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专题06 抛体运动
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...................................................................................................2
类型1 对着竖直墙壁的平抛运动................................................................................................5
类型2 半圆的平抛运动................................................................................................................5
类型3 从斜面飞出的平抛运动问题............................................................................................7
类型4 飞向斜面的平抛运动问题..............................................................................................11
题型三 平抛运动的临界与极值问题.................................................................................................12
题型四 类平抛运动............................................................................................................................. 15
题型五 斜抛运动.................................................................................................................................18
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v0方向)为x 轴，竖直向下方向为y 轴，建立平面直角坐标系，
则：
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t.
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2.
(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 0无关．
1
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(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度
v 0 和下落高度
h 共同决定，与其他因素无关．
(3)落地速度：vt＝＝，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
初速度
v 0和下落高度
h 有关．
(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.
[题型专练1]. （2023•高州市一模）一个小球在离地一定高度处向右水平抛出，不计空气
阻力，抛出的初速度越大，则小球（ ）
A．落地时的速度越小
B．从抛出到落地过程中，速度的变化量越大
C．落地时的重力的瞬时功率不变
D．从抛出到落地过程中，动能的变化量变大
2
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【解答】解：A、设小球抛出点离地高度为h，则落地时的速度为v=√v0
2+ v y
2 =√v0
2+2gh，知抛
出的初速度越大，小球落地时的速度越大，故A 错误；
B、由h= 1
2 gt
2得t=√
2h
g
，知小球从抛出到落地过程中，运动时间是一定的，与初速度无关，
由Δv＝gt 知速度变化量不变，故B 错误；
C、小球落地时的重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg2t，知P 不变，故C 正确；
D、从抛出到落地过程中，由动能定理得：ΔEk＝mgh，不变，故D 错误。
故选：C。
[题型专练2]. （2022 秋•日照期末）2022 年夏天，我国南方地区遭遇多轮暴雨袭击，抗洪
救灾的战士们利用无人机参与救援物资的运送。已知无人机在距离地面20m 的高空以2m/s 的
速度沿水平方向匀速飞行并进行物资投送，物资可看成质点，不计空气阻力，重力加速度g＝
10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．物资离开无人机后在空中做自由落体运动
B．从无人机上拍摄的视频看到物资做平抛运动
C．物资落地的速度大小只由无人机的水平速度决定
D．无人机应该在距投放地点前方水平距离4m 处投放
【解答】解：A．物资离开无人机后具有水平方向的初速度，所以其做平抛运动，故A 错误；
B．水平方向，无人机相对于物资静止，所以从无人机上拍摄的视频看到物资做自由落体运动，
故B 错误；
C．物资落地的水平方向的速度大小由无人机的水平速度决定，物资落地的竖直方向的速度由无
人机的高度决定，则物资落地的速度大小由无人机的水平速度决定和无人机的高度决定，故C
错误；
D．由h= 1
2 gt
2
解得t =√
2h
g =√
2×20
10
s=2s
根据x＝v0t＝2×2m＝4m
可得无人机应该在距投放地点前方水平距离4m 处投放，故D 正确。
故选：D。
[题型专练3]. （2023 春•怀仁市期末）假设宇航员在某一无大气层的星球表面以初速度
2.0m/s 水平抛出一物体（不考虑星球自转的影响）并记录下物体的运动轨迹如图所示，O 为抛
3
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出点。若该星球半径为4000km，引力常量G＝6.67×10﹣11N•m2•kg﹣2，地球表面重力加速度取
10m/s2，说法不正确的是（ ）
A．该星球表面的重力加速度为4.0m/s2
B．该星球的质量约为2.4×1023kg
C．该星球的第一宇宙速度为4.0km/s
D．若宇航员在地球上最多能举起100kg 的重物，则在该星球上最多能举起250kg 的重物
【解答】解：A、物体做平抛运动，初速度v0＝2.0m/s，由平抛运动的分位移公式有：x＝v0t，y
= 1
2gt2，其中x＝2.0m，y＝2.0m，可得：g＝4.0m/s2，故A 正确；
B、在星球表面，根据万有引力等于重力，有
G Mm
R
2 =mg
该星球的质量约为：M = g R
2
G = 4×(4×10
6)
2
6.67×10
-11 kg=9.6×10
23kg，故B 错误；
C、该星球的第一宇宙速度为
v =√gR =√4×4×10
6m/ s= 4.0×10
3m/ s，故C 正确；
D、根据m 地g 地＝m 星g，可得m 星＝250kg，即若宇航员在地球上最多能举起100kg 的重物，则
在该星球上最多能举起250kg 的重物，故D 正确。
本题选不正确的，故选：B。
[题型专练4]. （2022 秋•金平区校级期末）如图所示，O 点处有一小球以v＝8m/s 的水平
初速度做平抛运动，经过2s，小球到达M 点（g 取10m/s2），则下列说法正确的是（ ）
4
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A．O、M 两点之间的水平距离为16m
B．O、M 两点之间的竖直距离为16m
C．小球在M 点的水平分速度大小为16m/s
D．小球在M 点的竖直分速度大小为10m/s
【解答】解：AB、OM 两点之间的水平距离s＝vt＝8×2m＝16m
竖直距离h= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×22m＝20m，故A 正确，B 错误；
CD、根据平抛运动规律可知小球在M 点的水平分速度大小为8m/s，竖直分速度大小vy＝gt＝
10×2m/s＝20m/s，故CD 错误.
