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第 9 讲 平抛运动
1.掌握平抛运动的特点和性质.
2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题．
考点一 平抛运动的基本规律
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，如图所示．
(5)两个重要推论
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] （2024•麦积区二模）如图所示，一小球从O点水平抛出后的轨迹途经A、B两
点，已知小球经过A点时的速度大小为13m/s，从O到A的时间和从A到B的时间都等于
0.5s，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A．小球做平抛运动的初速度大小为10m/s
B．O、A两点间的距离为5m
C．A、B两点间的距离为10m
D．O、B两点间的距离为13m
【解答】解：A.由题意知下落到A点竖直方向的速度为：v ＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s，所以小球
yA
做平抛运动的初速度大小为：v =√v2 −v =√132−52m/s=12m/s，故A错误；
0 A yA2
1 1
B.O、A两点间的竖直高度为：y = gt2= ×10×0.52m=1.25m，水平位移为：x ＝v t＝
A 2 2 A 0
12×0.5m＝6m，所以O、A两点间的距离为：s =√x2 + y2 =√1.252+62m=6.13m，故B错误；
A A A
1 1
D.O、B两点间的竖直高度为：y = g×(2t) 2= ×10×(2×0.5) 2m=5m，水平位移为水平
B 2 2
位 移 为 ： x ＝ v ×2t ＝ 12×2×0.5m ＝ 12m ， O 、 B 两 点 间 的 距 离 为 ：
B 0
s =√x2+ y2=√52+122m=13m，故D正确；
B B B
C.由上分析知A、B两点间的竖直高度为：h ＝y ﹣y ＝5m﹣1.25m＝3.75m，A、B两点间的水
1 B A
平位移为：x 1 ＝6m，A、B两点间的距离为：s 1 =√ ℎ 1 2+x 1 2=√3.752+62m=6.32m，故C错误。
故选：D。
[例题2] （多选）（2024•黔南州二模）如图（a）所示，在小球的抛出点O处固定有一点
光源，它的正前方水平距离为L＝1.00m处竖直放置一块毛玻璃屏。用弹射器将小球以某一速
度从O点水平向右抛出后，在毛玻璃屏上可以看到小球影子的运动，利用闪光频率为 f＝20Hz
的频闪相机拍摄了影子的位置照片如图（b）所示。空气阻力不计，当地的重力加速度g＝
9.78m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．影子做匀速直线运动B．影子做自由落体运动
C．实验测得小球抛出时的初速度约为6m/s
D．实验测得小球抛出时的初速度约为10m/s
【解答】解：AB．由于相机的曝光时间是一样的，在误差范围内，相邻两个小球的投影间的距
离相等，可知小球的投影是匀速直线运动，故A正确，B错误；
1 1
CD．根据题意可知两相邻投影间的时间间隔为T= = s=0.05s
f 20
4.07+4.06+4.08
根据图中数据可知影子的速度大小为v= ×10−2m/s=0.814m/s
3×0.05
1
gt2
由平抛运动的规律可知y 2
=
L v t
0
gL
整理得y= t
2v
0
gL
竖直方向投影点做匀速直线运动，则有
=v
2v
0
解得v ≈6m/s
0
故C正确，D错误。
故选AC。
[例题3] （2024•天津模拟）如图所示，正方体框架ABCD﹣A B C D 的底面A B C D 处
1 1 1 1 1 1 1 1
于水平地面上。从顶点A沿不同方向水平抛出小球（可视为质点），不计空气阻力。关于小
球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．落点在棱BB 上的小球，落在B 点时平抛的初速度最大
1 1
B．落点在面A B C D 内的小球，落在C 点的运动时间最长
1 1 1 1 1
C．落点在三角形B C D 内的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1：2
1 1 1
D．落点在线B D 上的小球，落地时重力的瞬时功率均不相同
1 1
【解答】解：A、小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，有 h=
1
gt2 得：t=
√2ℎ
，则知
2 g落点在棱BB 上的小球，水平位移相等，落在 B 点时下落高度最大，运动时间最长。根据 v
1 1 0
x
= ，可知平抛的初速度最小，故A错误；
t
√2ℎ
B、根据t= 可知落点在面A B C D 内的小球下落高度相等，则运动时间相等，故B错误；
