文档内容
专题 06 抛体运动
[题型导航]
题型一 平抛运动基本规律的应用.......................................................................................................1
题型二 有约束条件的平抛运动模型...................................................................................................5
题型三 平抛运动的临界与极值问题...................................................................................................9
题型四 斜抛运动.................................................................................................................................12
[考点分析]
题型一 平抛运动基本规律的应用
1．性质
加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
2．基本规律
以抛出点为原点，水平方向(初速度v 方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，
0
则：
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度v＝v，位移x＝vt.
x 0 0
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度v＝gt，位移y＝gt2.
y
(3)合速度：v＝，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝.
(4)合位移：s＝，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝＝.
3．对规律的理解
(1)飞行时间：由t＝ 知，时间取决于下落高度h，与 初速度 v 无关．
0
(2)水平射程：x＝vt＝v，即水平射程由 初速度 v 和 下落高度 h 共同决定，与其他因素无关．
0 0 0
(3)落地速度：v＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与
t
初速度 v 和 下落高度 h 有关．
0
(4)速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度 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相同，方向恒为竖直向下，如图1所示．图1
(5)两个重要推论
图2
①做平抛(或类平抛)运动的物体任一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2中A点和B点所示．
②做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位
移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.
[例题1] 投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投
壶，射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水
平方向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为53°和37°；已知两支箭质量相同，
竖直方向下落的高度相等。忽略空气阻力、箭长，壶口大小等因素的影响，下列说法正确的是
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（ ）
A．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16：9
B．甲、乙两人所射箭落入壶口时的速度大小之比为3：4
C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为16：9
D．甲、乙两人所射箭落入壶口时的动能之比为16：9
【解答】解：A、甲、乙两人射箭高度相同，两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口时竖直方
向的速度v 相同。设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为 ，箭射出时的初速度为v ，则tan
y 0
θ θv ，即v v ，两支箭射出的初速度大小之比为tan 37°：tan 53°＝9：16，故A错误：
= y 0= y
v tanθ
0
v
B、设箭尖插入壶中时的速度大小为v，则vsin ＝v ，即v= y •两支箭落入壶口时的速度大小
y
sinθ
θ
之比为3：4，故B正确；