故选：A。
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
解
速
度
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：v＝
分解速度，构建速度
三角形
分
解
位
移
水平：x＝v0t
竖直：y＝gt2
合位移：s＝
分解位移，构建位移
三角形
类型1 对着竖直墙壁的平抛运动
[题型专练5]. （2023 秋•沙坪坝区校级期中）壁球是杭州亚运会的项目之一，运动员需要
5
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面对墙壁不断将球打在竖直墙壁上。如图所示，如果运动员在同一水平高度上的A、B 两点分
别击球，不计空气阻力时为使球能垂直打在墙上的同一点，则在A、B 点击球后瞬间球的速度
大小分别为vA和vB，则两者的大小关系正确的是（ ）
A．vA＞vB
B．vA＝vB
C．vA＜vB
D．无法确定
【解答】解：球被击出后做斜抛运动，逆过程处理，球从竖直墙壁处开始做平抛运动，下落高
度相等，由h= 1
2 gt
2可知运动时间t 相等，
水平方向速度v x= x
t ，竖直方向速度v y =√2gh
由平行四边形定则可得击球后瞬间球的速度v0=√v x
2+ v y
2 =√( x
t )
2+2 gh，由图可知xB＞xA，所
以vA＜vB，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[题型专练6]. （2023 秋•重庆期中）飞镖游戏是一种非常有趣味性的娱乐活动，如图所示，
某次飞镖比赛，某选手在距地面某相同的高度，向竖直墙面发射飞镖，每次飞镖均水平射出，
且发射点与墙壁距离相同，某两次射出的飞镖插入墙面时速度与水平方向夹角第一次为30°和
第二次为60°，若不考虑所受的空气阻力，则（ ）
A．两次末速度的反向延长线不一定交于水平位移的中点
B．第一次出手速度比第二次小
C．第一次与第二次运动的时间之比为1：√3
D．两次末速度的大小之比为1：2
【解答】解：A、根据平抛的结论，末速度的反向延长线一定交于水平位移的中点，故A 错误；
B、根据平抛运动的规律，在竖直方向上做自由落体运动，有y = 1
2 gt
2，图中可知，y1＜y2，t1
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＜t2，又因为在水平方向做匀速直线运动，有x＝vt，则v1＞v2，故B 错误；
C、根据速度偏转角和位移偏转角的关系，tanθv＝2tanθs，则tanθs1
tanθs2
= tanθv 1
tanθv 2
= tan30°
tan60° = 1
3，因
为水平位移x 相同，则y1
y2
= 1
3，又有y = 1
2 gt
2，所以t1
t2
= 1
√3
，故C 正确；
D、根据C 选项中分析，有t1
t2
= 1
√3
，则v x1
v x 2
= √3
1 ，v y 1
v y 2
= 1
√3
，但是不知道vx和vy的具体数量关
系，因此无法判断末速度关系，故D 错误。
故选：C。
类型2 半圆的平抛运动
[题型专练7]. （2023 春•福州期末）如图所示，将一个小球（可视为质点）从半球形坑的
边缘A 以速度v0沿直径方向水平抛出，落在坑壁某点B，忽略空气阻力。对A 到B 过程说法
中正确的是（ ）
A．v0越大，小球运动时间越长
B．v0越大，小球运动位移越大
C．v0越大，小球运动加速度越大
D．v0取适当值，小球可能垂直坑壁落入坑中
【解答】解：A．根据题意可知，小球做平抛运动，竖直方向上小球做自由落体运动，有
h= 1
2 gt
2
解得t =√
2h
g
可知，当小球落在圆心正下方时，运动时间最长为tm=√
2 R
g
水平方向上有R＝v0tm
7
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解得v0=√