1 1 1 1
g
√2
C、落点在三角形B C D 内的小球运动时间相等，最大的水平位移为√2l，最小水平位移为 l，
1 1 1 2
x
则最小水平位移与最大水平位移之比为1：2，由v = ，可知平抛初速度的最小值与最大值之比
0 t
是1：2，故C正确；
D、设正方体的棱长为l，落点在线B D 上的小球，竖直速度大小均为v =√2gl，落地时重力的
1 1 y
瞬时功率P ＝mgv 均相同，故D错误。
G y
故选：C。
考点二 斜面上的平抛运动问题
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] （2024•辽宁二模）如图所示，倾角为37°的斜面体固定在水平面上，小球A在
斜面底端正上方以速度v 向右水平抛出，同时，小球B在斜面顶端以速度v 向左水平抛出，
1 2两球抛出点在同一水平线上，结果两球恰好落在斜面上的同一点，且 A球落到斜面上时速度
刚好与斜面垂直，不计小球的大小，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则v ：v 等于（ ）
1 2
A．4：3 B．5：4 C．8：7 D．9：8
1
【解答】解：A、B竖直方向做自由落体运动，位移为ℎ = gt2
2
落点相同即h ＝h ，t ＝t ＝t，v ＝v
A B A B A1 B1
1 1
ℎ = gt2= v t，x ＝v t
B 2 B 2 B1 A 1
ℎ
tanθ= B
x
B
3
联立上式代入数据解得tanθ=
2
v 3
垂直打在该点则tanθ= 2 =
v 4
A1
v v v 2 4 8
2= A1× 2 = × =
v v v 3 3 9
1 1 B1
所以v ：v ＝9：8，故D正确，ABC错误。
1 2
故选：D。
[例题5] （2024•宝鸡一模）如图所示，倾角为 的斜面上有A、B、C三点，现从这三点
分别以不同的初速度同时水平抛出一小球，不计空气θ阻力，三个小球均落在斜面上的 D点，
测得AB：BC：CD＝5：3：1，由此可判断（ ）
A．三个小球做平抛运动的时间之比为1：2：3B．三个小球落在斜面上时速度方向相同
C．三个小球的初速度大小之比为1：2：3
D．三个小球的运动轨迹可能在空中相交
1
【解答】解：A．小球做平抛运动，竖直方向有y= gt2
2
根据几何关系有AD：BD：CD＝9：4：1
三个小球做平抛运动的时间之比为t ：t ：t ＝3：2：1
A B C
故A错误；
B．小球在水平方向做匀速直线运动，则x＝v t
0
y gt
三个小球均落在斜面上的D点，根据位移间的关系有tanθ= =
x 2v
0
v gt
设三个小球速度偏转角为 ，则tanα= y = =2tanθ
v v
0 0
α
可知三个小球速度偏转角相同，三个小球落在斜面上时速度方向相同，故B正确；
y gt
C．三个小球均落在斜面上的D点，根据竖直位移与水平位移的关系有tanθ= =
x 2v
0
三个小球的初速度大小之比为v ：v ：v ＝3：2：1
A B C
故C错误；
D．三个小球做平抛运动，三个小球的运动轨迹为抛物线，且交于D点，故三个小球的运动轨迹
不可能在空中相交，故D错误。
故选：B。
[例题6] （2024•德州模拟）如图所示，把一小球从斜面上先后以相同大小的速度抛出，
一次水平抛出，另一次抛出的速度方向与斜面垂直，两小球最终都落到斜面上，水平抛出与垂
直斜面抛出落点到抛出点的距离之比为（ ）
A．1：2 B．2：1 C．1：1 D．1：3
【解答】解：设斜面倾角为 ，当小球做平抛运动落在斜面上时；
根据平抛运动规律，水平位移θ为x＝v
0
t1
竖直位移y= gt2
2
y
根据数学知识tanθ=
x
x
抛出点与落点之间的距离s =
1 cosθ
2v2tanθ
代入数据解得s = 0 ；
1 gcosθ
当小球垂直于斜面抛出时，小球做斜抛运动，根据运动的合成与分解，竖直分速度 v ＝v cos ，
y 0
水平分速度v ＝v sin θ
x 0
以抛出点为参考点，根θ 据斜抛运动规律，水平位移x ＝v t
1 x1
1
竖直位移−y =v t − gt2
1 y 1 2 1
y
根据数学知识tanθ= 1
x
1
x
抛出点与落点之间的距离s = 1
2 cosθ
2v2tanθ
代入数据解得s = 0 ；
2 gcosθ
s 1
因此有
1=
，故C正确，ABD错误。
s 1
2
故选：C。
考点三 平抛运动的临界问题
[例题7] （2024•重庆模拟）充气弹跳飞人娱乐装置如图1所示，开始时娱乐者静止躺在
气包上，工作人员从站台上蹦到气包上，娱乐者即被弹起并落入厚厚的海洋球。若娱乐者弹起
后做抛体运动，其重心运动轨迹如图2虚线POB所示。开始娱乐者所处的面可视为斜面AC，与水平方向夹角 ＝37°。已知娱乐者从P点抛起的初速度方向与AC垂直，B点到轨迹最高点
O的竖直高度h＝θ 3.2m，水平距离l＝2.4m，AB在同一水平面上，忽略空气阻力，sin37＝
0.6，重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．P点到B点的位移为3.6m
