
1 = 1 = 3m/s
則，水平方向的分速度為
1
0 = tan37° = 4m/s
故 A 錯誤；
B．小球落地時豎直方向的分速度為
2 = 0tan60° = 4 3m/s
小球落地時速度大小為
= 20 + 2 2 = 8m/s
故 B 正確；
C．小球拋出時距離地面的高度為
2
= 22 = 2.4m
故 C 錯誤；
D．小球下落時間為
2 2 3
= = 5 s
小球拋出的水平射程為
8 3
= 0 = 5 m
故 D 錯誤。
故選 B。
【考向 2】（2024·陜西·二模）在 2023 年世界飛鏢錦標賽總決賽中，范格文以3:0戰勝威廉姆斯獲得
總冠軍。若先后兩次飛鏢的拋出點在同一豎直線上的 A、B 兩點，將飛鏢沿水平方向拋出后，飛鏢
均扎在靶心處，兩飛鏢的軌跡如圖乙中曲線 1、2 所示，飛鏢扎在靶上瞬間的速度與水平方向的夾角
分別為 、 。已知 AB、BO 的豎直高度相同，飛鏢可視為質點，空氣阻力忽略不計。則下列說法正
確的是（　　）
A．先后兩次飛鏢在空中的運動時間之比為2:1
B．先后兩次飛鏢拋出時的初速度大小之比為1: 2
C． = 2
D．sin = 2sin
【答案】B
【詳解】A．由題意，假設 2 下落的高度為 h，則 1 下落的高度為 2h，豎直方向做自由落體運動，
則由公式
1
= 2
2
得
2
=
則
4
1 =
2
2 =
所以 1，2 在空中運動的時間之比為
1 2
=2 1
A 錯誤；
B．假設兩飛鏢的初速度分別為 01、 02，兩飛鏢的水平位移相同，設為 x，則有

01 = 4

02 = 2
解得
01: 02 = 1: 2
B 正確；
CD．兩飛鏢落在 O 點的豎直速度分別為
1 = 1 = 4
2 = 2 = 2
又
1 4
tan = =01
2 2
tan = =02
由以上整理得
tan = 2tan
CD 錯誤。
故選 B。
【考向 3】（多選）如圖所示為一個簡易足球場，球門寬為 6m。一個同學在球門中線距離球門 4m 處
采用頭球將足球頂入球門的左下方死角（圖中 P 點）。同學頂球點的高度為 1.8m。從頭頂球到球落
地的過程，忽略空氣阻力，足球做平拋運動，g 取10m/s2，則（　　）
A．足球的位移小于 5m
B．足球運動的時間為 0.6s
C．足球初速度的大小約為8.3m/s
D．足球在豎直方向上速度增加了6m/s
【答案】BCD
【詳解】A．設球門寬為 ，同學頂球點的高度為 ，同學在球門中線距離球門的距離為 ，則足球的
水平位移為
6 2
= 2 + ( ) = 422 + 2 m = 5m
則足球的位移
= 2 + 2 = 52 + 1.82m ≈ 5.3m
故足球的位移大于 5m，A 錯誤；
B．足球做平拋運動，足球運動的時間由豎直方向決定，豎直方向做自由落體運動，則
1
= 2
2
代入數據得
2 2 × 1.8
= = 10 s = 0.6s
B 正確；
C．足球初速度的大小
5
0 = = 0.6 m/s ≈ 8.3m/s
C 正確；
D．足球在豎直方向上的末速度
y = = 10 × 0.6m/s = 6m/s豎直方向上的初速度為 0，足球在豎直方向上速度增加了 6m/s，D 正
確；
故選 BCD。
考點 2：斜面類的平拋運動模型
1．模型特點
平拋運動與斜面結合的問題，一般是研究物體從斜面頂端平拋或者往斜面上拋的過程，解決這
類問題一般仍是在水平和豎直方向上分解。求解的關鍵在于深刻理解通過與斜面的關聯而給出的隱
含條件。
2．模型分析：
模型分類 解題思路 方法總結
分解速度：
①分解速度；
vy＝gt，
②在撞擊斜面的時刻，速度方向與水平方向的夾角與斜面的
v0 v0
tan θ＝ ＝ ，
v gt 傾角互余。y
v0
故 t＝
gtan θ
①分解位移；
②以不同的初速度拋出小球，只要落到斜面時速度的方向都
平行或者速度方向與斜面的夾角都相等；
③速度與斜面平行時，距離斜面最遠，滿足以下四個特點：
vy gt
分解位移： A、由 tan ，即可求出距離斜面最遠的時間。
vx v0
x＝v0t，
B、該時刻是全運動過程的中間時刻。
1
y＝ gt2，
2 C、該時刻之前與該時刻之后豎直方向上的位移之比為 1 3。
y
而 tan θ＝ ， D、利用分解加速度和分解速度即可以求出距離斜面的最遠
x
2v0tan θ
聯立得 t＝ 距離： =
=
g
以最小位移落在斜面
上，分解位移： 以最小位移落在斜面上時，合位移與斜面垂直，此時合位移
tan v0t 與豎直方向的夾角與斜面夾角相等。1 gt 2
2
分解運動： 豎直方向上的位移等于斜面上下落的 h 和沿著斜面下降的
1 gt 2 h v0t tan y v0t tan 。2
沿斜面軌道入射類，
沿軌道或者沿軌道的切線方向入射類的模型一般是先分解
分解速度：
速度。
gt v0 tan
【考向 4】一滑雪運動員以一定的初速度從一平臺上滑出，剛好落在一斜坡上的 B 點，且與斜坡沒
有撞擊，則 A、B 兩點連線與豎直方向所成夾角 α 和斜坡傾角 θ 的關系為（ ）
A．tan 1tan = 2 B．tan tan = 2
C．tan 1tan = 2 D．tan tan = 1
【答案】B
【詳解】由題知到達 B 點時，運動員的速度方向剛好沿斜面向下，根據平行四邊形定則知

tan = =0 0
1
2
tan(90° ) = = 2 =0 2 0
則
1
tan = 2tan(90° ) = 2 × tan
即
tan tan = 2
故選 B。
【考向 5】如圖所示，豎直平面內有一足夠長且與水平方向成 30°的斜面，斜面上有 A、B 兩點，O
點正上方的 S 點為小球的發射點，其中 OS、OA、AB 的長度均為 l。初速度 0的小球水平射出，正
好可以擊中 A 點，不計空氣阻力，當地重力加速度為 g，以下說法正確的是（　　）
A．若將發射速度增大到2 0，則正好擊中 B 點
B．小球分別擊中 A 點和 B 點時速度方向與斜面夾角 >
C．小球分別擊中 A 點和 B 點，在空中飛行時間 = 2
D 3．調整 0大小使小球擊中 B 點，則擊中時速度大小為 2
【答案】B
【詳解】A．如圖所示，過 A 點做水平面，當下落高度相同時所用時間相同，若以2 0射出小球，水
平位移為原來 2 倍，會過 B 點正上方的 ′點，不會正好擊中 B 點，故 A 錯誤；
B．落至斜面上時速度偏角為

tan = =0 0
位移偏角為
1 2
tan = 2

0
= 2 0
對比可知
tan = 2tan
由圖可知，落至 A 點時位移偏角 較大，速度偏角 較大，速度與斜面夾角
= 30
故小球分別擊中 A 點和 B 點時速度與斜面夾角 > ，故 B 正確；
C．擊中 點時，豎直方向
1
+ sin30° = 22
擊中 點時，豎直方向
1
+ 2 sin30° = 2
2

可得
≠ 2
故 C 錯誤；
D．調整 0大小使小球擊中 B 點，水平方向、豎直方向分別有
2 cos30 = 0
1
2 = 2
2
聯立解得
4
=
3
0 = 4
則擊中時速度大小為
19
= 20 + ( )2 = 4
故 D 錯誤。
故選 B。
【考向 6】（多選）冬奧會中跳臺滑雪項目是勇敢者的運動，運動員踏著專用滑雪板，不帶雪杖在助
滑區上獲得高速后水平飛出，圖乙是滑道的簡略示意圖，飛行著陸區斜面傾角為 θ，從飛出點水平
飛出時的速度大小為 v0，各功能區的高度和坡度都是定值，運動員可視為質點和忽略各種阻力，重
力加速度為 g（　　）

A 0．運動員水平飛出后，當 t= tanθ 時，運動員離斜面最遠
B．由于運動員質量不同，因此落在飛行著陸區時的速度方向不同
tan
C 0．運動員水平飛出后到落回斜面的時間是
2
D ( 0sin )．運動員水平飛出后離斜面最遠距離為 2 cos
【答案】AD
【詳解】A．運動員離斜面最遠時速度方向與斜面平行，即滿足

tan = 0
運動員豎直方向的速度大小
= 0tan
從飛出到離斜面最遠時速度方向的時間

= = 0 tan
故 A 正確；
B．運動員在飛行著陸區做平拋運動，根據位移分解有
1 2
tan = 2 0
著陸時，令速度與水平方向夾角為 ，根據速度分解有
1
2
tan = = 2 1 = 2tan 0
2 0
可知，運動員落在飛行著陸區時的速度方向相同，故 B 錯誤；
C．運動員在飛行著陸區做平拋運動，令落點到飛出點間距為 L，則有
sin = 1 22 ， cos = 0
解得
2 0tan =
故 C 錯誤；
D．運動員在飛行著陸區做平拋運動，將運動沿斜坡與垂直于斜坡分解，垂直于斜坡方向分運動為
初速度為 0sin ，加速度為 cos 的雙向勻變速直線運動，當速度減為 0 時，距離斜坡最遠，利用逆
向思維有
( 20sin ) = 2 cos max
解得
( 0sin )2 max = 2 cos
故 D 正確。
故選 AD。
【考向 7】（多選）如圖所示，一小球從斜面上的某點以速度 v 水平拋出，落在斜面上 A 點。平拋末
速度與豎直方向的夾角為 β，平拋位移與豎直方向的夾角為 α。已知斜面與水平面夾角為 θ，重力加
速度為 g，則（　　）
tan
A． = 2 B．平拋的時間 =
2 2
C = 2 tan ．平拋的豎直位移 D．平拋拋末速度為 2 + 4 2tan2
【答案】CD
【詳解】ABC．小球做平拋運動，水平方向做勻速直線運動
=
豎直方向做自由落體運動
1
= 2
2
根據題意