gR
2
即当小球以√
gR
2 抛出时，运动时间最长；
若初速度v0＞√
gR
2 ，则v0越大，小球运动时间越短；
若初速度v0＜√
gR
2 ，则v0越大，小球运动时间越长，故A 错误；
B．根据题意，设落地时位移与水平方向的夹角为θ，则有tanθ =gt
2v0
由A 分析可知，当小球的初速度大于√
gR
2
时，小球落在半圆的右半边，当小球小于初速度小于
√
gR
2 时，小球落在半圆的左半边，落在右半边时的位移大于落在左半边时的位移，当小球的初
速度大于√
gR
2 时，随着初速度的增大，时间越短，则tanθ 越小，即位移与水平方向夹角越小，
由几何关系可知，位移越大；小球落在半圆的左半边时，速度越大运动的时间越长，所以位移
越大。综上所述，v0越大，小球运动位移越大，故B 正确；
C．根据题意可知，小球做平抛运动，加速度为重力加速度，大小与初速度无关，故C 错误；
D．根据平抛运动速度的反向延长线交水平位移的中点，知小球甲的速度方向不会沿半径方向，
也就不可能垂直坑壁落入坑中，故D 错误。
故选：B。
[题型专练8]. （2023•河南开学）如图所示，半径为R 的四分之一圆弧体ABC 固定在水平
地面上，O 为圆心。在圆心O 点下方某点处，水平向左抛出一个小球，恰好垂直击中圆弧上的
D 点，小球可视为质点，D 点到水平地面的高度为2
5 R，重力加速度为g，则小球抛出的初速
度大小是（ ）
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A．4√
1
11 gR
B．4√
1
13 gR
C．4√
1
15 gR
D．4√
1
17 gR
【解答】解：小球打到D 点时的速度垂直于圆弧面，反向延长线过O 点，速度与竖直方向的夹
角为θ，如图所示：
根据数学知识cosθ = OE
OD =
(1- 2
5 )R
R
= 3
5
则sinθ =√1-co s
2θ =√1-( 3
5 )
2= 4
5
设抛出的初速度为v0，运动时间为t
根据平抛运动规律，水平位移x＝Rsinθ＝v0t
竖直速度vy＝gt
则在D 点tanθ= v0
v y
代入数据联立解得v0= 4√
1
15 gR
综上分析，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[题型专练9]. （2023 春•湖南期末）如图所示，半径为R 的半球形碗固定于水平面上，碗
口水平，O 点为碗的圆心，A、B 为水平直径的两个端点。将一弹性小球（可视为质点）从A
点沿AB 方向以初速度v1水平抛出，小球与碗内壁碰撞一次后恰好经过B 点；若将该小球从离
O 点√3
2 R 处的C 点以初速度v2水平抛出，小球与碗内壁碰撞一次后恰好返回C 点。假设小球
与碗内壁碰撞前后瞬间小球的切向速度不变，沿半径方向的速度等大反向，则v2与v1的比值
为（ ）
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A．2√3
B．√6
C．√5
D．√3
【解答】解：小球从A 点以初速度v1向右平抛，反弹后经过B 点，由对称性知小球与碗内壁的
碰撞点应在碗的最低点。由平抛运动的规律有
R＝v1t1
R= 1
2 gt1
2
解得：v1=√
1
2 gR
小球从C 点以初速度v2向右平抛，要使小球能反弹回C 点，小球必须垂直打在圆弧上，如图所
示：
设碰撞点为D，连接OD，即为平抛轨迹过D 点的切线。过D 点作DE⊥AB 于E，则O 为小球平
抛水平位移的中点，有
ED= 1
2 gt2
2
CO＝OE= 1
2 v2t2
在Rt△ODE 中，有
（ED） 2+（OE） 2＝R2
解得：v2=√3 gR
可得v2与v1的比值为√6，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
[题型专练10].