B．AB之间的距离为0.4m
C．娱乐者从P点到B点过程中的时间为1s
D．娱乐者从P点到B点过程中的最大速度9m/s
【解答】解：由抛体运动的规律可知，从 P到B的过程中水平方向的分速度不变，等于在最高
点O点的速度，设为v
0
由平抛运动的规律可得
水平方向l＝v t
01
1
竖直方向h= gt 2
2 1
由已知代入数据解得
t ＝0.8s，v ＝3m/s
1 0
已知在P点速度垂直AC可分解为水平速度v 和竖直向上的分速度v
0 py
v v
由几何知识可得；tanθ= 0 tanθ= 0
v v
py py
v 3
代入数据解得v = 0 = m/s=4m/s
py tanθ 0.75
从P到O竖直方向做竖直上抛运动，时间t 满足
2
v 4
v ＝gt ，代入数据记得t = py = s=0.4s
py 2 2 g 10
1 1
则PO的竖直分位移为y = gt2= ×10×0.42m=0.8m
po 2 2 2
水平分位移为x ＝v t ＝3×0.4m＝1.2m
po 02A.PB的水平分位移为x ＝l+x ＝2.4m+1.2m＝3.6m
PB po
竖直分位移为y ＝h﹣y ＝3.2m﹣0.8m＝2.4m
PB po
由勾股定理可得P到B的位移为L =√x2 + y2 =√3.62+2.42m≈4.089m
PB PB PB
故A错误；
y 2.4
B.PA的水平分位移为x = PB = m=3.2m
PA tanθ 0.75
则AB之间的距离为x ＝x ﹣x ＝3.6m﹣3.2m＝0.4m
AB PB PA
故B正确；
C.P到B的时间为t＝t +t ＝0.8s+0.4s＝1.2s
1 2
故C错误；
D.由抛体运动的规律可知，速度最大的位置为B点，竖直分速度为v ＝gt ＝10×0.8m/s＝8m/s
By 1
水平分速度为v ＝3m/s
0
B点速度为v =√82+32m/s=√73m/s，故D错误。
B
故选：B。
[例题8] （2024•重庆一模）如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球（视为质点），某
次乒乓球与墙壁上的P点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的Q点，取重力加速度大小g
＝10m/s2，不计空气阻力。若球拍与水平方向的夹角为45°，乒乓球落到球拍前瞬间的速度大
小为4m/s，则P、Q两点的高度差为（ ）
A．0.1m B．0.2m C．0.4m D．0.8m
√2
【解答】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q点，根据几何关系得：v cos45°＝gt，解得t= s
Q 5
1
根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由h= gt2，
2
1 1 2
解得：h= gt2= ×10× m＝0.4m，故C正确，ABD错误。
2 2 25
故选：C。[例题9] （2024•贵州模拟）无人机在一斜坡上方沿水平方向向右做匀速直线运动，飞行
过程中先后释放甲、乙两个小球，两小球释放的初始位置如图所示。已知两小球均落在斜坡上，
不计空气阻力，比较两小球分别从释放到落在斜坡上的过程，下列说法正确的是（ ）
A．乙球的位移大
B．乙球下落的时间长
C．乙球落在斜坡上的速度大
D．乙球落在斜坡上的速度与竖直方向的夹角大
1
【解答】解：AB．根据位移—时间公式，对于竖直方向做匀加速运动而言ℎ = gt2 ，对于水平
2
方向做匀速运动而言x＝vt
√2ℎ
可得t=
g
根据题意可知，甲、乙两球均做平抛运动，但由于甲球先释放，乙球后释放，且两球均落在斜
坡上，则可知乙球在斜坡上的落点比甲球在斜坡上的落点高，而平抛运动在竖直方向的分运动
为自由落体运动，在水平方向的运动为匀速直线运动，由于乙球的落点高，则乙球在竖直方向
的位移小，由此可知乙球下落的时间小于甲球下落的时间，即t甲 ＞t乙
乙球在水平方向的位移小于甲球在水平方向的位移，而甲、乙两球的位移s=√
ℎ
2+x2
由于h甲 ＞h乙 ，x甲 ＞x乙
因此可知s甲 ＞s乙
即乙球的位移小于甲球的位移，故AB错误；
C．竖直方向的分速度v ＝gt
y
由于甲球下落时间大于乙球下落时间，因此小球落在斜坡上时的速度v=√v2+v2
y
由此可知，乙球落在斜坡上的速度小于甲球落在斜坡上时的速度，故C错误；
D．设小球落在斜坡上时速度方向与竖直方向的夹角为 ，则小球落在斜坡上时速度与竖直方向
θv
夹角的正切值tanθ=
v
y
由于v
y甲
＞v
y乙
因此tan
甲
＜tan
乙
则有 甲θ＜ 乙 θ
由此可θ知，θ乙球落在斜坡上的速度与竖直方向的夹角大，故D正确。
故选：D。
考点四 类平抛运动模型
1．受力特点
物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直．
2．运动特点
在初速度v 方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝.