tan =

tan =
又
=
分析題意
tan tan = 1
聯立解得
tan = 2tan
2 tan
=
2 2tan2
=
故 AB 錯誤、C 正確；
D．豎直方向的速度
2 tan
= = = 2 tan
平拋末速度為
= 2 + 2 = 2 + 4 2tan2
故 D 正確。
故選 CD。
【考向 8】（多選）某運動員從滑雪跳臺以不同的速度 0水平跳向對面傾角為 45°的斜坡（如圖所
示），已知跳臺的高度為 h，不計空氣阻力，重力加速度為 g，則下列說法正確的是（　　）
A ．若運動員以最短位移落到斜坡上，則在空中所用時間為
2
B 2 ．若運動員落到斜坡上時速度與斜坡垂直，則在空中所用時間為
3
C 2 ．若該運動員落到斜坡上某位置時速度最小，則在空中所用時間為
5
D．該運動員落到斜坡上的最小速度為 5 1
【答案】BD
【詳解】A．若若運動員以最短位移落到斜坡上，則其位移垂直 PQ，根據幾何關系可知，此種情況

下運動員下落的高度為2，根據平拋運動在豎直方向做自由落體運動可得
1
2 =
2
2
解得運動員在空中下落時間為

=
故 A 錯誤；
B．若運動員落到斜坡上時速度與斜坡垂直，則有

= tan45
， = 0 1
根據幾何關系有
0 1
1 = tan45

( 22 1)
聯立解得
2
1 = 3
故 B 正確；
CD．設該運動員落到斜坡上某位置時速度最小所用時間為 2，最小速度為 ，則在水平方向有
= 0 2
豎直方向有
1
= 2
2
2
根據幾何關系有

= tan45

而該運動員落在斜坡上時的速度
= 20 + ( 2)2
聯立以上各式可得
2
2 5
= ( ) +
2
4( )
變式可得
2
2
5
= ( 2 ) + ( 5 1)
可知，當
5
= 2
即
2 5
= 5
是速度有最小值
= ( 5 1)
故 C 錯誤，D 正確。
故選 BD。
考點 3：平面及半圓約束模型
1．豎直面及水平面約束模型
本模型中的障礙主要是對水平或豎直位移形成限制，以及所能形成的臨界狀態情景。
圖甲中豎直位移一定，對水平位移可形成最大值與最小值的限制；
圖乙中水平位移一定，使飛行時間受到初速度的限制；
圖丙中豎直障礙高度一定，對越過障礙的初速度、拋出點的高度形成限制；
圖丁中對水平位移、豎直位移均可形成限制：速度較小時豎直位移一定，速度較大時水平位移
一定。
2．半圓形約束模型
平拋運動與圓形障礙模型中物體拋出點位置不同限制關系不同，有對位移與球面半徑之間形成
限制關系的，如圖甲、乙、丙、丁所示，可分解位移處理，如在圖甲中 x=R±Rcosθ,y =R sinθ;也有
對速度方向限制的，如圖戊、己所示，可分解速度處理。
若物體從球面沿水平直徑拋出，隨拋出速度的增大，飛行時間先增大后減小、水平位移一直增大，
落到球面上時速度方向不可能垂直于球面。
【考向 9】（2024·浙江·二模）如圖在水平地面上放置一邊長為 0.8m 的正方形水箱，一水管可在 ABCD
面內繞 A 點轉動 ≤ 90°，已知出水口截面積為5cm2，出水速率為 2.5m/s，不計水管管口長度及一切
阻力，水落至液面或打至側壁不再彈起，則（ ）
A．任何方向噴出的水柱都能打到 DCGH 或 CGFB 側面
B．水在空中運動時間的最大值為0.32 2s
C．空中運動的水的質量最大值為 0.5kg
D．若保持 不變，則隨著液面上升，水在空中運動的時長逐漸縮短
【答案】C
【詳解】AB．根據平拋知識，如果全都落在水平面上，則在豎直方向上
1
= 2
2
水平方向上
= 0
求得
= 0.4s， = 1m
而由幾何關系可知
= 0.8 2 > 1m
所以不是所有方向噴出的水都能達到 DCGH 或 CGFB 側面，水在空中運動時間的最大值為 = 0.4s，
AB 錯誤；
C．水的流量為
= 0 = 2.5 × 5 × 10 4m3/s=1.25 × 10 3m3/s
空中運動的水的質量最大值為
= = 1.0 × 103 × 1.25 × 10 3 × 0.5kg= 0.5kg
C 正確；
D．若保持 與 AD 邊一個較小的角或者與 AB 邊一個較小的角不變，使噴出的水打到側面一個較高
位置處，則隨著液面上升，水在空中運動的時長先不變，然后再減小，D 錯誤。
故選 C。
【考向 10】（2024·浙江·三模）如圖所示，網球發球機在距離墻 L 處將網球以不同的水平速度射出打
到豎直墻上。已知墻上的 O 點與網球出射點等高，A、B 兩點分別為兩個擊中點， = ，擊中 A
點的網球水平射出時的速度為 0，空氣阻力忽略不計，網球可看作質點。下列說法正確的是（　　）
A．擊中 B 點的網球水平射出時的速度為2 0
B．擊中 B 1點的網球水平射出時的速度為2 0
C．要使原來擊中 A 點的網球能擊中 B 點，網球發球機應沿 OP 方向后退 2
2
D．要使原來擊中 B 點的網球能擊中 A 點，網球發球機應沿 OP 方向前進 1 2
2
【答案】D
【詳解】AB．網球在豎直方向上做自由落體運動
1
= 2 2
1
= 2
2

因 = ，所以
= 2
又
= 0
= 0
得擊中 點的網球水平射出時的速度為
2
0 = 2 0
AB 錯誤；
C．要使原來擊中 A 點的網球能擊中 B 點，運動時間變長為原來的 2倍，所以水平距離也應變為 2
倍，即網球發球機應向后退( 2 1) ，C 錯誤；
D．要使原來擊中 B 點的網球能擊中 A 點，運動時間變短為原來的 2倍，所以水平距離也應變為 2
2 2
倍，即網球發球機應向前進 1 2 ，故 D 正確。
2
故選 D。
【考向 11】（2024·北京大興·三模）中國的面食文化博大精深，種類繁多，其中“山西刀削面”堪稱天
下一絕，傳統的操作手法是一手托面一手拿刀，直接將面削到開水鍋里。如圖所示，小面片剛被削
離時距開水鍋的高度為 L，與鍋沿的水平距離為 L，鍋的半徑也為 L，若將削出的小面片的運動視為
平拋運動，且小面片都落入鍋中，重力加速度為 g，則下列關于所有小面片的描述正確的是（　　）
A．空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離可能逐漸變大
B．掉落位置不相同的小面片，從拋出到落水前瞬間速度的變化量不同
C．落入鍋中時，最大速度是最小速度的 3 倍
D ．若初速度為 0，則 < 0 < 2 2
【答案】A
【詳解】A．面片飛行過程中水平方向做勻速直線運動，若先飛出的面片初速度較大，則空中相鄰
兩個面片飛行過程中水平距離逐漸變大，故 A 正確；
B 1．掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由 = 22 可知，下落的時間相等，由Δ = 可知，
從拋出到落水前瞬間速度的變化量相等，故 B 錯誤；
CD．由 = 12
2可知，下落時間為
2
=
水平位移的范圍為
< < 3
則初速度的取值范圍為
3
< 0 <
可得
9
2 < 0 < 2
落入鍋中時的豎直分速度為
= 2
則落入鍋中時，最大速度
9 13
max = 2 + 2 = 2
最小速度為
5
min = 2 + 2 = 2
可知，落入鍋中時，最大速度不是最小速度的 3 倍，故 CD 錯誤。
故選 A。
【考向 12】如圖所示，在豎直放置的半球形容器的中心 O 點分別以水平初速度 v1、v2沿相反方向拋
出兩個小球 1 和 2（可視為質點），最終它們分別落在圓弧上的 A 點和 B 點，已知 OA 與 OB 互相垂