（2023 春•绵阳期末）如图所示，竖直面内有一半圆形槽，O 为圆心，
直径AB 水平，甲、乙两小球分别从A 点和O 点以速度v1和v2水平抛出，在空中运动时间分
别是t1和t2，甲球落在半圆形槽最低点P，乙球落在PB 弧上的Q 点，Q 点与OP 的中点等高。
则（ ）
10
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A．t1＞t2，v1＞v2
B．t1＞t2，v1＜v2
C．t1＜t2，v1＞v2
D．t1＜t2，v1＜v2
【解答】解：甲、乙小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有：y = 1
2 gt
2
由图可知：x 甲＝R，y 甲＝R，x乙= √3
2 R，y乙= R
2
解得：t1=√
2 R
g ，t2=√
R
g
故t1＞t2
水平方向小球做匀速直线运动，则：x 甲＝R＝v1t1，x乙= √3
2 R = v2t2
解得v1=√
gR
2 ，v2= √3
2 √gR =√
3
4 gR＞v1，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[题型专练11].
（2023 春•漳州期末）如图，﹣小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处
开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点。O 为半圆轨道
圆心，半圆轨道半径为R，OB 与水平方向夹角为60 度，重力加速度为g，则小球抛出时的初
速度为（ ）
A．√
3 gR
2
B．√3 gR
2
C．√
3√3 gR
2
D．√√3 gR
3
【解答】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，则知速度与水平方向的夹角为30°，
则有：vy＝v0tan30°
又 vy＝gt，则得：
11
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v0tan30°＝gt
t= v0 tan30°
g
①
水平方向上小球做匀速直线运动，则有：
R+Rcos60°＝v0t ②
联立①②解得：v0=√
3√3 gR
2
．故C 正确，ABD 错误
故选：C。
类型3 从斜面飞出的平抛运动问题
[题型专练12].
（2023 春•绿园区校级月考）如图所示，斜面倾角为30°，现以初速度
v0=√3m/s 的将小球从斜面上水平抛出，运动中不计阻力，则从抛出到落在斜面上P 点的时间
为（ ）
A．0.2s
B．0.3s
C．0.4s
D．0.5s
【解答】解：小球在空中做平抛运动，落在斜面上P 点时，由平抛运动规律得：
y
x =
1
2 gt
2
v0t = tan30°
可得：t = 2v0 tan30°
g
，解得：t＝0.2s，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[题型专练13].
（2023 春•昌宁县校级期末）如图所示，在倾角为37°足够长的斜面顶
端处，一小球以与斜面成30°角的初速度v 抛出，小球最终落在斜面上。不计空气阻力，sin37°
＝0.6，重力加速度为g，则从抛出小球到小球与斜面的距离最大时，小球飞行时间t 为
（ ）
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A．5 v
4 g
B．2v
3 g
C．5 v
8 g
D．4 v
5 g
【解答】解：将小球的运动分解为沿着斜面方向和垂直斜面方向，垂直于斜面方向的分速度为：
v⊥＝vsin30°= 1
2v
垂直于斜面方向上的加速度大小为：
a⊥＝gcos37°= 4
5 g
当垂直于斜面方向的速度减小为零时，小球距离斜面最远，飞行时间为：
t= v⊥
a⊥
=
1
2 v
4
5 g
= 5 v
8 g
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
类型4 飞向斜面的平抛运动问题
[题型专练14].
（2023 春•华容县期末）如图所示，将小球以水平速度v0正对倾角为θ
的斜面水平抛出，若小球到达斜面时速度与斜面垂直，则小球的飞行时间t 为（重力加速度为
g，空气阻力不计）（ ）
A．v0tanθ
B．2v0tanθ
g
C．2v0
gtanθ
D．
v0
gtanθ
【解答】解：因小球到达斜面时其速度方向与斜面垂直，则其速度与水平方向的夹角为90°﹣
13
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θ，则竖直分速度vy＝v0tan（90°﹣θ）= v0
tanθ
所用时间t = v y
g =
v0
gtanθ ，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[题型专练15].