0
3．求解方法
(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外
力的方向)的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．
(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为a、a，
x y
初速度v 分解为v、v，然后分别在x、y方向列方程求解．
0 x y
[例题10]（2023秋•武昌区校级期末）如图所示的光滑固定斜面ABCD，其倾角可调节。
当倾角为 时，一物块（可视为质点）沿斜面左上方顶点A以初速度v 水平射入，恰好沿底
1 0
端D点离开θ 斜面；改变倾角为 时，同样将该物块沿斜面左上方顶点A以初速度v 水平射入，
2 0
发现物块沿CD边中点离开斜面θ。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为2：1
B．物块离开斜面时，前后两次下落的高度之比为4：1C．物块从入射到飞离斜面，前后两次速度变化量的大小之比为1：1
D．物块从入射到飞离斜面，前后两次速度变化量的大小之比为1：2
【解答】解：AB.第一次，物块恰好沿底端D点离开斜面，第二次，物块沿CD边中点离开斜面，
则沿斜面方向的位移y之比2：1，平行斜面方向x相同，根据x＝v t，则时间相同，再根据y
0
1
= gsinθt2，则sin ＝2sin ，根据结合关系高度h＝ysin ，故物块离开斜面时，前后两次下落
2 1 2
θ θ θ
的高度之比为4：1，故A错误，B正确；
CD.物块从入射到飞离斜面，前后两次速度变化量Δv＝gsin t，故前后两次速度变化量的大小之
比为2：1，故CD错误。 θ
故选：B。
[例题11] （多选）（2023秋•包河区校级期末）如图所示，两个倾角分别为30°、45°的光
滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等。有三个完全相同的小球
a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端。若
同时释放a、b、c小球到达该水平面的时间分别为t 、t 、t若同时沿水平方向抛出，初速度方
1 2
向如图所示，到达水平面的时间分别为 t ′、t ′、t ′．下列关于时间的关系正确的是
1 2 3
（ ）
A．t ＞t ＞t
1 3 2
B．t ＝t ′、t ＝t ′、t ＝t ′
1 1 2 2 3 3
C．t ′＞t ′＞t ′
1 3 2
D．t ＜t ′、t ＜t ′、t ＜t ′
1 1 2 2 3 3
【解答】解：第一种情况：b球做自由落体运动，a、c做匀加速运动。设斜面的高度为h，则
对a球： ℎ = 1 gsin30°t2 ，
sin30° 2 1
1
对b球：h= gt2
2 2
对c球： ℎ = 1 gsin45°t2
sin45° 2 3
由数学知识得：t ＞t ＞t 。
1 3 2第二种情况：a、c两个球都做类平抛运动，沿斜面向下方向都做初速度为零的匀加速直线运动，
a的加速度为gsin30°，c的加速度为gsin45°，b球做平抛运动，则有
对a球： ℎ = 1 gsin30°t '2
sin30° 2 1
1
对b球：h= gt '2
2 2
对c球： ℎ = 1 gsin45°t '2
sin45° 2 3
比较可知，t ＝t ′、t ＝t ′、t ＝t ′．故ABC正确。D错误
1 1 2 2 3 3
故选：ABC。
[例题12]（多选）如图所示，倾角为 ＝30°的光滑斜面ABCD，其中AB＝BC＝CD＝DA
＝2.4m，在斜面底端A点放置一小球发射装θ 置（可视为质点），发射装置可从A点与AB边成
53°沿斜面斜向上射出速度大小不同的小球，重力加速度 g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝
0.6。下列说法正确的是（ ）
A．所有小球在斜面上运动过程中，速度的变化率都相等
B．若射出小球的速度为2.5m/s，则小球落到AB边上的位置距离A点0.6m
C．若小球恰好能从C点离开斜面，则小球发射的速度为5√2m/s
D．若小球垂直于BC边离开斜面，则小球发射的速度为5m/s
【解答】解：A、所有的小球在斜面上的加速度均为a＝gsin ＝10×0.5m/s2＝5m/s2，又因为加速
度的物理意义是描述物体速度的变化率，可知所有小球在斜θ面上运动过程中，速度的变化率都
相等，故A正确；
B、若射出小球的速度为2.5m/s，小球沿着斜面方向的速度为v ＝vsin53°＝2.5×0.8m/s＝2m/s