直，且 OA 1與豎直方向成 α 角，則兩小球的初速度之比 為（　　）2
A．tanα B．cosα
C．tan tan D．cos cos
【答案】C
【詳解】兩小球被拋出后都做平拋運動，設容器的半徑為 R，兩小球運動的時間分別為 t1、t2。則對
球 1 有
Rsinα=v1t1， cos =
1
2
2
1
對球 2 有
Rcosα=v2t2， sin =
1
2
2
2
解得
1
= tan tan 2
故選 C。
【考向 13】如圖是一個豎直放置的圓環，AB 為半圓環 ACB 的水平直徑，C 為環上的最低點，一個
小球從 A 點以速度 0水平拋出，經一段時間 t 與半圓環相撞，不計空氣阻力。則下列判斷正確的是
（　　）
A． 0越大，運動時間越長
B．發現小球有兩次運動時間相同，則這兩次拋出的初速度一定相同
C．要使小球掉到環上時的豎直分速度最大，小球應該落在 C 點
D．只需 0取值合適，可能使小球垂直撞擊圓環
【答案】C
【詳解】A．根據
1
= 2
2
2
=
小球做平拋運動，運動時間取決于高度差，與 0無關，故 A 錯誤；
C．小球的豎直分速度為
=
可知當小球落在 C 點時，高度差最大，時間最長，豎直分速度最大，故 C 正確；
B．小球運動時間由高度差決定，當小球分別落在點兩側等高的圓弧位置上時，運動時間相等，對應
的水平位移不同，則初速度不同，故 B 錯誤；
D．若小球垂直撞擊圓環，則此時速度方向反向延長線過圓心，由平拋運動的規律可知，速度方向
反向延長線過水平位移中點，但小球落在圓弧上時水平位移必定小于 2R，即小球的速度反向延長線
必不可能過半圓的圓心，故 D 錯誤。
故選 C。
【考向 14】（多選）如圖所示為固定的半圓形豎直軌道，AB 為水平直徑，O 為圓心，同時從 A 點水
平拋出甲、乙兩個小球，初速度分別為 1、 2，落在軌道上的 C、D 兩點，OC、OD 連線與豎直方
向的夾角均為 30°，忽略空氣阻力，兩小球均可視為質點。則（　　）
A．甲、乙兩球同時落到軌道上
B． 1: 2 = 1:3
C．乙球的速度變化量比甲球的大
D．乙球在 D 點速度的反向延長線一定過 O 點
【答案】AB
【詳解】AC．由圖可知，兩個物體下落的高度是相等的，根據
1
= 2
2
又
=
可知甲乙兩球下落到軌道的時間相等，甲乙兩球下落到軌道的速度變化相等，故 A 正確，C 錯誤；
B．設圓形軌道的半徑為 ，則甲水平位移為
1 = sin30° = 0.5
乙水平位移為
2 = + sin30° = 1.5
可得
2 = 3 1
水平方向做勻速直線運動，則有
1: 2 = 1:3
故 B 正確；
D．設乙球在 D 點速度偏轉角為 ，有

tan = 0 乙
設乙球在 D 點位移偏轉角為 ，有

tan = 2 0 乙
可見
tan = 2tan
即在 D 點速度反向延長線平分水平位移，所以乙球在 D 點速度的反向延長線不過 O 點，故 D 錯誤。
故選 AB。
【考向 15】（多選）如圖所示，半徑為 R 的半圓形槽豎直放置，其圓心為 О，且直徑 AC 水平。一可
視為質點的小球從 A 點正上方的 P 處以速度 0（大小未知）水平向右拋出，恰好垂直打在槽上，此
時小球速度與豎直方向的夾角為 53°。已知重力加速度大小為 g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，不計空氣
阻力，則（　　）
A 12 ．小球的初速度 0 = 5
B．PA 之間的高度 = 415
C．若將小球以不同速率從 A 點水平拋出，也有可能垂直打到槽上
D．若將小球以不同速率從 О 點水平拋出，小球落到槽上時的速度最小值為 3
【答案】AD
【詳解】A．小球豎直方向的速度為

= 0
3
tan53 = 4 0
小球做平拋運動，水平方向有
+ sin53 = 0
豎直方向有
=
解得小球的初速度為
12
0 = 5
故 A 正確；
B．PA 之間的高度
2 3
= 2 cos53 = 40
故 B 錯誤；
C．若小球垂直打在槽上，則速度方向延長線過圓心，根據平拋運動的推論平拋運動速度的反向延長
線過水平位移的中點，小球打在槽上，水平位移小于半圓形槽直徑，速度方向延長線不可能過圓心，
故若將小球以不同速率從 A 點水平拋出，不可能垂直打到槽上，故 C 錯誤；
D．將小球以不同速率從 О 點水平拋出，設小球、圓心連線與水平方向的夾角為 ，則
= cos = 0
1
= sin = 22
小球落到槽上時的速度為
1 3
= 2 20 + 1 = ( 2sin + 2 sin )
根據數學關系可得，當
1 3
2sin = 2 sin
時，小球落到槽上時的速度最小，為
min = 3
故 D 正確。
故選 AD。
【考向 16】水平放置的圓柱體正上方有一點 P，將一個小球從 P 點以 0沿垂直于圓柱體軸線方向水
平拋出，其飛行一段時間后，恰由 Q 點沿切線飛過，測得圓心 O 與 Q 的連線與 OP 的夾角為 θ，試
求：
（1）小球從 P 運動到 Q 的時間 t；
（2）小球的初始位置 P 點到圓柱體最高點的高度 H。
tan 2 2 2 2
【答案】（1） = 0 ；（2） =
0 tan 0 02 cos +
【詳解】（1）設小球在 Q 點時的速度為 ，在 Q 點豎直方向的速度為 ，如圖所示
根據幾何關系可得到 Q 點速度同水平方向夾角為 ，則

tan = 0
可得
= 0tan
小球做平拋運動，豎直方向為自由落體運動

= ， =


代入數據得
0tan =
（2）平拋運動，在水平方向勻速運動
2tan
= 0 =
0

由幾何關系
2
= = 0sin cos
豎直方向位移
1
= 2
2
可得
2 2
= 0
tan
2
小球距圓柱體的高度
= (1 cos )
聯立可得
2 20 tan 2 2 = 0
0
2 cos +
考點 4：類平拋運動
1．模型概述
有些物體的運動與平拋運動很相似，也是在與初速度方向垂直的恒定外力作用下運動，其軌跡
與平拋運動相似，我們把這種運動稱為類平拋運動，這樣的運動系統稱作“類平拋”模型。
2．正確理解類平拋運動的特點
（1）受力特點：物體所受合力為恒力，且與初速度的方向垂直。
（2）運動特點：在初速度 v0方向做勻速直線運動，在合力方向做初速度為零的勻加速直線運
F 合
動，加速度 a＝ 。
m
3．求解方法
（1）常規分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即
沿合力方向)的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。
（2）特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當的直角坐標系，將加速度分解為 ax、
ay，初速度 v0分解為 vx、vy，然后分別在 x、y 方向列方程求解。
【考向 17】（多選）如圖所示的光滑固定斜面長為 、寬為 、傾角為 ，一物塊（可看成質點）從斜
面左上方頂點 沿水平方向射入，恰好從底端右側 點離開斜面，已知重力加速度為 ，不計空氣阻
力（　　）
A．物塊加速度的大小 = cos
B．物體軌跡變加速曲線運動
C 2 ．物塊由 運動到 所用的時間 =
sin
D．物塊由 sin 點水平射入時初速度的大小 0 = 2
【答案】CD
【詳解】AB．物塊合力沿斜面向下，所以
sin =
解得
= sin
物體做勻加速運動，故 AB 不符合題意；
C．沿斜面方向
1
= 22
解得
2
= sin
故 C 符合題意；
D．沿水平方向有
= 0
解得
sin
0 = = 2
故 D 符合題意。
故選 CD。
【考向 18】（多選）如圖所示的坐標系，x 軸水平向右，質量為 m=0.5kg 的小球從坐標原點 O 處，
以初速度 0 = 3m/s斜向右上方拋出，同時受到斜向右上方恒定的風力 風 = 5N的作用，風力與 0
的夾角為 30°，風力與 x 軸正方向的夾角也為 30°，重力加速度 g 取 10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．小球的加速度大小為 10m/s2
B．加速度與初速度 0的夾角為 60°
C．小球做類斜拋運動
D 6 3．當小球運動到 x 軸上的 P 點（圖中未標出），則小球在 P 點的橫坐標為 m
5
【答案】AD
【詳解】A．由題意可知，風力與重力的夾角為 120°，由于
風 = 5N =
即風力與重力大小相等，根據矢量合成規律，可知合力與重力等大，則小球的加速度大小為 10m/s2，
故 A 正確；
B．由幾何關系可知，合力與初速度 0方向垂直，即加速度方向與初速度 0的夾角為 90°，故 B 錯誤；
C．根據上述可知，加速度 a 與初速度 0方向垂直，則小球做類平拋運動，故 C 錯誤；
D．設 P 點的橫坐標為 x，把 x 分別沿著 0和垂直 0分解，則有
1 = sin30 ， 2 = cos30
由類平拋運動的規律可得
1 = 0 ， =
1 2
2 2
解得
= 0.6s = 6 3， m
5
故 D 正確。
故選 AD。
【考向 19】風洞，被稱為飛行器的搖籃，我國的風洞技術世界領先。如圖所示，在一次實驗中，風
洞豎直放置且足夠長，質量為 m 的小球從 A 點以速度 0 = 10m/s沿直徑水平進入風洞。小球在風洞
中運動時受到的風力 F 恒定，方向豎直向上，風力大小 F 可在 0~3mg 間調節。小球可視作質點，碰
壁后不反彈，重力加速度 g 取10m/s2，風洞橫截面直徑 = 10m。
（1）當 = 0時，求小球撞擊右壁的速度大小和方向；
（2）保持 0不變，調節 F 的大小，求小球撞擊右壁的區域長度。
【答案】（1）10 2m/s，速度方向與水平方向夾角為45 ；（2）15m
【詳解】（1）當 = 0時，小球做平拋運動，水平方向有
= 0 1
解得
1 = 1s
豎直分速度為
1 = 1
小球撞擊右壁的速度大小
21 = 0 + 2 1
令速度與水平方向夾角為 ，則有
= 10 2m/s， = 45
（2）結合上述，當 = 0時，小球做平拋運動，豎直方向的分位移
1
1 = 2
2
1
解得
1 = 5m
當 = 3 時，根據牛頓第二定律有
3 =
小球做類平拋運動，則有
= 0
1
1， 1 = 2
2
1
解得
1 = 10m
則小球撞擊右壁的區域長度
0 = 1 + 2 = 15m
考點 5：多體平拋問題及相遇與臨界問題
1．定義：多體平拋運動問題是指多個物體在同一豎直平面內平拋時涉及的問題。
2．三類常見的多體平拋運動
3．平拋運動中相遇問題
拋體相遇問題要比運動學中的追及相遇問題復雜，因為它不再是一直線運動，通常是采用分解
方法分別對兩個運動方向獨立分析，再根據時間相等進行解答。也可以巧取參考系，使問題更加簡
單。
兩條平拋運動軌跡的相交處是兩物體的可能相遇處，兩物體要在此處相遇，必須同時到達此處。
2．平拋運動中的臨界問題
(1)在體育運動中，像乒乓球、排球、網球等都有中間網及邊界問題，要求球既能過網，又不出
邊界，某物理量(尤其是球速)往往要有一定的范圍限制，在這類問題中，確定臨界狀態，畫好臨界
軌跡，是解決問題的關鍵點．
(2)分析平拋運動中的臨界問題時一般運用極限分析的方法，即把要求的物理量設定為極大或極
小，讓臨界問題突現出來，找到產生臨界的條件．
【考向 20】在同一水平直線上的兩位置分別沿同方向拋出兩小球 A 和 B，其運動軌跡如圖所示，不
計空氣阻力，兩球在空中 P 點相遇，則（ ）
A．應先拋出 A 球 B．應先拋出 B 球
C．相遇時 A 球速率小于 B 球速率 D．拋出時 A 球的初速度大于 B 球的初速度
【答案】D
【詳解】AB．由于相遇時 A、B 做平拋運動的豎直位移 h 相同，由
1
= 22
可知兩球下落時間相同，兩球應同時拋出，故 AB 錯誤；
CD．根據以上分析 A、B 做平拋運動的時間相同，但
xA > xB
由于水平方向做勻速直線運動，則
vAx > vBx
相遇時
= 2 + ( )2
則相遇時 A 球速率大于 B 球速率，故 C 錯誤、故 D 正確。
故選 D。
【考向 21】如圖所示，A、B 兩小球從同一豎直線上的不同位置水平拋出后，恰好在 C 位置相遇，
已知 A、B 兩球拋出時的速度分別為 v1、v2，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．兩球從拋出到運動至 C 點的時間相等
B．相遇時 A 球豎直方向的速度大于 B 球豎直方向的速度
C．A 先拋出，且 v1>v2
D．B 先拋出，且 v1＜v2
【答案】B
【詳解】AB．根據
= 1 2， 22 = 2 ， A > B
得
A > B， A > B
故 A 錯誤，B 正確；
CD．水平方向做勻速直線運動的位移相等，由
= 0
得 A 先拋出，且
1 < 2
故 CD 錯誤。
故選 B。
【考向 22】如圖所示，相距為 的兩小球 、 位于同一高度的水平線上，現將A球向B球水平拋出，
初速度大小為 0，同時釋放B球自由下落。A、B兩球與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速
度大小不變、方向相反。不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，下列說法正確的是（　　）
A．兩小球可能無法相遇
B．兩小球一定不能在最高點相遇