（2023 春•河池期末）如图所示，倾角为θ 的斜面固定在水平地面上，
将甲、乙两小球在斜面上方的适当位置先后以相同的初速度水平抛出，分别经时间t1、t2击中
斜面上的A、B 两点（图中未画出）。已知甲恰好垂直于斜面落在A 点，乙的抛出点与落点B
的连线垂直于斜面，不计空气阻力。则t1：t2等于（ ）
A．1：2
B．2：1
C．2：3
D．3：2
【解答】甲恰好垂直落在A 点，由几何关系得
tanθ = v0
v y
= v0
gt
整理得t1=
v0
gtanθ
乙与落点B 的连线垂直于斜面，由几何关系得
tanθ= x
y = v0t2
1
2 gt2
2
整理得t2= 2v0
gtanθ
故t1：t2＝l：2
故选A。
[题型专练16].
（2023 春•拉萨期末）如图所示，以水平初速度v0＝5m/s 抛出的物体，
飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ＝30°的斜面上，当地重力加速度为g＝10m/s2，可知物体
完成这段飞行的时间是（ ）
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A．√3
2 s
B．2√3
3
s
C．√3 s
D．2s
【解答】解：小球垂直地撞在倾角θ＝30°的斜面上，则有tan30° = v0
v y
又vy＝gt
联立解得
t =
v0
gtan30° =
5
10× √3
3
s= √3
2 s，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[题型专练17].
（2023 春•丰台区期中）在某次演习中，轰炸机沿水平方向以速度v0＝
30m/s 投放了一枚炸弹，炸弹正好垂直击中山坡上的目标P，山坡倾角为37°，如图所示。（不
计空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（ ）
A．炸弹击中山坡时的速度大小为50m/s
B．炸弹击中山坡时的速度大小为40m/s
C．炸弹做平抛运动的水平位移是200m
D．炸弹做平抛运动的竖直位移是120m
【解答】解：AB、炸弹做平抛运动，炸弹垂直击中山坡上的目标P，将炸弹的速度分解到水平
方向和竖直方向，如图：
15
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由几何关系得：tan37°= v0
v y
= v0
gt
炸弹击中山坡时的速度大小为v=
v0
sin37°
代入数据解得：t＝4s
v＝50m/s
故A 正确，B 错误；
C、炸弹的水平位移为x＝v0t＝30×4m＝120m
故C 错误；
D、炸弹的竖直位移为y= 1
2gt2= 1
2 ×10×42m＝80m
故D 错误。
故选：A。
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．
[题型专练18].
（2023 春•东湖区校级月考）2019 年女排世界杯，中国女排以十一连胜
夺冠，如图为排球比赛场地示意图。其长度为L，宽度s，球网高度为h．现女排队员在底线中
点正上方沿水平方向发球，发球点高度为1.5h，排球做平抛运动（排球可看作质点，忽略空气
阻力），重力加速度为g。则关于排球的运动下列说法正确的是（ ）
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A．能过网的最小初速度为L
2 √
g
2h
B．能落在界内的最大位移为√L
2+ s
2
4
C．能过网面不出界的最大初速度为√
g
4 h ( L
2+ s
2
4 )
D．能落在界内的最大末速度为√
g
3h ( L
2+ s
2
4 )+3 gh
【解答】解：A．排球做平抛运动，能过网的最小初速度为v1，此种情况下有：
竖直位移为：1.5h-h= 1
2 gt1
2
可得：t1=√
2×0.5h
g
=√
h
g
水平位移为：x1= 1
2 L= v1t1
可得：v1= L
2t1
即解得：v1= 1
2 L√
g
h
故A 错误；
BCD．排球过网而不出界的最大初速度为v2，此种情况下，排球落到对角线的顶点处有：
竖直位移：1.5h= 1
2 gt2
2
解得：t2=√
3h
g
水平位移：x2=√L
2+ s
2
4 = v2t '
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解得：v2=√L
2+ s
2
4
t2
即解得：v2=√
g
3h ( L
2+ s
2
4 )
排球做平抛运动，落地时竖直分速度为：v y =√2g×1.5h=√3 gh
能落在界内的最大末速度为：v =√v2
2+ v y
2 =√
g
3h ( L
2+ s
2
4 )+3 gh
最大位移为：sm=√x2
2+(1.5h)
2＞√L
2+ s
2
4
故BC 错误，D 正确。
故选：D。
[题型专练19].