1
平行AB方向的速度为v ＝vcos53°＝2.5×0.6m/s＝1.5m/s
2
v 2
小球落到AB边上的位置距离A点x=v ×2× 1=1.5×2× m=1.2m
2 a 5
故B错误；
C、若小球恰好能从 C 点离开斜面，设运动时间为 t，设初速度为 v′，沿着斜面方向1
v'sin53°t− at2=AD
2
平行AB方向v′cos53°t＝AB
联立解得v'=5√2m/s
故C正确；
D、若小球垂直于 BC边离开斜面，设运动时间为 t ，设初速度为 v''，则有 v''sin53°＝at ，
1 1
v''cos53°＝AB
联立解得v''＝5m/s
故D正确。
故选：ACD。
题型1平抛运动基本规律的应用
1. （2024•甘肃模拟）如图所示，一小球从 O点水平抛出后的轨迹途经A，B两点，已
知小球经过A点时的速度大小为13m/s，从O到A的时间和从A到B的时间都等于0.5s，取重
力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球做平抛运动的初速度大小为10m/s
B．O、A两点间的距离为5m
C．A、B两点间的距离为10m
D．O、B两点间的距离为13m
【解答】解：A。由题意知下落到A点竖直方向的速度为v ＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s
yA
小球做平抛运动的初速度大小为v =√v2 −v2
0 A yA
解得v ＝12m/s，故A错误；
01 1
B、O、A两点间的竖直高度为y = gt2= ×10×0.52m＝1.25m
A 2 2
水平位移为x ＝v t＝12×0.5m/s＝6m
A 0
所以O、A两点间的距离为s =√x2 + y2
A A A
解得s ＝6.13m，故B错误；
A
1
C、O、B两点间的竖直高度为y = g(2t) 2
B 2
解得y ＝5m
B
水平位移为x ＝v •2t＝12×2×0.5m＝12m
B 0
A、B两点间的竖直高度为h ＝y ﹣y ＝5m﹣1.25m＝3.75m
1 B A
A、B两点间的水平位移为x ＝x ﹣x ＝12m﹣6m＝6m
1 B A
A、B两点间的距离为s 1 =√x 1 2+ ℎ 1 2
解得s ＝6.32m，故C错误；
1
D、O、B两点间的距离为s =√x2+ y2
B B B
解得s ＝13m，故D正确。
B
故选：D。
2. （2024•富平县一模）高楼出现火情时需要一种高架水炮消防车。现距水平地面 36m
高的某楼房出现火情，消防员紧急出动救援，已知高架水炮消防车的水炮炮口距离水平地面
28.8m，到起火房间的水平距离为9.6m，水柱刚好从起火房间的窗户垂直打入，取重力加速度
大小g＝10m/s2，不计空气阻力，则水柱刚打入窗户时的速度为（ ）
A．6m/s B．8m/s C．10m/s D．15m/s
【解答】解：将水的逆过程看成是平抛运动，竖直方向有
1
Δℎ = gt2
2
√2×(36−28.8)
代入数据可得t= s=1.2s
10
水平方向有
x＝v t
0
解得水平速度为x 9.6
v = = m/s=8m/s
0 t 1.2
则水柱刚打入窗户时的速度为8m/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
题型2平抛运动的两个重要推论的应用
3. （2024•泸州模拟）将一小球向右水平抛出并开始计时，不计空气阻力。设某时刻小
球与抛出点的连线与水平方向的夹角为 ，此时速度的方向与水平方向的夹角为 ，下列有关
图像中可能正确的是（ ） α β
A． B．
C． D．
【解答】解：根据平抛运动规律，某时刻小球与抛出点的连线与水平方向的夹角为 ，则有
y gt α
tanα= =
x 2v
0
v gt
此时速度的方向与水平方向的夹角为 ，则有tanβ= y =
v v
x 0
β
联立，解得tan ＝2tan
可知tan 与tanβ 为正比α关系。
故选：Dβ。 α
4. （2021•宁江区校级三模）如图所示，甲、乙两同学模拟古代投壶比赛，他们自P、Q
两点分别v 、v 的速度同时水平抛出小球，P比Q位置更高，两小球均射到壶口O点，且在O
1 2
点时速度方向相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）A．两小球抛出的初速度相等
B．两小球飞行时间相等
C．抛出点P、Q与O共线
D．两小球到达O点的速度相等
【解答】解：设达到O点时速度方向与水平方向的夹角为 ，做平抛运动的初速度为v .