C．從開始至相遇經歷的時間一定為 0
D．若將兩球的初始高度變為原來的兩倍，則相遇經歷的時間變為原來的兩倍
【答案】C
【詳解】AB．兩球從同高度處開始運動，豎直方向均做自由落體運動，故兩球始終在同一高度上，
相遇時間只跟水平初速度 0和初始水平距離有關，水平方向一定會相遇，且可能在任一高度相遇，A
錯誤；B 錯誤；
C．相遇時間一定為

= 0
C 正確；
D．相遇時間與高度無關，D 錯誤。
故選 C。
【考向 23】（多選）如圖所示，同一豎直平面內有四分之一圓環 BC 和傾角為53°的斜面 AC，A、B
兩點與圓環 BC 的圓心 O 等高。現將甲、乙小球分別從 A、B 兩點以初速度 1、 2沿水平方向同時拋
出，兩球恰好在 C 點相碰（不計空氣阻力），已知sin53° = 0.8，cos53° = 0.6，下列說法正確的是
（ ）
A．初速度 1、 2大小之比為 3∶4
B．若 1大小變為原來的兩倍，讓兩球仍在 OC 豎直面相遇，則 2應增大到原來 4 倍
C．若 1大小變為原來的一半，則甲球恰能落在斜面的中點 D
4
D．若要甲球垂直擊中圓環 BC，則 1應變為原來的4 7倍
【答案】AD
【詳解】A．兩小球豎直位移相同，則運動時間相同，初速度 1、 2大小之比為
1 1 tan37° 3
= = =2 2 4
故 A 正確；
B．若讓兩球仍在 OC 豎直面相遇，則
+ =
其中
= 1 ， = 2
若 1大小變為原來的兩倍，則時間 t 變為原來的一半，要能相遇，則 B 球的速度 2要增大為原來的 2
倍，故 B 錯誤；
C．甲球落在 D、C 兩點時的豎直位移之比為
′1 1
=1 2
2
根據 = 可知甲球落在 D、C 兩點時的時間之比為

′1 ′1 1
=1
=
1 2
甲球落在 D、C 兩點時的水平位移之比為
′1 1
=1 2

根據 = 可知甲球落在 D、C 兩點時的初速度大小之比為
′1 ′= 1
1 2
1
=
1 ′1 2
故若 大小變為 21 1，則甲球恰能落在斜面的中點 D，故 C 錯誤；2
D．若要甲球垂直擊中圓環 BC，則擊中 BC 時的速度方向一定過 O 點，且根據平拋運動規律的推論
可知 O 點為甲球水平位移的中點，故甲球落點到 O 點的水平距離為
′ = 2 tan37° = 1′ ′
豎直距離為
7
′ = 2 ( tan37°)2 = 4
結合在 C 點相碰
= tan37° = 1 ， =
根據
1
= 22
解得
′ 4= 7 1′
4
，2
= 4
1 7
4
所以若要甲球垂直擊中圓環 BC，則 1應變為原來的4 7倍，故 D 正確。
故選 AD。
考點 6：斜拋運動
重要結論：
(1)運動軌跡取決于初速度 v0的大小與方向,與其他因素無關。
(2)運動具有對稱性:時間對稱、速度對稱。
t v0 sin (3)斜上拋的物體到達最大高度的時間
g 。
v2 sin 2 v2
(4)落回拋出高度時的水平射程 x 0 ，α=45°時水平射程最遠 x 0
g max

g 。
(5)斜上拋物體的初速度大小相同時,拋射角互余時具有相同的水平射程。
v2 sin 2 v2
(6)斜上拋物體到達的最大高度 ymax 0 ，α=90°時射高最大 H 02g 2g 。
【考向 24】（多選）從地面上的 O 點以相同的速率，朝不同方向分別拋出三個小球 A、B、C，它們
在同一豎直平而內的運動軌跡如圖所示，假設球在空中相遇時不會相互影響，忽略空氣阻力，下列
說法正確的是（　　）
A．三球落地時速度大小相等
B．A 球在空中飛行時間最長
C．若 A、B 兩球是同時拋出的，則它們在 P 點相遇
D．B 球在最高點時的速率大于 C 球在最高點時的速率
【答案】AB
【詳解】AB．不計空氣阻力，兩球都是只受重力，所以加速度相同，A 球最大高度最大，則根據飛
行時間
2
= 2
可知 A 球在空中飛行時間最長，水平位移比 B 小，水平勻速，則 A 水平速度小于 B 的；從地面上的
O 點以相同的速率，朝不同方向分別拋出三個小球 A、B、C，根據斜拋運動對稱性可知，三球落地
時速度大小相等，故 AB 正確；
C．若 A、B 兩球是同時拋出的，因為到 P 點水平位移相同，而水平速度不同，則不會在 P 點相遇，
故 C 錯誤；
D．因為拋出速率相同，根據
= 0cos
可知，與水平夾角越小，水平速度越大，則 B 球水平分速度小于 C 的，B 球在最高點時的速率小于 C
球在最高點時的速率，故 D 錯誤。
故選 AB。
【考向 25】（多選）某運動員在練習投籃時，籃球恰好垂直打在豎直平面內的籃板上，如圖所示。
已知籃球的質量為 m，投出點與籃球撞擊籃板處的高度差為 h，水平距離為 s，忽略籃球在空中飛行
過程中受到的阻力，重力加速度為 g。下列判斷正確的是（　　）
A (
2 4 2)
．該同學對籃球做功為 4
B．籃球飛向籃板過程中的位移大小為 s
C．若投出籃球方向不變，僅增大投出速度，籃球仍會垂直打在籃板上原來的位置
D．若 s 是 h 的 2 倍，則籃球被投出時的速度方向與水平方向的夾角為45°
【答案】AD
【詳解】A．設籃球垂直打在豎直平面內的籃板時的速度為 0，根據逆向思維，把籃球看成反方向
的平拋運動，則有
= 12
2， = 0
聯立解得
= 2 ， =
0 2
則籃球拋出時的速度大小為
2
= 2