（2023 春•龙凤区校级月考）如图所示，蜘蛛在地面与竖直墙壁间结网，
蛛丝AB 与水平地面之间的夹角为45°，A 到地面的距离为1m，已知重力加速度g 取10m/s2，
空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距地面0.6m 的C 点以水平速度v0跳出，要到达蛛丝，水平
速度v0至少为（ ）
A．√2m/ s
B．2m/s
C．2√2m/ s
D．2√3
【解答】解：当蜘蛛做平抛运动的轨迹恰好与蛛丝相切时，v0最小，蜘蛛的运动轨迹如下图所
示：
设蜘蛛跳出后经过时间t 到达蛛丝，根据平抛运动规律可得：
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x＝v0t
y = 1
2 gt
2
蜘蛛到达蛛丝时速度方向恰好沿蛛丝方向，根据几何关系可得：tan 45° = v0
gt
联立解得：x＝2y
根据上式以及几何关系可得：v0t＝y+（AO﹣CO）
解得：y＝0.4m，v0=2√2m/ s，故C 正确、ABD 错误。
故选：C。
[题型专练20].
（2023 春•泉州期中）如图甲所示，抛球游戏是小朋友们最喜欢的项目
之一，小朋友站立在水平地面上双手将皮球水平抛出，皮球进入水平篮筐且不擦到篮筐就能获
得小红旗一枚。如图乙所示。篮筐的半径为R，皮球的半径为r，篮筐中心和出手处皮球的中
心高度为h1和h2，两中心在水平地面上的投影点O1、O2之间的距离为d。忽略空气的阻力，
已知重力加速度为g。设水平投篮出手速度为v，要使皮球能入筐，则下列说法中正确的是（
）
A．皮球出手速度越大，皮球进筐前运动的时间越长
B．皮球从出手到入筐运动的时间为√
2(h2-h1)
g
C．皮球出手速度v 的最大值为(d + R -r )√
g
2h1
D．皮球出手速度v 的最小值为(d - R+r )√
g
2h2
【解答】解：A、平抛运动的时间由高度决定，进框前下降的高度一定，则运动时间相同，与初
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速度无关，故A 错误；
B、根据竖直方向上运动规律得：h2−h1= 1
2gt2，解得t=√
2(h2-h1)
g
，故B 正确；
C、进框时水平位移的最大值x1＝d+R﹣r，则初速度的最大值v1= x1
t =(d + R -r )√
g
2(h2-h1)，
故C 错误；
D、进框时水平位移的最小值x2＝d﹣R+r，则初速度的最小值v2= x2
t =(d - R+r )√
g
2(h2-h1)，
故D 错误。
故选：B。
题型四 类平抛运动
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v0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＝.
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ax、ay，
初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y 方向列方程求解．
[题型专练21].
（2023 春•高新区校级月考）如图所示，A、B 两质点以相同的水平速
度v0抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为P1，B 在光滑斜面上运动，落地点为P2，不计阻力，
比较P1、P2在x 轴方向上的远近关系是（ ）
A．P1较远
B．P2较远
C．P1、P2等远
D．大小不确定
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【解答】解：由题可知，A 做平抛运动，B 做类平抛运动，A、B 均在水平方向做匀速直线运动，
而A 在竖直平面做自由落体运动，B 在沿斜面方向做匀加速直线运动，则可知A 在竖直平面的
加速度为重力加速度，即可得：aA＝g
分析B 在斜面的受力，受力分析的侧面图如下：
则沿斜面方向有：F 合＝mgsinθ
则根据牛顿第二定律可得：aB= F合
m = gsinθ
且根据自由落体运动的位移—时间公式可得：h= 1
2 gt A
2
解得A 下落的时间为：t A =√
2h
g
根据匀加速直线运动的位移—时间公式可得：h
sinθ = 1
2 aBt B
2
解得B 沿斜面下落的时间为：t B=√
2⋅
h
sinθ
gsinθ =
1
sinθ√
2h
g
由于0＜sinθ＜1，则1
sinθ ＞1
故可得tB＞tA
又根据匀速直线运动的位移—时间公式可知：x＝v0t
故可得：xB＞xA
即B 的落地点P2较远，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
[题型专练22].