0
gt
α =
AB、在O点时速度方向相同，则速度方向与水平方向夹角相同，tan ，自P点抛出小球的
v
0
α
飞行时间长，因此抛出的初速度大，故AB错误；
gt
D、到达O点的速度v = ，到达O点的速度不等，故D错误；
sinα
gt 1
C、位移方向与水平方向夹角tan = = tan ，因此PQO共线，故C正确。
2v 2
0
θ α
故选：C。
题型3平抛运动与斜面相结合
5. （2023•大庆模拟）如图所示，光滑斜面AB固定，倾角为37°，斜面上P点与斜面底
端B点间的距离为L，D点位于B点的正上方。现在将小物块从斜面的顶端A点由静止释放的
同时，将小球从D点以某一初速度水平向左抛出，小球与物块在P点相遇，相遇时小球恰好垂
直打到斜面上。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，物块与小球均视为质点，不计空气阻力。A、B
两点间的距离为（ ）28 59 33 107
A． L B． L C． L D． L
25 50 25 75
【解答】解：（1）小球从D点运动到P点的过程做平抛运动，如图所示：
v
有Lcos ＝v t；tan = 0
0 gt
θ θ
√16L
解得：t=
15g
设物块沿斜面下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mgsin ＝ma
根据运动学公式可得：d= 1 at2 s＝d+L θ
2
33
解得：s= L
25
故ABD错误，C正确；
故选：C。
6. （2023•郴州模拟）某游乐场有一打金蛋游戏，游戏示意图如下。弹珠的发射速度方
向与斜面垂直、大小可以通过按压的力度来调整，若弹珠弹出后直接击中B点的金蛋为三等奖；
若与斜面碰撞一次再击中金蛋为二等奖；若与斜面碰撞两次再击中金蛋为一等奖，已知斜面与
水平方向夹角为45°，斜面AB长√2m，弹珠与斜面碰撞瞬间弹珠在垂直于斜面方向上的速度
反向、大小不变，沿斜面方向上的速度不变，取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力影响，
以下说法正确的是（ ）
A．若最终得到三等奖，则弹珠发射的初速度大小为5m/s
B．最终得到一、二、三等奖的弹珠从射出到击中金蛋的时间之比为1：1：1C．最终得到一、二、三等奖的弹珠从射出到击中金蛋的时间之比为2：3：4
D．最终得到一、二、三等奖的弹珠的初速度之比为4：3：2
【解答】解：A、将重力加速度g沿斜面方向和垂直于斜面方向分解
沿斜面方向g ＝gsin
x
垂直于斜面方向g ＝θgcos
y
＝45° θ
θ弹珠沿斜面方向做初速度为0，加速度为g
x
的匀加速直线运动，在垂直于斜面方向上弹珠做类竖
直上抛运动，若最終得到三等奖则有
1
x= g t2
2 x 3
2v
t = 3
3 g
y
解得
弹珠发射的初速度大小v =√5m/s
3
故A错误；
BC、从发射出弹珠到击中金蛋，沿斜面方向弹珠一直在做初速度为零，加速度为g 的匀加速直
x
线运动，三种情况的位移一样，所以三种情况运动的时间也相等，即
t ：t ：t ＝1：1：1
1 2 3
故B正确，C错误；
D、由速度—时间关系有
6v
t = 1
1 g
y
4v
t = 2
2 g
y
2v
t = 3
3 g
y
得最终得到一、二、三等奖的弹珠的初速度之比v ：v ：v ＝2：3：6
1 2 3
故D错误。
故选：B。题型4平抛运动与圆面相结合
7. （2023•青羊区校级模拟）如图所示，a、b两小球分别从半径大小为R的半圆轨道顶
端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，
斜面斜边长是其竖直高度的2倍，a、b均可视为质点，结果a、b两球同时分别落在半圆轨道
和斜面上，则小球的初速度大小为（ ）（重力加速度为g，不计空气阻力）
√3√3gR √3gR
A．√2gR B． C．√2√3gR D．
2 2
【解答】解：a、b两球以相同的初速度同时平抛，同时分别落在半圆轨道和斜面上，可知两小
球运动时间相等，在竖直方向和水平方向的位移大小相等，将右侧三角形斜面放入左侧半圆，
三角形斜边与圆弧有一交点，该交点与抛出点之间竖直方向的距离与水平方向的距离就是小球
做平抛运动的竖直位移大小和水平位移大小，分别设为y和x，并设小球从抛出到落到斜面上所
用时间为t，斜面倾角为 ，如图所示。
θ
1
根据题意：斜面斜边长是其竖直高度的2倍，可知：sin =
2
θ
则 ＝30°
由几θ何关系可得
1
y=Rsin2θ= gt2
2
x＝R+Rcos2 ＝v t
0
θ
√√3R √3√3gR
联立解得：t= ，v = ，故ACD错误，B正确。
g 0 2故选：B。
8. （2023•雨花区校级一模）如图示，半圆轨道固定在水平面上，一小球（小球可视为
质点）从半圆轨道上B点沿切线斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端 A点正上方某处小球的
速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加
速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为（ ）
√3√3gR √3gR √√3gR √√3gR
A． B． C． D．
2 2 2 3
【解答】解：小球做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，