0 + ( )2 = 2 + 2
根據動能定理可知，該同學對籃球做功為
1 2 (
2 + 4 2)
= 2 = 4
故 A 正確；
B．籃球飛向籃板過程中的位移大小為
合 = 2 + 2
故 B 錯誤；
C．若投出籃球方向不變，僅增大投出速度，則投出籃球時的水平分速度和豎直分速度均增大，從投
出到打在籃板上的水平位移不變，則籃球在空中的時間變小，所以籃球打在籃板上時，豎直分速度
還沒有減為 0，則籃球不會垂直打在籃板上原來的位置，故 C 錯誤；
D．若 s 是 h 的 2 倍，則籃球被投出時的速度方向與水平方向的夾角滿足
2 2
tan = = = = 10 2
可得
= 45°
故 D 正確。
故選 AD。
【考向 26】（多選）“拋石機”是古代戰爭中常用的一種機械．某學習小組用自制的拋石機演練拋石過
程，其運動軌跡可簡化為下圖，A 點為石塊的投出點，B 點為運動軌跡的最高點，C 點為石塊的落點，
落點的速度方向與水平面的夾角為 = 24°，已知 A 點與 C 點在同一水平面上，A、B 兩點之間的高
度差為 5m，石塊視為質點，空氣阻力不計．取sin24° = 0.4，cos24° = 0.9，重力加速度大小 = 10
m/s2．則下列說法正確的是（ ）
A．石塊從 A 點運動至 C 點的過程中加速度方向一直在改變
B．石塊離開 A 點時的速度大小為 25m/s
C．石塊從 A 點運動至 C 點的過程中最小速度為 22.5m/s
D．A、C 兩點之間的距離為 14.4m
【答案】BC
【詳解】A．石塊從 A 點運動至 C 點的過程中只受重力，加速度方向始終豎直向下，大小恒為 g，
故 A 錯誤；
B．設石塊從 B 點運動至 C 點用時為 t，到達 C 點時的速度大小為 v，由對稱性知，離開 A 點時的速
度大小也是 v，則
sin24° =
1
= 22
解得
= 1s， = 25m/s
故 B 正確；
C．石塊從 A 點運動至 C 點的過程中，當到達 B 點時的速度最小，最小速度為
= cos24° = 22.5m/s
故 C 正確；
D．A、C 兩點之間的距離
= 2 = 45m
故 D 錯誤。
故選 BC。
【真題 1】（2024·湖北·高考真題）如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳
到低處荷葉上。設低處荷葉 a、b、c、d 和青蛙在同一豎直平面內，a、b 高度相同，c、d 高度相同，
a、b 分別在 c、d 正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到
（　　）
A．荷葉 a B．荷葉 b C．荷葉 c D．荷葉 d
【答案】C
【詳解】青蛙做平拋運動，水平方向勻速直線，豎直方向自由落體則有
1
= , = 2
2
可得

= 2
因此水平位移越小，豎直高度越大初速度越小，因此跳到荷葉 c 上面。
故選 C。
【真題 2】（2024·浙江·高考真題）如圖所示，小明取山泉水時發現水平細水管到水平地面的距離為
水桶高的兩倍，在地面上平移水桶，水恰好從桶口中心無阻擋地落到桶底邊沿 A。已知桶高為 h，直
徑為 D，則水離開出水口的速度大小為（　　）
A B ．4 ． 4 2
C．( 2 1) D．( 2 +1) 2 2 2
【答案】C
【詳解】設出水孔到水桶中心距離為 x，則
2
= 0
落到桶底 A 點時
2 2
+ 2 = 0
解得
( 2 + 1)
0 = 2 2
故選 C。
【真題 3】（2022·廣東·高考真題）如圖所示，在豎直平面內，截面為三角形的小積木懸掛在離地足
夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上 P 點等高且相距為 L。當玩具子彈以水平速度 v 從槍口向 P 點
射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為 t。不計空氣阻力。下列關于子
彈的說法正確的是（　　）
A ．將擊中 P 點，t 大于 B．將擊中 P 點，t 等于
C．將擊中 P 點上方，t 大于 D．將擊中 P 點下方，t 等于
【答案】B
【詳解】由題意知槍口與 P 點等高，子彈和小積木在豎直方向上做自由落體運動，當子彈擊中積木
時子彈和積木運動時間相同，根據
1
= 2
2
可知下落高度相同，所以將擊中 P 點；又由于初始狀態子彈到 P 點的水平距離為 L，子彈在水平方
向上做勻速直線運動，故有

=
故選 B。
【真題 4】（2023·湖南·高考真題）如圖（a），我國某些農村地區人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。
某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖（b）所示，其軌跡在同一豎直平面內，拋出點均為 ，且
軌跡交于 點，拋出時谷粒 1 和谷粒 2 的初速度分別為 1和 2，其中 1方向水平， 2方向斜向上。忽
略空氣阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是（ ）
A．谷粒 1 的加速度小于谷粒 2 的加速度 B．谷粒 2 在最高點的速度小于 1
C．兩谷粒從 到 的運動時間相等 D．兩谷粒從 到 的平均速度相等
【答案】B
【詳解】A．拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用，加速度均為重力加速度，故谷粒 1 的加速度等
于谷粒 2 的加速度，A 錯誤；
C．谷粒 2 做斜向上拋運動，谷粒 1 做平拋運動，均從 O 點運動到 P 點，故位移相同。在豎直方向
上谷粒 2 做豎直上拋運動，谷粒 1 做自由落體運動，豎直方向上位移相同故谷粒 2 運動時間較長，C
錯誤；
B．谷粒 2 做斜拋運動，水平方向上為勻速直線運動，故運動到最高點的速度即為水平方向上的分速
度。與谷粒 1 比較水平位移相同，但運動時間較長，故谷粒 2 水平方向上的速度較小即最高點的速
度小于 1，B 正確；
D．兩谷粒從 O 點運動到 P 點的位移相同，運動時間不同，故平均速度不相等，谷粒 1 的平均速度
大于谷粒 2 的平均速度，D 錯誤。
故選 B。
【真題 5】（2024·江蘇·高考真題）噴泉 a、b 形成如圖所示的形狀，不計空氣阻力，則噴泉 a、b 的
（　　）
A．加速度相同
B．初速度相同
C．最高點的速度相同
D．在空中的時間相同
【答案】A
【詳解】A．不計空氣阻力，在噴泉噴出的水在空中只受重力，加速度均為重力加速度，故 A 正確；
D．設噴泉噴出的水豎直方向的分速度為 ，水平方向速度為 ，豎直方向，根據對稱性可知在空中
運動的時間
2
= 2
可知
>
D 錯誤；
BC．最高點的速度等于水平方向的分速度

=
由于水平方向的位移大小關系未知，無法判斷最高點的速度大小關系，根據速度的合成可知無法判
斷初速度的大小，BC 錯誤；
故選 A。
【真題 6】（2024·安徽·高考真題）在某地區的干旱季節，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農田，
簡化模型如圖所示。水井中的水面距離水平地面的高度為 H。出水口距水平地面的高度為 h，與落
地點的水平距離約為 l。假設抽水過程中 H 保持不變，水泵輸出能量的 倍轉化為水被抽到出水口處
增加的機械能。已知水的密度為 ，水管內徑的橫截面積為 S，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力。
則水泵的輸出功率約為（ ）
A 2
2 2 2． 2 + + B．2 2 + + 4
C 2
2 2 2
． 2 + D． 2 +

2 4
【答案】B
【詳解】設水從出水口射出的初速度為 0，取 時間內的水為研究對象，該部分水的質量為
= 0
根據平拋運動規律
0 ′ =
= 12 ′
2
解得

0 = 2
根據功能關系得
1
= 2
2
0 + ( + )
聯立解得水泵的輸出功率為
2 2
= 2 + + 4
故選 B。
【真題 7】（多選）（2024·山東·高考真題）如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度 v0大
小為 20m/s，與水平方向的夾角為 30°，拋出點 P 和落點 Q 的連線與水平方向夾角為 30°，重力加速
度大小取 10m/s2，忽略空氣阻力。重物在此運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．運動時間為2 3s
B．落地速度與水平方向夾角為 60°
C．重物離 PQ 連線的最遠距離為 10m
D．軌跡最高點與落點的高度差為 45m
【答案】BD
【詳解】AC．將初速度分解為沿 方向分速度 1和垂直 分速度 2，則有
1 = 0cos60° = 10m/s， 2 = 0sin60° = 10 3m/s
將重力加速度分解為沿 方向分速度 1和垂直 分速度 2，則有
1 = sin30° = 5m/s2， 22 = cos30° = 5 3m/s
垂直 方向根據對稱性可得重物運動時間為

= 2 2 = 4s2
重物離 PQ 連線的最遠距離為
2
= 2max 2 = 10 3m2
故 AC 錯誤；
B．重物落地時豎直分速度大小為
= 0sin30° + = 30m/s
則落地速度與水平方向夾角正切值為

tan = = = 3 0cos30°
可得
= 60°
故 B 正確；
D．從拋出到最高點所用時間為
sin30°
= 01 = 1s
則從最高點到落地所用時間為
2 = 1 = 3s
軌跡最高點與落點的高度差為
1
= 2
2
2 = 45m
故 D 正確。
故選 BD。
【真題 8】（多選）（2024·江西·高考真題）一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖
到高處．如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x 軸沿水平方向，建立坐標系，小魚的初速度為
0，末速度 v 沿 x 軸正方向．在此過程中，小魚可視為質點且只受重力作用。關于小魚的水平位置
x、豎直位置 y、水平方向分速度 和豎直方向分速度 與時間 t 的關系，下列圖像可能正確的是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【詳解】AC．小魚在運動過程中只受重力作用，則小魚在水平方向上做勻速直線運動，即 為定值，
則有水平位移
=
故 A 正確，C 錯誤；
BD．小魚在豎直方向上做豎直上拋運動，則
= 1 2 0 2 ， = 0
且最高點時豎直方向的速度為 0，故 B 錯誤，D 正確。
故選 AD。
【真題 9】（2024·北京·高考真題）如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為 S，管
口離水池水面的高度為 h，水在水池中的落點與管口的水平距離為 d。假定水在空中做平拋運動，已
知重力加速度為 g，h 遠大于管口內徑。求：
（1）水從管口到水面的運動時間 t；
（2）水從管口排出時的速度大小 0；
（3）管口單位時間內流出水的體積 Q。
2
【答案】（1） ；（2） ；（3）
2 2
【詳解】（1）水在空中做平拋運動，由平拋運動規律得，豎直方向
1
= 22
解得水從管口到水面的運動時間
2
=
（2）由平拋運動規律得，水平方向
= 0
解得水從管口排出時的速度大小