（2023 春•西湖区校级月考）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面长
a＝5m，宽b＝4m，倾角θ＝30°，一可视为质点的小球从顶端B 处水平向左射入，恰好从底端
点A 处射出，重力加速度g 取10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
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A．小球运动的加速度为10m/s2
B．小球从B 运动到A 所用时间为2s
C．小球从B 点水平射入时的速度为2√2m/ s
D．若小球从B 点以4m/s 的速度水平向左射入，则恰能从底端A 点离开斜面
【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，
再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：g′= mgsinθ
m
=gsinθ＝10× 1
2m/s2＝5m/s2，故A 错误；
BC、根据a= 1
2g′t2，有：t=√
2a
g' =√
2×5
5
s=√2s
根据s＝v0t，有：
v0= b
t = 4
√2m/s＝2√2m/s，故B 错误，C 正确；
D．若小球从B 点以4m/s 的速度水平向左射入，因水平位移不变，则下落的时间会减小，则不
能从底端A 点离开斜面，故D 错误；
故选：C。
[题型专练23].
（2023 春•杭州月考）如图所示的光滑斜面ABCD 是边长为10m 的正方
形，倾角为30°，物块（视为质点）从斜面左上方顶点A 以平行于AB 边的初速度水平射入，
恰好到达底边CD 中点E，则（ ）
A．物块射入的初速度5m/s
B．物块射入的初速度2.5m/s
C．物块由A 点运动到E 点所用的时间t =√2s
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D．物块由A 点运动到E 点所用的时间t＝1s
【解答】解：由题可知，物块在斜面上做类平抛运动，根据类平抛运动的特点可知，物块在AB
方向做匀速直线运动，在沿AC 方向做匀加速直线运动。
分析物块在斜面上的受力，受力侧面图如图：
则可得物块沿斜面方向有：F 合＝mgsin30°
则根据牛顿第二定律有：a= F合
m = mgsin30°
m
= gsin30° =5m/s2
根据类平抛运动特点，结合题中数据有：
沿斜面向下方向，根据匀加速直线运动的位移—时间公式有：L= 1
2 at
2
故解得物块由A 点运动到E 点所用的时间为：t =√
2 L
a =√
2×10
5
s=2s
沿初速度方向做匀速直线运动，则有：1
2 L= v0t
解得物块射入的初速度为：v0= L
2t = 10
2×2 m/ s=2.5m/ s
故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
题型五 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＝v0x·t＝v0cos θ·＝.
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
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小而减小．
[题型专练24].
（2022 秋•南京期末）如图所示，1 号、2 号两个小球从水平地面上的不
同位置斜向上抛出，沿不同轨迹运动，最终落在地面上同一点。已知两个轨迹的最高点等高，
忽略空气阻力的影响，则下列说法中正确的是（ ）
A．1 号小球在空中运动时间长
B．2 号小球在空中运动时间长
C．1 号小球落地的速率大
D．2 号小球落地的速率大
【解答】解：AB．设小球1 的初速度为v1，与水平方向的夹角为θ1，小球2 的初速度为v2，与
水平方向的夹角为θ2，则根据题意有
(v1sinθ1)
2
2 g
= (v2sinθ2)
2
2 g
，(v1sinθ)
2
2 g
= 1
2 gt1
2，(v2sinθ2)
2
2g
= 1
2 gt2
2
则可知
t1=t2= 1
2 t
因此，小球1、2 在空中运动的时间相等，同为t，故AB 错误；
CD．物体水平方向做匀速直线运动x＝vxt
根据图像有x1＞x2
可知vx1＞vx2
根据对称性，落地速度与抛出速度大小相等，则落地速度为v=√v x
2+ v y
2
根据v2＝2gh，两个物体高度相同，则两个物体初速度的竖直分速度大小相同，水平分速度大小
关系满足vx1＞vx2
得v1＞v2
故C 正确，D 错误。
故选：C。
[题型专练25].