C、因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比，即初速度大
小之比，等于9：16.故C错误；
1
D、由E = mv2可知，两支箭落入壶口时的动能之比为9：16，故D错误。
k
2
故选：B。
[例题2] 定点投篮时，第一次出手位置较高，篮球的速度方向与竖直方向的夹角为 60°；
第二次出手位置较低，篮球的速度方向与竖直方向的夹角为30°。已知两次出手的位置在同一
竖直线上，结果篮球都正好垂直撞到篮板上的同一点P，如图所示。不计空气阻力，则前、后
两次投出的篮球在从出手到撞板的过程中（ ）
A．撞击篮板时的速率相等
B．出手时的速率相等
C．运动的时间的比值为1：3
D．上升的高度的的比值为√3：3
【解答】解：D、设投篮处与篮板的水平距离为x，根据做平抛运动的物体任意时刻速度的反向
x x
y tan30° 1
延长线过水平位移的中点，所以有：tan60° 2 、tan30° 2 ，从而得到 1= = ，故D
= = y tan60° 3
y y 2
1 2
错误；
C、在竖直方向上可以认为是自由落体运动，所以t √ y √3，故C错误；
1= 1=
t y 3
2 2x x 1
A、水平速度v = ，v = ，由于上述结论t = t ，那么v =√3v ，所以撞击篮板的
0x1 t 0x2 t 1 √3 2 01x 0x2
1 2
速度不相等，故A错误；
v v
B、出手速度v = 01x v = 02x ，结合上一问结论有：v ＝v ，故B正确。
1 2 1 2
sin60° sin30°
故选：B。
[例题3] （多选）图（a）为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平
地面上，轻杆AB可绕支架顶部水平轴OO'在竖直面内自由转动。A端凹槽内装有一石子，B
端固定一配重。某次打靶时，将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成 角后由静止释放，杆在配
重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出。石子投向正前方竖直θ放置的靶，打到靶心上方
的“6”环处，如图（b）所示。若要打中靶心的“10”环处，可能实现的途径有（ ）
A．仅增大石子的质量
B．仅增大配重的质量
C．仅增大投石机到靶的距离
D．仅增大 角
【解答】解θ：A．仅增大石子的质量，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变小，抛物线向
下偏移，可以击中靶心，故A正确；B．仅增大配重的质量，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，不能
击中靶心，故B错误；
C．仅增大投石机到靶的距离，抛物线向左偏移，可以击中靶心，故C正确；
D．仅增大 角，配重升高，根据机械能守恒定律，石子平抛的初速度变大，抛物线向上偏移，
不能击中靶θ心，故D错误。
故选：AC。
题型二 有约束条件的平抛运动模型
斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律
还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利
解决．常见的模型如下：
方法 内容 斜面 总结
分
水平：v＝v
x 0
解 分解速度，构建速度
竖直：v＝gt
y
速 三角形
合速度：v＝
度
分
水平：x＝vt
0
解 分解位移，构建位移
竖直：y＝gt2
位 三角形
合位移：s＝
移
[例题4] 如图所示，将一小球从A点以某一初速度水平抛出，小球恰好落到斜面底端B点，
若在B点正上方与A等高的C点将小球以相同大小的初速度水平抛出，小球落在斜面上的 D
AD
点，A、B、C、D在同一竖直面上。则 =（ ）
AB
1 3-√5 √2-1 √5-√3
A． B． C． D．
2 2 2 2【解答】解：如图，
1 1
设AB之间高度差为h，CD之间高度差为h'，h= gt2，h'= gt2，
2 1 2 2
√2h √2h'
代入数据解得，t = ，t = ，
1 g 2 g
h h'
斜面倾角的正切值tanθ= = ，
v t v t -v t
0 1 0 1 0 2
3-√5
代入数据解得，h'= h，
2
AD h' 3-√5
所以 = = ，故B正确，ACD错误。
AB h 2
故选：B。
[例题5] 2022年2月5日下午，北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在位于张家口的国家跳台滑
雪中心举行，国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物
“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有两名运动员（均视为质点）从跳台
a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为v ：v ＝2：1，不计空气阻力，则两名运动
1 2
员从飞出至落到斜坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．他们飞行时间之比为t ：t ＝1：2
1 2