根据逆向思维，可知小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好
与半圆轨道相切于B点，小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则速度与水平方向的夹
y y
tan30° √3 tanθ= =
角为30°，设位移与水平方向的夹角为 ，则：tanθ= = ，因为 x 3 ，则
2 6 R
2
θ
√3R √3 v
竖直位移：y= ，而：v2=2gy= gR，所以：tan30°= y ，解得小球在A点正上方的
4 y 2 v
0
√√3gR
2 √3√3gR
水平速度为：v = = ，故A正确，BCD错误。
0 √3 2
3
故选：A。题型5平抛运动与竖直面相结合
9. （2023•湛江二模）如图所示，某同学在篮筐前某位置跳起投篮。篮球出手点离水平
地面的高度 h＝1.8m。篮球离开手的瞬间到篮筐的水平距离为 5m，水平分速度大小 v＝
10m/s，要使篮球到达篮筐时，竖直方向的分速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略
不计，忽略空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。篮筐离地面的高度为（ ）
A．2.85m B．3.05m C．3.25m D．3.5m
【解答】解：篮球做斜抛运动，逆过程处理，上升阶段看作平抛运动，水平方向做匀速直线运
x 5
动，则有：x＝vt，可得篮球从抛出运动到篮筐的时间：t= = s=0.5s，篮球到篮筐时竖直
v 10
1
方向的速度为零，竖直方向则有：H−ℎ = gt2 ，代入数据，解得H＝3.05m，故ACD错误，B
2
正确。
故选：B。
10. （2023•上饶模拟）如图所示，某同学从O点对准前方的一块竖直放置的挡板将小球
水平抛出，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别为v 、v ，不计空气阻力，小球打在挡
1 2
板上的位置分别是B、C，且AB＝BC，则v ：v 为（ ）
1 2
A．2：1 B．√2：1 C．(√2+2)：1 D．(√2+1)：1
1
【解答】解：小球在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向：ℎ = gt2
2
水平方向：x＝v t
0√ g
联立解得：v =x
0 2ℎ
v √ℎ
所以 1= AC
v ℎ
2 AB
ℎ 1
又因为 AB =
ℎ 2
AC
v √2
所以
1=
v 1
2
故B正确，ACD错误。
故选：B。
题型6平抛运动在球类问题中的临界问题
11. （2023•东城区模拟）如图所示，窗子上、下沿间的高度 H＝1.6m，墙的厚度d＝
0.4m，某人在离墙壁距离L＝1.4m、距窗子上沿h＝0.2m处的P点，将可视为质点的小物件以
v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10m/s2。则v的取值范围是
（ ）
A．v＞7 m/s B．v＜2.3 m/s
C．3 m/s＜v＜7 m/s D．2.3 m/s＜v＜3 m/s
【解答】解：小物件做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大，
此时有L＝v t
max
1
ℎ
= gt2
2
代入数据解得v ＝7m/s
max
恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有L+d＝v t'
min
1
H+
ℎ
= gt'2
2
代入数据解得v ＝3m/s
min
故v的取值范围是3m/s＜v＜7m/s。
故选：C。
12. 如图所示，某次排球比赛中，球员A在离水平地面3m的高处将排球以30m/s的速度
垂直球网水平击出，此时排球与球网的水平距离为9m。球网的高度为2m，对方的球员B站立
在球网处，直立伸直手臂可拦到离地高度为2.3m的排球，起跳拦网可拦到离地高度为2.75m
的排球，取重力加速度大小g＝10m/s2。已知球员A、B的连线与球网垂直，不计空气阻力，
下列关于球员B拦排球的说法，正确的是（ ）
A．排球运动到球网正上方的时间为0.3s
B．球员B站在球网前直立伸直手臂可拦到排球
C．若球员B未拦到排球则排球不会出界
D．若球员B未拦到排球，则排球落地点到球网的距离约为2.6m
【解答】解：A、排球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，则排球运动到球员B位置的时间
L 9
t = = s=0.3s
1 v 30
故A正确；
B 、 排 球 竖 直 方 向 做 自 由 落 体 运 动 ， 该 段 时 间 排 球 下 落 的 高 度
1 1
ℎ = gt 2= ×10×0.32m=0.45m
2 1 2
此时排球离地高度h ＝H﹣h＝3m﹣0.45m＝2.55m＞h ＝2.3m
3 1
故球员B在球网前直立伸直手臂拦不到排球，故B错误；
1
CD、竖直方向，由位移—时间公式得：H= gt 2
2 2√15
代入数据解得，排球从被击出到落地的时间t = s
2 5
√15
排球运动的水平距离x＝vt ＝30× m＝6√15m＞18m
2 5
排球将出界，故CD错误。
故选：A。
题型7类平抛运动
13. 如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为 ，一物块（可看成质点）沿斜面左上方