0 = 2
（3）管口單位時間內流出水的體積

= 0 = 2
【真題 10】（2024·全國·高考真題）如圖，一長度 = 1.0m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上，
薄板的右端與平臺的邊緣 O 對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板
運動的距離Δ = 6時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到 O 點。
已知物塊與薄板的質量相等。它們之間的動摩擦因數 = 0.3，重力加速度大小 = 10m/s2。求
（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；
（2）平臺距地面的高度。
【答案】（1）4m/s 1 5；3s；（2）9m
【詳解】（1）物塊在薄板上做勻減速運動的加速度大小為
1 = = 3m/s2
薄板做加速運動的加速度

2 = = 3m/s
2
對物塊
1
+ Δ = 0 2
2
1
對薄板
1
Δ = 2 2
2
解得
0 = 4m/s
1
= 3 s
（2）物塊飛離薄板后薄板得速度
2 = 2 = 1m/s
物塊飛離薄板后薄板做勻速運動，物塊做平拋運動，則當物塊落到地面時運動的時間為
1
′ = 2 6 =2 3
s
則平臺距地面的高度
1
= ′2
5
2 = 9 m
一、單選題
1．（2024·安徽·三模）如圖所示，在水平地面上方某處有一個足夠長的水平固定橫梁，底部懸掛一個

靜止的盛水小桶，小桶底部離地面高為 h。某時刻開始，小桶以加速度 = 4勻加速水平向右運動，
同時桶底小孔向下漏水，單位時間漏水量相同。當小桶前進 h 時，水恰好流盡。略去漏水相對小桶
的初速度，設水達到地面既不反彈也不流動。地面上水線長度為 l，定義地上水線單位長度水的質量
為 k，忽略空氣阻力，則（ ）
A． = ，水線從左端到右端 k 值遞減 B． = 1.5 ，水線從左端到右端 k 值遞增
C． = 2 ，水線從左端到右端 k 值遞減 D． = 1.25 ，水線從左端到右端 k 值遞增
【答案】C
【詳解】第一滴水水平速度為零，則第一滴水將落到水桶初始點的正下方；最后一滴水滴出時水桶
的速度

= 2 = 2
則水平射程
2
= =
則地面上水線長度為
l=2h
因為水滴的水平速度逐漸增加，則相同長度的水平位移所用時間越來越短，而單位時間漏水量相同，
則地上水線單位長度水的質量逐漸減小，即水線從左端到右端 k 值遞減。
故選 C。
2．（2024·山東濟寧·二模）如圖所示，微山湖某段堤壩傾角為53°，某同學從水平壩面邊緣正上方
= 1.0m處，以 0 = 3m/s的水平速度垂直河岸扔出一個小石子，小石子恰好落入水中。已知重力加
速度 = 10m/s2，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6，則壩面離水面的高度 H 為（　　）
A．3.2m B．4.0m C．4.8m D．5.0m
【答案】B
【詳解】小石子做平拋運動，豎直方向做自由落體運動
1
+ = 22
水平方向做勻速直線運動

tan53 = 0
聯立可得
= 4.0m
故選 B。
3．（2024·河北·三模）消防火箭炮具有覆蓋面積大、發射效率高、使用簡便和再裝填時間短等優點。
火箭炮發射的火箭彈打到著火點后會立即釋放高濃度滅火劑，迅速撲滅火災。如圖是一種肩扛式消
防火箭炮。設著火點與消防員站立點的水平距離和豎直距離分別為 L、H，消防員身高 h，肩扛火箭
筒的瞄準仰角（與水平方向所成銳角）為 ，火箭彈發射后其高度達到最大值時剛好打到著火點上，
忽略空氣阻力，火箭炮發射點與消防員的頭頂平齊，則 L、H、h、 這幾個物理量滿足的關系式為
（ ）
A 1 1． = 2 tan B． = 2 tan C． = 2 sin D． = 2 sin
【答案】B
【詳解】如圖
設初速度為 0，則豎直方向有
0sin
2 =
水平反向
0cos =
聯立可得
1
= 2 tan
故選 B。
4．（2024·河北·二模）如圖所示，將物體（可視為質點）從半球形凹槽邊緣上的 P 點沿不同方向水
平拋出，物體均經過相同時間 t 落在凹槽內壁上。已知 O 為槽口圓心，物體初速度方向與 PO 連線
的最大夾角為 θ，凹槽半徑為 R，忽略空氣阻力，則 t 等于（　　）
A 2 B 2 sin ． ．

C 2 cos D 2 tan ． ．

【答案】C
【詳解】因為從 P 點沿不同方向水平拋出的物體均經過相同時間 t 落在凹槽內壁上，可知所有物體
下落的豎直高度相同，即物體落到內壁上的位移為一水平面上的圓面（設圓心為 O1），設該圓面半
徑為 r，其中速度方向與 OP 夾角最大的物體落在內壁上時距離 O1點最遠（設為 M 點），由幾何關
系
2 = 2 2

sin =
1
= 22
聯立解得
2 cos
=
故選 C。
5．（2024·北京海淀·二模）如圖所示，一個沙漏沿水平方向以速度 v 做勻速直線運動，沿途連續漏出
沙子，單位時間內漏出的沙子質量恒定為 Q，出沙口距水平地面的高度為 H。忽略沙子漏出瞬間相
對沙漏的初速度，沙子落到地面后立即停止，不計空氣阻力，已知重力加速度為 g，在已有沙子落
地后的任意時刻，下列說法正確的是（　　）
A．每粒沙子在空中的軌跡是一條拋物線
B．若將沙漏以速度 v 水平拋出，漏出的沙子在空中形成的幾何圖形是一條豎直直線
C 1．每粒沙子從漏出開始計時，t 時刻與地面間的高度 = 2
2
D．若沙漏內的沙子在 t 時間內落完，則地面上沙子的長度大于
【答案】A
【詳解】A．由于慣性，每粒沙子漏出的瞬間，存在一個水平向右的初速度 v，沙子開始做平拋運動，
其在空中的軌跡為一條拋物線，故 A 正確；
B．若將沙漏以速度 v 水平拋出，沙漏處于完全失重狀態，沙漏中的沙子將不會漏出沙漏，沙子在空
中始終隨沙漏一起做平拋運動，故 B 錯誤；
C．每粒沙子從漏出開始計時，t 時刻沙子下落的高度
1
0 = 2
2
此時其與地面間的高度為
1
= 0 = 22
故 C 錯誤；
D．沙子漏出后做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，地面上沙子的長度等于初始時刻漏出的沙
子與末時刻漏出沙子在地面上落地之間的間距，即等于 t 時間內沙漏的位移大小，即若沙漏內的沙
子在 t 時間內落完，則地面上沙子的長度等于 ，故 D 錯誤。
故選 A。
6．如圖所示，一小球以一定初速度水平拋出，忽略空氣阻力。當小球以速度 0拋出時，經歷時間 1
后以 恰好擊中斜面 A 處（拋出點與 A 點的連線垂直于斜面）。當小球以速度 3 0拋出時，經歷時間 2
后以 恰好從 B 點沿圓弧切線進入圓軌道。則（　　）
A． 1: =
2 2
2 3tan2 B． 1: 2 = tan2
C． : = sin tan
2 4 2
D． : = 2cos tan 43tan 3tan
【答案】A
【詳解】當擊中斜面 處時，豎直方向
1
= 22 1
水平方向
= 0 1
根據幾何關系可得

tan =
解得
2
01 = tan
則
4
= 20 + ( 1)2 = 0 1 + tan2
當小球恰好從 B 點沿圓弧切線進入圓軌道時，根據幾何關系可得

tan = 23 0
3
cos = 0
聯立可得
2
1: 2 = 3tan2
cos tan2 + 4
: = 3tan
故選 A。
7．（2024·山西晉城·三模）在第 19 屆杭州亞運會女子排球決賽中，中國女排以 3∶0 戰勝日本女排，

以六戰全勝且一局未失的戰績成功衛冕。如圖所示，排球場的寬為 d，長為 2d，球網高為4，發球員

在底線中點正上方的 O 點將排球水平擊出，排球恰好擦著網落在對方場地邊線上的 E 點， = 2，
不計空氣阻力，重力加速度大小為 g，下列說法正確的是（ ）
A ．O 點距地面的高度為2 B．排球做平拋運動的時間為
C 5 ．排球擊出時的速度大小為 D．排球著地時的速度大小為2
3
【答案】C
【詳解】AB．排球做平拋運動的軌跡在地面上的投影為 ′ ，如圖所示
顯然
′ 2
= = 1
所以排球在左、右場地運動的時間之比為 1∶2，設排球做平拋運動的時間為 3t，有
= 1 (3 )2 ， = 1 (3 )22 4 2
1
2 (2 )
2
解得
= 9 20，3 =
9
10
故 AB 錯誤；
C．排球擊出時的速度大小
′ 5
0 = 3 = 3
故 C 正確；
D．排球著地時的速度大小
2 331 = 0 + 2 = 90
故 D 錯誤。
故選 C。
8．（2024·江西贛州·二模）如圖所示，甲同學站在地面上將排球以大小為 1的速度擊出，排球沿軌跡
①運動：經過最高點后，乙同學跳起將排球以大小為 2的水平速度擊回，排球沿軌跡②運動，恰好
落回出發點。忽略空氣阻力，則排球（ ）
A．沿軌跡①和軌跡②運動過程的平均速度大小相同
B．沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量大小相同
C．沿軌跡①運動的最小速度大小可能為 2
D．沿軌跡②運動的最大速度大小可能為 1
【答案】D
【詳解】A．根據圖像可知，軌跡①最高點大于軌跡②最高點，根據平拋運動規律
1
= 22
可知沿軌跡②運動的時間小于沿軌跡①運動的時間，沿軌跡①和軌跡②運動過程的位移相同，所
以沿軌跡②運動的平均速度大于沿軌跡①運動的平均速度，故 A 錯誤；
B．沿軌跡①和軌跡②運動過程的速度變化量為
Δ =
可知沿軌跡②的速度變化量小于沿軌跡①的速度變化量，故 B 錯誤；
CD．根據