B．他们飞行的水平位移之比为x ：x ＝2：1
1 2
C．他们在空中离坡面的最大距离之比为s ：s ＝2：1
1 2
D．他们落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为 ： ＝1：1
1 2
【解答】解：A、设任一运动员的初速度为v，飞行时间为t，斜θ 坡θ的倾角为 。
α1
gt2 2vtanα
运动员在空中做平抛运动，落到斜坡上时有tan y 2 ，解得t= ∝v，则他们飞行
= = g
x vt
α
时间之比为t ：t ＝v ：v ＝2：1，故A错误；
1 2 1 2
2v2tanα
B、运动员飞行的水平位移为x＝vt= ∝v2，则他们飞行的水平位移之比为x ：x ＝v 2：
1 2 1
g
v 2＝4：1，故B错误；
2
(vsinα) 2
C、运动员在空中离坡面的最大距离为s= ∝v2，则他们在空中离坡面的最大距离之比为
2gcosα
s ：s ＝v 2：v 2＝4：1，故C错误；
1 2 1 2
gt 2vtanα
D、运动员落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角正切为tan = = =2tan ，则
v v
θ α
他们落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为 ： ＝1：1，故D正确。
1 2
故选：D。 θ θ
[例题6] 如图甲所示，为一梯形平台截面图，OP为粗糙水平面，PD为斜面，小物块置于
粗糙水平面上的O点，每次用水平拉力F将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到斜面顶
端P点时撤去拉力。小物块在大小不同的拉力F作用下落在斜面上的水平射程的x不同，其F
﹣x图如图乙所示，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角 ＝
45°，g取10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是（ ） θ
A．小物块每次落在斜面上的速度方向不同
B．不能求出小物块质量
C．小物块质量m＝1.0kg
D．O、P间的距离s＝0.625m
1
【解答】解：BCD、OP段，根据动能定理得：Fs﹣ mgs= mv2，
2 P
μ
1
由平抛运动规律有，物块的水平射程：x＝v t，小球的竖直位移：y= gt2
P
2
由几何关系有：y＝xtan
θ联立解得：x 2v2
= P
g
gm
则：F= x+ mg，
4s
μ
gm
由图象知： mg＝5.0N， =5.0N/m，
4s
μ
解得：m＝1.0kg，s＝0.5m，故BD错误，C正确；
1
gt gt2 h
A、如图，设速度与水平方向夹角为 ，则tan = = 2 2 2× =2tan ，由于 为定值，
v × = x
0 v t
0
α α θ θ
则 为定值，则小物块每次落在斜面上的速度方向相同，故A错误。
α
故选：C。
[例题7] 如图所示，竖直平面内有一足够长且与水平方向成30°的斜面，斜面上有A、B
两点，S点在O点正上方，其中OS、OA、AB的长度均为l，若以初速度v 从S点水平射出一
0
个小球，正好可以击中 A 点，不计空气阻力，当地重力加速度为 g，以下说法正确的是
（ ）
A．若将发射速度增大到2v ，则正好击中B点
0
B．小球分别击中A点和B点时速度与斜面夹角相同
√3
C．调整v 大小使小球击中B点，则击中时速度大小为 √gl
0
2
√3+√11√ l
D．若小球以3v 的速度射出，则落到斜面的时间为
0
2 g
3
【解答】解：A、当小球落在A点时，竖直位移y =l+lsin30°= l，落在B点时，竖直位移y
A B
2＝l+2lsin30°＝2l，
3 1 √3 √gl
根据 l= gt 2， l=v t 得：v = ，
2 2 1 2 0 1 0 2
1 √3gl
根据2l= gt 2，√3l=v 't 得：v ′= =√3v ，故A错误；
2 2 0 2 0 2 0
B、设落在 A 点和 B 点，速度方向与水平方向的夹角分别为： ， ′，则有：
θ θ
v gt ， v ' gt 4√3，可知落在A、B两点的速度方向不同，则速
tanθ= y = 1=2√3 tanθ'= y = 2=
v v v ' v ' 3
0 0 0 0
度与斜面的夹角不同，故B错误；
√3gl
C、由A选项分析知，击中B点时，初速度v '= ，竖直分速度v '=gt =2√gl，根据平行
0 2 y 2
√19
四边形法则知，击中B点时的速度v =√v '2+v '2= √gl，故C错误；
B 0 y 2
1
gt2-l
√gl √3+√11√ l
D、若初速度为3v ，则有： 2 ，v = ，解得t= ，故D正确。
0 tan30°= 0 2 2 g
v t
0
故选：D。
题型三 平抛运动的临界与极值问题
处理平抛运动中的临界问题要抓住两点
(1)找出临界状态对应的临界条件．
(2)要用分解速度或者分解位移的思想分析平抛运动的临界问题．
[例题8] （多选）如图所示，倾斜放置的挡板OM与竖直方向的夹角60°，从O点正下方
的A点以v ＝10√3m/s的水平初速度向右抛出一个质量为m＝1kg的小球（可视为质点），若
0
小球的运动轨迹恰好与挡板上的B点相切（B点未画出），重力加速度g取10m/s2，不考虑空