（2023 秋•湖北期中）2023 年9 月29 日，在杭州亚运会田径项目女子铅
球决赛中，中国选手巩立姣夺得金牌，获得亚运会三连冠。图甲是巩立姣正在比赛中。现把铅
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球的运动简化为如图乙模型：铅球抛出时离地的高度h＝1.928m，铅球落地点到抛出点的水平
距离x＝20m，铅球抛出时的速度v0和水平方向的夹角θ＝37°，已知铅球的质量为m＝4kg，
不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，√2.6144 =1.62，√3.3856=1.84，则
（ ）
A．小球运动到最高点时速度为零
B．小球在空中运动的时间为1.62s
C．从抛出到落地过程中小球速度的变化量是18.4m/s
D．小球落地前任意相等时间内速度的变化量不相等
【解答】解：A．小球运动到最高点时竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故A 错误；
B．根据斜抛运动的规律，抛出时水平方向的分速度
vx＝v0cos37°
小球在水平方向做匀速直线运动，小球在空中运动的时间为
t = x
v x
=
x
v0cos37°
抛出时竖直方向的分速度
vy＝v0sin37°
根据竖直方向的匀变速直线运动规律，有
-h= v yt - 1
2 gt
2
代入数据联立得
t＝1.84s
故B 错误；
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C．从抛出到落地过程中小球速度的变化量是
Δv＝gt＝10×1.84m/s＝18.4m/s
故C 正确；
D．小球落地前加速度为重力加速度不变，任意相等时间内速度的变化量相等，故D 错误。
故选C。
[题型专练26].
（2023•浙江模拟）如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U 形赛道
上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的A 点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞
空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为
质点，则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙的最大腾空高度相同
B．甲从A 点滑出时的初速度一定大于乙的初速度
C．甲、乙从A 点滑出时的初速度方向可能相同
D．甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同
【解答】解：
A.甲的滞空时间比乙长，故甲的竖直速度vy更大，最大腾空高度h= v y
2
2g
，故甲的腾空高度更大，
故A 错误；
B.乙的最小速度比甲的最小速度大，即甲的vx 更小，从A 点滑出时的初速度v=√v x
2+ v y
2，故
无法比较，故B 错误；
C.设初速度与水平方向夹角为θ，tanθ= v y
v x
，故甲与水平方向夹角更大，故C 错误；
D.根据水平位移公式x＝vx•2v y
g ，可能相同，故甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，故D 正确；
故选：D。
[题型专练27].
（2023 春•巴彦淖尔期末）如图所示，运动员将铅球（可视为质点）从
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A 点以方向与水平方向夹角为30°、大小v0＝6m/s 的初速度抛出，经过最高点B 后铅球落到水
平地面，已知铅球从A 点到落地运动的总时间为1s，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气
阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．铅球经过B 点时的速度大小为3m/s
B．A 点距离水平地面的高度为2.45m
C．铅球落地时的速度大小为7m/s
D．铅球落地点离A 点的水平距离为3√3m
【解答】解：A．铅球经过B 点时的速度大小为
vB＝v0cos30°＝6× √3
2 m/s=3√3m/ s
故A 错误；
B．铅球从抛出点到达最高点的时间
t1= v0sin30°
g
=
6× 1
2
10
s＝0.3s
铅球从最高点落地的时间
t2＝t﹣t1＝1s﹣0.3s＝0.7s
A 点距离水平地面的高度为
h= 1
2 gt2
2- 1
2 gt1
2
解得h＝2m
故B 错误；
C．铅球落地时的竖直速度大小为
vy＝gt2＝10×0.7m/s＝7m/s
铅球落地时的速度大小为
v =√vB
2 + v y
2
解得v=2√19m/ s
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故C 错误；
D．铅球落地点离A 点的水平距离为
x＝vBt＝3√3×1m=3√3m
故D 正确。
故选：D。
[题型专练28].
（2023 春•高州市期末）如图所示，把石块从高处抛出，初速度大小
v0，抛出高度为h，方向与水平方向夹角为α（0＜α＜90°），石块最终落在水平地面上，不计
空气阻力，重力加速度为g，对于不同的抛射角α，下列说法正确的是（ ）
A．抛出石块的落地时间为√
2h
g
B．抛出石块达到最高点的时间为v0cosα
g
C．抛出石块在空中的加速度为g
D．抛出石块在最高点的速度为0
【解答】解：A．石块做斜上抛运动，落地时间大于√
2h
g
，故A 错误；
B．根据0＝vy﹣gt，vy＝v0sinα
解得t = v0 sinα
g
，故B 错误；
C．抛出石块在空中只受重力作用，加速度为g，故C 正确；
D．抛出石块在最高点的速度为初速度水平方向的分速度vx＝v0cosα，故D 错误。
故选：C。
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