=
軌跡①的時間長，但水平位移小，所以軌跡①水平分速度小，豎直分速度為
= 2
沿軌跡①的豎直分速度大，可知沿軌跡②的最大速度可能為 1，沿軌跡①運動的最小速度即水平速
度，小于 2，故 D 正確，C 錯誤。
故選 D。
9．（2024·湖南岳陽·三模）如圖所示，光垂直照射傾斜木板，把一個質量為 0.2kg 的小球從傾斜木板
頂端水平彈射出來做平拋運動，小球剛好落在傾斜木板底端。然后使用手機連續拍照功能，拍出多
張照片記錄小球此運動過程。通過分析照片可以得到小球的飛行時間為 0.6s，小球與其影子距離最
大時，影子 A 距木板頂端和底端的距離之比為7:9，重力加速度 = 10m/s2。下列說法不正確的是
（ ）
A．飛行過程中，重力對小球做的功為 3.6J
B．小球與影子距離最大時，剛好是飛行的中間時刻
C．木板的斜面傾角 = 37°
D．木板的長度為 3.6m
【答案】C
【詳解】A．小球做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，根據勻變速直線運動位移時間公式有
1
= 2
1
2 = 2 × 10 × 0.6
2m = 1.8m
根據功的公式，可得飛行過程中，重力對小球做的功為
G = = 0.2 × 10 × 1.8J = 3.6J
故 A 正確；
B．經過分析可知，當小球與影子距離最大時，此時小球的速度方向與斜面平行，即速度方向與水平
方向的夾角為 ，此時豎直方向的速度為
= 0tan
當小球落到斜面底端時，此時小球位移與水平方向的夾角為 ，令此時速度方向與水平方向的夾角為
，則有
1
2
tan = = 2

= 20 1
= 2tan
2 0
此時豎直方向的速度為
1 = 0tan = 2 0tan
則有
1 = = 0
tan 1
1 2 2 0tan
= 2
則有
1 1
=2 2
故小球與影子距離最大時，剛好是飛行的中間時刻，故 B 正確；
CD．將小球的運動沿斜面與垂直于斜面分解，建立直角坐標系如圖所示
由題意可知
: = 7:9
則有
: = 7:16
可得
1
= 0cos 1 + 2 sin
2
1
1
= 0cos 2 + 2 sin
2
2
又由于
= 0sin cos 1
則 y 方向速度減為零需要的時間為
sin
1 =
0
cos
結合上述有
2 = 2 1
聯立可得
20 sin 1 = 1 + 2tan
2
2 20 sin = (1 + tan
2 )
可得
3
tan = 3
則有
= 30°
故木板的長度為

= sin = 3.6m
故 C 錯誤，D 正確。
本題選不正確的，故選 C。
10．（2024·江蘇·模擬預測）如圖所示，半球面半徑為 R，A 點與球心 O 等高，小球兩次從 A 點以不
同的速率沿 AO 方向拋出，下落相同高度 h，分別撞擊到球面上 B 點和 C 點，速度偏轉角分別為 和
，不計空氣阻力。則小球（ ）
A．運動時間 > B．兩次運動速度變化Δ > Δ
1
C 1 ．在 C 點的速度方向可能與球面垂直 D．tan + tan =
【答案】D
【詳解】A．根據
1
= 22
2
=
則運動時間
=
故 A 錯誤；
B．根據
Δ = Δ
兩次運動速度變化
Δ = Δ
故 B 錯誤；
C．若在 C 點的速度方向與球面垂直，則速度方向所在直線經過圓心，速度方向反向延長線一定經
過水平位移的中點，顯然不符合，故 C 錯誤；
D．速度偏轉角分別為 和 ，位移偏轉角分別為 ′和 ′，水平位移分別為 1、 2，有
tan = 2tan ′
tan = 2tan ′

tan ′ = 1

tan ′ = 2
可得
1 1 +
tan + =
1 2
tan 2
如圖
可知
△
= = 1
+ = + = 2 + 1 = 2
所以
1 1
tan + tan =
故 D 正確。
故選 D。
二、多選題
11．（2024·山東東營·二模）如圖所示，可視為質點的小球 A、B 同時從傾角為 37°的光滑斜面頂端
分別水平拋出和沿斜面下滑，平拋初速度大小為 A = 5m/s，下滑初速度 B未知，兩小球恰好在斜面
底端相遇，重力加速度 = 10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，則（ ）
A．B 球初速度 B = 3m/s
B．B 球經過 0.75s 到達斜面底端
C．A、B 相距最遠時，B 球恰好運動到斜面中點位置
D 9．相遇前兩小球最遠相距16m
【答案】BD
【詳解】A B．設斜面的長為 ,對于 A 球，則有
A = cos37° = A
1
A = sin37° = 22
聯立解得
= 0.75s
由于 A、B 同時開始運動，同時到達底端，故 B 球經過0.75s到達斜面底端。對于小球 B，其加速度
= sin37° = 6m/s2
斜面的長

= Acos37°
又因為
1
= B + 22
聯立解得
B = 4m/s
A 錯誤，B 正確；
CD．建立如圖所示的坐標系，將 A 球的速度進行分解可得
0 = Acos37°
0 = Asin37°
再將重力加速度進行分解
= sin37°
= cos37°
A 球沿 方向做勻加速運動，沿 方向做勻減速運動，根據勻變速直線運動的規律可知
= 0 + = Acos37° + sin37°
= 0 + = Asin37° cos37°
A、B 相距最遠時，則
Asin37° cos37° = 0
解得

= A tan37° = 0.375s
此時 B 球下滑的位移
1
B = B + 2 sin37°
2
= 1.92m
由上述結果可得斜面的長

= A

cos37° = 4.69m
此時 B 球未到斜面的中點位置，此時 A、B 之間的距離
20 ( 2 = A
sin37°) 9
2 = 2 cos37°
= 16 m
所以 C 錯誤，D 正確。
故選 BD。
12．（2024·四川遂寧·二模）如圖所示，在 M 點的正上方離地高 H 處以水平速度 v1向右投擲一飛盤
P，反應靈敏的小狗 Q 同時在 M 點右方水平地面上的 N 點以速度 v2斜向左上方跳出，結果飛盤 P 和
小狗 Q 恰好在 M、N 連線的中點正上方相遇。為使問題簡化，飛盤和小狗均可看成質點，不計飛盤
和小狗運動過程所受空氣的阻力，則飛盤水平拋出后至與小狗相遇的過程，下列說法正確的是（　　）
A．飛盤和小狗速度的變化量相等
B 3．飛盤和小狗相遇點在距離地面4 高度處
C．初速度大小關系一定是 1 < 2
D．小狗相對飛盤做勻加速直線運動
【答案】AC
【詳解】A．飛盤和小狗分別做平拋和斜上拋運動，根據
Δ =
可知飛盤和小狗速度的變化量相等，故 A 正確；
C．因為飛盤和小狗恰好在 M、N 兩點連線中點的正上方相遇，說明它們的水平位移大小相等，又因
為運動的時間相同，所以它們在水平方向上的速度相同，即
2cos = 1
可得
1 < 2
故 C 正確；
B．根據題意可知飛盤和小狗運動的時間相同，因為不知道小狗在豎直方向初速度的大小，所以不能
判斷飛盤和小狗相遇點距離地面的高度，故 B 錯誤；
D．飛盤和小狗都只受到重力作用，都做勻變速運動，加速度相同，所以小狗相對飛盤做勻速直線
運動，故 D 錯誤。
故選 AC。
13．（2024·山西晉中·三模）在某次實戰模擬訓練時，將智能投送系統安裝在山腳，山坡可視為傾角
為 = 30°的斜面，簡化示意圖如圖所示。炮彈從斜面上的 O 點以初速度 v 斜向上發射，初速度與斜
面的夾角為 θ，最后落于斜面上的 P 點。忽略炮彈的體積和空氣阻力的影響，重力加速度 g 取10
m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．當炮彈射程最遠時，炮彈的初速度方向與斜面的夾角為 = 30°
B．當炮彈射程最遠時，炮彈的初速度方向與斜面的夾角為 = 45°
C =
2
．當炮彈射程最遠時，炮彈在山坡上的最大位移為 30
D．當炮彈射程最遠時，炮彈的初速度方向與末速度方向垂直
【答案】AD
【詳解】ABC．如圖 1 所示，沿斜面建立 x 軸，垂直于斜面建立 y 軸，則導彈在 x 軸方向的初速度
為 cos ，加速度為 sin30°，做勻減速直線運動，設時間為 t，位移為 ，則有
cos 12 sin30°
2 = y 軸方向上初速度為 sin ，加速度為 cos30°，做勻變速直線運動，設從 O
點到離斜面最遠處時間為 ′，則
= 2 ′
則有
sin = cos30° ′
聯立可得
= 30° 最大
2
= 15
所以 A 正確，BC 錯誤；
D．當 = 30°時，落到 P 點時分解速度如圖 2 所示，β 為末速度與 x 軸夾角，則有
2 sin
′ = cos30° sin30° cos30°
2 sin
′ = sin cos30° cos30°
解得
3
′ = 6