气阻力，则（ ）A．小球到达B点时的速度大小为10m/s
B．从A到B过程中，小球的动量变化量为10kg•m/s
C．O、A两点间的距离为10m
D．从A到B过程中，小球的动能增加量为50J
【解答】解：A、小球做平抛运动，小球恰好与挡板上的B点相切，在B点其速度方向与挡板平
行，则小球到达B点时的速度方向与竖直方向的夹角为 ＝60°，到达B点的速度大小为 v
B
θ
v 10√3
= 0 =
sinθ √3 m/s＝20m/s，故A错误；
2
B、小球到达B点时的竖直分速度大小为：v v 10√3m/s＝10m/s，
y= 0 =
tanθ √3
从A到B过程中，小球的动量变化量为Δp＝mv ﹣0＝mv ＝1×10kg•m/s＝10kg•m/s，故B正确；
y y
v 10
C、由A到B的时间t= y = s＝1s，根据平抛运动的规律得水平位移：x＝v t＝10√3×1m＝
0
g 10
10√3m
1 1
竖直位移：y= gt2= ×10×12m＝5m
2 2
x
设O、A两点间的距离为s，由几何关系得： =tan
s+ y
θ
联立解得：s＝5m，故C错误；
D、从A到B过程中，根据动能定理可得：ΔE ＝mgy＝1×10×5J＝50J，故D正确。
k
故选：BD。
[例题9] 如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s
匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间
用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v ＝2.0m/s沿B、C连
0
线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然
断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度v ＝2.0m/s滑上传送带，
C
并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数 ＝0.20，重力加速
度g取10m/s2．求： μ
（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能E ；
p
（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰
撞前速度的最大值v 是多少？
m
【解答】解：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送
带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。
根据牛顿第二定律和运动学公式
mg＝ma
μv＝v
C
+at
1
x=v t+ at2
c 2
代入数据可得 x＝1.25m
∵x＝1.25m＜L
∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度 v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑
块C从传送带右端滑出时的速度为
v＝3.0m/s
（2）设A、B碰撞后的速度为v ，A、B与C分离时的速度为v ，由动量守恒定律
1 2
m v ＝（m +m ）v
A 0 A B 1（m +m ）v ＝（m +m ）v +m v
A B 1 A B 2 C C
AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
1 1 1
∴E + (m +m )v2= (m +m )v2+ m v2
P 2 A B 1 2 A B 2 2 C C
代入数据可解得：E ＝1.0J
P
（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减
速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。
设A与B碰撞后的速度为v ′，分离后A与B的速度为v ′，滑块C的速度为v ′，
1 2 c
根据动量守恒定律可得：
AB碰撞时：m v ＝（m +m ）v ′（1）
A m A B 1
弹簧伸开时：（m +m ）v ′＝m v ′+（m +m ）v ′（2）
A B 1 c C A B 2
在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：
1 1 1
则E + (m +m )v '2= (m +m )v '2+ m V '2 （3）
P 2 A B 1 2 A B 2 2 C C
∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2
∴由运动学公式v2_v ′2＝2（﹣a）L 得v ′＝5m/s （4）
c C
代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得v ＝7.1m/s
m
题型四 斜抛运动
1．落点与抛出点在同一水平面上时的飞行时间：t＝.
2．射高：Y＝＝.
3．落点与抛出点在同一水平面上时的射程
X＝v ·t＝vcos θ·＝.