顶点P以初速度v 水平射入，恰好从底端Q点离开斜面θ，则（ ）
0
√ 2l
A．物块由P点运动到Q点所用的时间t＝2
gsinθ
√2l
B．物块由P点运动到Q点所用的时间t＝2
g
√ g
C．初速度v ＝b
0
2l
√gsinθ
D．初速度v ＝b
0
2l
mgsinθ
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得物体的加速度为：a= =gsin 。
m
θ
1 √ 2l
根据l= at2得：t= ，故AB错误；
2 gsinθ
b √gsinθ
CD、入射的初速度为：v = =b ，故C错误，D正确。
0 t 2l
故选：D。
14. 如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为 ＝30°，一小球（可视为质点）沿斜面
θ右上方顶点A处水平射入，恰好从底端B点离开斜面，重力加速度为g。则下列说法正确的是
（ ）
A．小球运动的加速度为g
√2L
B．小球由A运动到B所用的时间为
g
√ g
C．小球由A点水平射入时初速度v 的大小为s
0
2L
√ g
D．小球离开B点时速度的大小为 (s2+4L2 )
4L
【解答】解：A、依据曲线条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲
线运动，
mgsinθ g
再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a= =gsin = ，故A错误；
m 2
θ
1
BCD、根据L= at2，有：
2
√2L √ 2L √4L
t= = =
a gsinθ g
在B点的平行斜面方向的分速度为：
√ 2L
v ＝at＝gsin × =√2gLsinθ=√gL
By
gsinθ
θ
根据s＝v t，有：
0
s s
= = =
√gsinθ √ g
v t √ 2L s =s
0
2L 4L
gsinθ
故物块离开B点时速度的大小：
√ g
v=√v2+v2 = (s2+4L2 )，故BC错误；D正确；
0 By 4L
故选：D。题型8斜抛运动
15. （2024•淮安模拟）将一物体以某一初速度沿与水平方向成37°角从A点斜向上抛出，
经过B点时速度与水平方向的夹角为53°。已知A、B之间的水平距离为L，忽略空气阻力的
影响，重力加速度为g，sin53°＝0.8，则下列说法正确的是（ ）
√3gL
A．从A点抛出时的速度大小为
2
3
B．从A到B过程中速度的最小值为 √3gL
5
5√3L
C．从A到B的时间为
3 g
7
D．A、B之间的高度差为 L
12
【解答】解：A.设初速度为v，则水平方向的速度为：v ＝vcos ＝0.8v，竖直方向的速度为：v
x y
＝vsin ＝0.6v θ
θ 4 16
由于水平方向速度不变，所以末状态下的竖直方向的速度为：v '＝v tan53°＝0.8v• = v
y x 3 15
5v
所以取竖直向下为正方向有：﹣v +gt＝v '，解得：t=
y y 3g
√3gL
水平方向上有L＝v t，解得：v= ，故A正确；
x 2
B.速度最小值是最高点的速度，此时竖直方向速度为零，速度最小，有：v'＝v ＝0.8v＝0.8•
x
√3gL 2
= √3gL，故B错误；
2 5
5v 5√3l
C.从A到B的时间为：t= = ，故C错误；
3g 6 g√3gL 3
D.根据速度关系，竖直方向有：v ＝vsin ＝0.6v＝0.6• = √3gL
y 2 10
θ
1
取竖直向下为正方向有：h＝﹣v t+ gt2
y 2
7
解得：h= L，故D错误；
24
故选：A。
16. （2024•温州二模）如图所示，A、B两位同学从同一高度分别抛出沙包1和2，两沙
包抛出的初速度大小均为v ，方向与水平方向的夹角分别为 、 ，且 ＞ ，两沙包抛出后
0 1 2 1 2
在空中的运动轨迹分别如图中Ⅰ和Ⅱ所示。两位同学均能在各θ自的θ抛出点θ接住θ对方抛来的沙包，
不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
v2sin2θ
A．两抛出点之间的距离为 0 2
g
B．沙包1和2在空中运动时间之比为tan
2
C．沙包1和2运动过程中最小速度之比为θtan
1
D．沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比θ为tan2
1
【解答】解：A、沙包做斜抛运动，水平方向做匀速直θ线运动，竖直方向做竖直上抛运动，故
2v sinθ
t= 0
g
x＝v cos t
0
θ
v2sin2θ
代入数据解得x= 0 ，故A正确；
g
B、根据运动的分解
沙包1和2在空中运动的竖直分速度为
v ＝v sin
y1 0 1
v ＝v sinθ
y2 0 2
根据运动学θ 公式又有运动到最高点竖直方向分速度的大小为v ＝gt
y1 1
v ＝gt
y2 2
t sinθ
联立整理解得有沙包1和2在空中运动时间之比为：
1= 1
，故B错误；
t sinθ
2 2
C、沙包1和2运动过程中最小速度出现在竖直分速度为零的时刻，故v ＝v cos
min 0
θ
v cosθ
故沙包1和2运动过程中最小速度之比为
min1= 1
v cosθ
min2 2
故C错误；
v2sin2θ
D、沙包1和2运动过程中离地的最大高度为
ℎ
= 0
2g
ℎ
tan2θ
故沙包1和2运动过程中离地的最大高度之比为：
1= 1
ℎ
tan2θ
2 2
故D错误，
故选：A。