′ = 2
則
′
tan = = 3
′
可得
= 60°
所以末速度方向與初速度方向垂直，故 D 正確。
故選 AD。
14．（2024·山東煙臺·三模）跑酷，又稱自由奔跑，是一種結合了速度、力量和技巧的極限運動。如
圖甲所示為一城墻的入城通道，通道寬度 L=6m，一跑酷愛好者從左墻根由靜止開始正對右墻加速運
動，加速到 M 點時斜向上躍起，到達右墻壁 P 點時，豎直方向的速度恰好為零，P 點距離地面高
h=0.8m，然后立即蹬右墻壁，使水平方向的速度變為等大反向，并獲得一豎直方向速度，恰好能躍
到左墻壁上的 Q 點，P 點與 Q 點等高，飛躍過程中人距地面的最大高度為 H=2.05m，重力加速度 g
取 10m/s2，整個過程中人的姿態可認為保持不變，如圖乙所示，則下列說法中正確的是（ ）
A．人助跑的距離為 3.6m
B．人助跑的距離為 3m
C．人剛離開墻壁時的速度大小為 6m/s
D 6．人剛離開 P 點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為5
【答案】AD
【詳解】AB．人到達右墻壁 P 點時，豎直方向的速度恰好為零，根據逆向思維，可知從 點到 點
的逆過程為平拋運動，則
1
= 22 1
從 點到 點的過程為斜拋運動，根據對稱性可得
1 2
= 2 (
2
2 )
= 0 2
解得
1 = 0.4s， 2 = 1s， 0 = 6m/s
人助跑的距離為
= 0 1 = 3.6m
故 A 正確，B 錯誤；
C．人剛離開墻壁時豎直方向的速度大小為

2 = × 2 = 5m/s
人剛離開墻壁時的速度大小為
= 20 + 2 = 61m/s
故 C 錯誤；
D．人剛離開 P 點時的速度方向與豎直方向夾角的正切值為
6
tan = 0 = 5
故 D 正確。
故選 AD。
三、實驗題
15．（23-24 高三下·遼寧·期中）在探究平拋運動規律的實驗中：
(1)在做“研究平拋運動”的實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫小球做平拋運動的軌
跡。關于該實驗下列說法正確的是______。
A．斜槽軌道必須光滑
B．斜槽軌道末端要保持水平
C．要使描出的軌跡更好地反映真實運動，記錄的點應適當多一些
D．每次應該從斜槽上相同的位置無初速度釋放小球
(2)實驗得到平拋小球的運動軌跡，在軌跡上取一些點，以平拋起點 O 為坐標原點，測量它們的水平
坐標 x 和豎直坐標 y，圖 2能說明平拋小球的運動軌跡為拋物線的是______。
A． B．
C． D．
(3)如圖所示，一個做平拋運動的小球，先后通過 a、b、c 三點，若相鄰兩點間的水平距離均為
= 0.4m，豎直距離分別為 1 = 0.6m和 2 = 1.0m，則拋出該球的初速度大小為 。（不計空氣阻
力，g 取10m/s2）
【答案】(1)BCD
(2)A
(3)2m/s
【詳解】（1）AD．小球每次從斜槽上相同的位置由靜止釋放，不論斜槽是否光滑，小球從斜槽飛出
時的速度都相同，這樣能保證描繪的是同一平拋運動的軌跡。故 A 錯誤；D 正確；
B．斜槽的末端必須保證水平，這樣小球從斜槽飛出后才能做平拋運動。故 B 正確；
C．要使描出的軌跡更好地反映小球的真實運動，記錄的點應適當多一些。故 C 正確。
故選 BCD。
（2）小球在豎直方向做自由落體運動，有
1
= 2
2
水平方向做勻速直線運動，有
=
聯立，可得
2
= 2 2

因初速度相同，所以2 2為常數，故 y x2為正比例關系。
故選 A。
（3）小球做平拋運動，相鄰兩點間的水平距離均為 ，則從 a 到 b 的時間與從 b 到 c 的時間相等，
設為 T，豎直方向有
2 1 = 2
水平方向，有
= 0
聯立，解得
0 = 2 m s
16．（2023·北京·高考真題）用頻閃照相記錄平拋小球在不同時刻的位置，探究平拋運動的特點。
（1）關于實驗，下列做法正確的是 （填選項前的字母）。
A．選擇體積小、質量大的小球 B．借助重垂線確定豎直方向
C．先拋出小球，再打開頻閃儀 D．水平拋出小球
（2）圖 1 所示的實驗中，A 球沿水平方向拋出，同時 B 球自由落下，借助頻閃儀拍攝上述運動過程。
圖 2 為某次實驗的頻閃照片，在誤差允許范圍內，根據任意時刻 A、B 兩球的豎直高度相同，可判
斷 A 球豎直方向做 運動；根據 ，可判斷 A 球水平方向做勻速直線運動。
（3）某同學使小球從高度為0.8m的桌面水平飛出，用頻閃照相拍攝小球的平拋運動（每秒頻閃 25
次），最多可以得到小球在空中運動的 個位置。
（4）某同學實驗時忘了標記重垂線方向，為解決此問題，他在頻閃照片中，以某位置為坐標原點，
沿任意兩個相互垂直的方向作為 x 軸和 y 軸正方向，建立直角坐標系 ，并測量出另外兩個位置的
坐標值( 1, 1)、( 2, 2)，如圖 3 所示。根據平拋運動規律，利用運動的合成與分解的方法，可得重
垂線方向與 y 軸間夾角的正切值為 。
| 2 |
【答案】 ABD 自由落體運動 A 2 1球相鄰兩位置水平距離相等 10 2 2 1
【詳解】（1）[1]A．用頻閃照相記錄平拋小球在不同時刻的位置，選擇體積小質量大的小球可以減
小空氣阻力的影響，A 正確；
B．本實驗需要借助重垂線確定豎直方向，B 正確；
CD．實驗過程先打開頻閃儀，再水平拋出小球，C 錯誤，D 正確。
故選 ABD。
（2）[2][3]根據任意時刻 A、B 兩球的豎直高度相同，可以判斷出 A 球豎直方向做自由落體運動；
根據 A 球相鄰兩位置水平距離相等，可以判斷 A 球水平方向做勻速直線運動。
（3）[4] 1小球從高度為 0.8m 的桌面水平拋出，根據運動學公式 = 2
2，解得
= 0.4s
頻閃儀每秒頻閃 25 次，頻閃周期
1
= 25 s = 0.04s
故最多可以得到小球在空中運動個數為

= 10
（4）[5]如圖 0、 0分別表示水平和豎直方向，設重垂線方向 0與 y 軸間的夾角為 ，建立坐標系存
在兩種情況，如圖所示
當建立的坐標系為 1、 1時，則 x 軸方向做勻減速運動，根據逐差法計算加速度有
2 2 1 = sin (2 )2y 軸方向在
2 2 1 = cos (2 )2
聯立解得
2 1 tan = 2 2 2 1
當建立的坐標系為 2、 2時，則 x 軸方向做勻加速運動，根據逐差法計算加速度有
2 = sin (2 )22 1 y 軸方向在
2 2 1 = cos (2 )2
聯立解得
2
tan = 2 1 2 2 1
綜上所述，重垂線方向與 y 軸間夾角的正切值為
| 2 2 |tan = 1 2 2 1
17．（2024·河北·高考真題）圖 1 為探究平拋運動特點的裝置，其斜槽位置固定且末端水平，固定坐
標紙的背板處于豎直面內，鋼球在斜槽中從某一高度滾下，從末端飛出，落在傾斜的擋板上擠壓復
寫紙，在坐標紙上留下印跡．某同學利用此裝置通過多次釋放鋼球，得到了如圖 2 所示的印跡，坐
標紙的 y 軸對應豎直方向，坐標原點對應平拋起點．
①每次由靜止釋放鋼球時，鋼球在斜槽上的高度 （填“相同”或“不同”）。
②在坐標紙中描繪出鋼球做平拋運動的軌跡。
③根據軌跡，求得鋼球做平拋運動的初速度大小為 m/s（當地重力加速度 g 為9.8m/s2,保
留 2 位有效數字）。
【答案】 相同 0.71
【詳解】[1]為保證鋼球每次平拋運動的初速度相同，必須讓鋼球在斜槽上同一位置靜止釋放，故高
度相同；
[2]描點連線用平滑曲線連接，鋼球做平拋運動的軌跡如圖所示
[3]因為拋出點在坐標原點，為方便計算，在圖線上找到較遠的點，在圖線上找到坐標為 19.6cm 的點
為研究位置，該點坐標為(14.1cm,19.6cm)，根據平拋運動規律
= 1 20 ， = 2
解得
0 = 0.71m/s
四、解答題
18．（2024·山東泰安·三模）如圖所示，傾角 θ=37°的光滑斜面 AB 固定在水平面上，現將一彈力球從
斜面的頂端 A 點以初速度 v0=10m/s 水平向右拋出，彈力球恰好落在斜面的底端 B 點。已知重力加速
度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力。
（1）求斜面的長度；
（2）若彈力球與斜面碰撞時，沿斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度大小不變，方向反向，
現僅調整彈力球從 A 點水平拋出時的速度大小，使彈力球與斜面碰撞 1 次后仍能落到 B 點，求調整
后彈力球水平拋出的速度大小。
1 18.75m 2 25 17【答案】（ ） ；（ ） m/s
17
【詳解】（1）彈力球做平拋運動，豎直方向有
1 2
2 = sin37°
水平方向有
0 = cos37°
聯立解得斜面的長度為
= 18.75m
（2）將平拋運動分解為沿斜面方向的勻加速運動和垂直斜面方向的類豎直上拋運動，設調整后彈力
球水平拋出時的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小為
⊥ = 1sin37°
沿斜面方向的分速度大小為
∥ = 1cos37°
垂直斜面方向的加速度大小為
⊥ = cos37°
沿斜面方向的加速度大小為
∥ = sin37°
彈力球每次從斜面離開到再次落回斜面過程中用時為
2
= ⊥ ⊥
沿斜面方向有
1
2 + (2 )2∥ 2 ∥ =
聯立解得
25 17
1 = 17 m/s

展開更多......

收起↑