0x 0
4．影响射程的因素
(1)当θ一定，v0越大，射程越大．
(2)当v0大小一定，θ＝45°时射程最大，当θ>45°时，射程随θ增大而减小；θ<45°时，射程随θ减
小而减小．
[例题10] 通常情况下，实际的抛体都是在介质中运动的。由于介质对运动物体的阻力作用，
物体运动速度会降低。已知在空气中运动的物体所受阻力方向与运动方向相反，大小随速度的
增大而增大。通常情况下，地球自身运动和地球的形状对抛体运动影响非常微小，可忽略不计。可以认为抛体运动的物体在某点的受力情况如图所示。假定空气中一弹丸从地面抛射出去，初
速度为v ，方向与水平地面夹角为 ；弹丸落地时，速度大小为v，方向与水平地面夹角为
0
，落地点与抛出点在同一水平面。从θ弹丸抛出到落地，下列分析正确的是（ ）
α
A．弹丸上升的时间大于下降的时间
B．弹丸的加速度先减小后增大
C．弹丸在最高点时的加速度是重力加速度
D．弹丸落地时与水平方向的夹角 大于抛出时与水平方向的夹射角
【解答】解：A、对弹丸受力分析如α图所示，在竖直方向上： θ
mg+fsinθ'
在上升过程中，a = ，且f与 ′均逐渐减小，则a 一直大于g而在减小；
y y
m
θ
mg-fsinα'
在下降过程中：a ′= ，且f与 ′均逐渐增大，则a 一直小于g而在减小；
y y
m
α
1
上升的高度和下降的高度相等，而a ＞a ′，由h= at2可知，上升的时间小于下降的时间，故
y y
2
A错误；
B、在水平方向上的分速度在阻力的作用下一直减小，水平方向的阻力也一直减小，结合 A选项
的分析可知，弹丸的加速度大小一直减小，故B错误；
C、由图可知，弹丸上升到最高点时，阻力f和重力mg垂直，合力F ma，由此可
=√f2+(mg) 2=
知，加速度不等于重力加速度，故C错误；
D、在抛出到落地的过程中，弹丸在水平方向上的分速度在阻力的作用下一直减小，故弹丸落地
时与水平方向的夹角 大于抛出时与水平方向的夹射角 ，故D正确。
故选：D。 α θ[例题11] 由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如
图中实线所示。假设图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d
为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c两点距
地面的高度相等。下列说法正确的是（ ）
A．到达b点时，炮弹的速度为零
B．到达b点时，炮弹的加速度为零
C．炮弹经过a点时的速度小于经过c点时的速度
D．炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
【解答】解：A、炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最
高点速度不为零，故A错误；
B、在最高点受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反），重力作用，二力合力不为
零，故加速度不为零，故B错误；
C、由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过 a点时的速度大于经过c点时的速度，
故C错误；
D、从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即mg+f ＝ma ，
1 1
mg+f
解得：a = 1，在从b到d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分
1
m
mg-f
力，即mg﹣f ＝ma ，解得：a = 2，故a ＞a ，根据逆向思维，两个阶段的运动可看作为
2 2 2 1 2
m
从b点向O点和从b点向d点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D正确。
故选：D。
[例题12] 如图所示，水平地面有一个坑，其竖直截面为y＝kx2的抛物线（k＝1，单位为
1 3s
），ab沿水平方向，a点横坐标为- ，在a点分别以初速度v 、2v （v 未知）沿ab方向
0 0 0
m 2
抛出两个石子并击中坑壁，且以v 、2v 抛出的石子做平抛运动的时间相等。设以v 和2v 抛
0 0 0 0
出的石子做平抛运动的时间为t，击中坑壁瞬间的速度分别为v 和v ，下落高度为H，（仅s
1 2
和重力加速度g为已知量），则（ ）（选项中只考虑数值大小，不考虑量纲）
A．不可以求出t
√4s
B．可求出t大小为
g
C．可以求出v 大小为√3g+16gs2
1
4
D．可求出H的大小为2s2
【解答】解：ABD.由题可知，两个石子做平抛运动，运动时间一样，则下落的高度H一样，又
因为落在抛物线上，所示是关于y轴对称的点上，可得如下关系
3s 3s
-v t=2v t-
2 0 0 2
可得
v t＝s
0
s s
即可分别得出落在坑壁上两个石子的坐标分别为- 和 ，由
2 2
y＝kx2
9s2 s2
可得初始高度为 ，在落到坑壁的高度可代入抛物线表达式计算求得为
4 4所以利用高度之差可求得
H＝2s2
平抛运动的运动时间由
1
H= gt2
2
可求出
√2H √1
t= =2s
g g
故D正确，AB错误；
C.由前面可求出
s √g
v = =
0
t 2
竖直方向上的速度
v ＝gt＝2s√g
y
由运动的合成可得
v √g+16gs2
=√v2+v2=
0 y 4
故C错误。
故选：D。
