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专题8 平抛运动与斜面结合模型
从斜面飞出模型（7-12 题）.........................................................................................................................6
飞向斜面模型（13-19 题）.........................................................................................................................10
与曲面相结合模型（20-22 题）................................................................................................................15
1.
（2023•湖南）如图（a），我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种。某次
抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图（b）所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，
且轨迹交于P 点，抛出时谷粒1 和谷粒2 的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜
向上。忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．谷粒1 的加速度小于谷粒2 的加速度
B．谷粒2 在最高点的速度小于v1
C．两谷粒从O 到P 的运动时间相等
D．两谷粒从O 到P 的平均速度相等
【解答】解：A、两谷粒均做抛体运动，故加速度均相同，故A 错误，
BC、根据图b 可知谷粒2 从最高点到P 点的运动时间大于谷粒1 从O 点到P 点的运动时间，又
因为谷粒2 从最高点到P 点水平位移小于谷粒1 从O 到P 点的水平位移，所以谷粒2 在最高点的
速度小于v1，故B 正确，C 错误，
D、两谷粒从O 到P 的位移相同，飞行时间不同，所以平均速度不相等，故D 错误。
故选：B。
2.
（2022•广东）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高
1
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处，一玩具枪的枪口与小积木上P 点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v 从枪口向P 点
射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列
关于子弹的说法正确的是（ ）
A．将击中P 点，t 大于L
v
B．将击中P 点，t 等于L
v
C．将击中P 点上方，t 大于L
v
D．将击中P 点下方，t 等于L
v
【解答】解：当玩具子弹以水平速度v 从枪口向P 点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹和小
积木在竖直方向上都做自由落体，在竖直方向上保持相对静止，因此子弹将击中P 点，子弹在
水平方向上做匀速直线运动，故击中的时间为t= L
v
，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
3.
（多选）（2022•山东）如图所示，某同学将离地1.25m 的网球以13m/s 的速度斜向
上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为
8.45m 的P 点，网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75 倍，平行墙面的速
度分量不变，重力加速度g 取10m/s2，网球碰墙后的速度大小v 和着地点到墙壁的距离d 分别
为（ ）
A．v＝5m/s
B．v＝3√2m/s
C．d＝3.6m
D．d＝3.9m
2
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【解答】解：设网球飞出时的速度为v0，
根据运动学公式可知竖直方向v0 y
2 =2g （H﹣h）
代入数据得v0y＝12m/s
运动时间t= v0 y
g
根据速度的分解有：v0x=√v0
2- v0 y
2
排球水平方向到P 点的距离x0x＝v0xt
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0x1= 4
5
v0x
平行墙面的速度分量v0x2= 3
5
v0x
反弹后，垂直墙面的速度分量v0x3＝0.75v0x1
则反弹后的网球速度大小为vx=√v0 x 3
2
+ v0 x 2
2
联立代入数据解得：vx＝3√2m/s
网球落到地面的时间t'=√
2 H
g
着地点到墙壁的距离d＝v0x3t'
代入数据解得：d＝3.9m
故BD 正确，AC 错误；
故选：BD。
4.
（多选）（2022•河北）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O 为圆心，R1
和R2为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管、其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转
动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中，依次给内圈和外圈上的盆栽浇
水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用h1、v1、ω1和h2、v2、ω2表示。花盆
大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。
下列说法正确的是（ ）
3
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A．若h1＝h2，则v1：v2＝R2：R1
B．若v1＝v2，则h1：h2＝R1
2：R2
2
C．若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D．若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则ω1＝ω2
【解答】解：A、若h1＝h2，根据竖直方向上自由落体的运动特点可知，水的运动时间相等，在
水平方向上，x＝vt，则v1：v2＝R1：R2，故A 错误；
B、若v1＝v2，根据水平方向的运动特点可知，t1：t2＝R1：R2，结合竖直方向自由落体的公式
h= 1
2 gt
2可知，h1：h2＝R1
2：R2
2，故B 正确；
C、若ω1＝ω2，v1＝v2，喷水嘴各转动一周，因为旋转的时间相同，则喷出的水量相等，但因为
外圈的花盆数量比内圈数量多，则落入每个花盆的水量不相同，故C 错误；
D、若h1＝h2，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同的话，应该这样解释：设每浇一个
花盆经历时间t，出水口截面积为S，喷嘴转过的角度为θ，转动的角速度为ω，水柱扫过的弧
长为l，则：出水量V＝Svt= Svθ
ω = Svl
Rω
，根据A 选项的解析，若h1＝h2，则v1：v2＝R1：R2。所
以要保证落入每个花盆的水量（V）相同的话，必有ω1＝ω2。故D 正确；
故选：BD。
5.
（2022•北京）体育课上，甲同学在距离地面高h1＝2.5m 处将排球击出，球的初速度
沿水平方向，大小为v0＝8.0m/s；乙同学在离地h2＝0.7m 处将排球垫起，垫起前后球的速度大
小相等，方向相反。已知排球质量m＝0.3kg，取重力加速度g＝10m/s2。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v 及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【解答】解：（1）排球做平抛运动，则在竖直方向上：h1-h2= 1
2 gt
2
水平方向上：x＝v0t
4
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联立解得：x＝4.8m
（2）在竖直方向上，vy＝gt
则排球被垫起前瞬间的速度大小为v =√v0
2+ v y
2
联立解得：v＝10m/stanθ= v y
v0
= 6
8 = 3
4
即θ＝37°
即方向与水平方向的夹角为37°
（3）根据动量定理得：
I＝Ft＝mv′﹣mv
其中，v'＝10m/s，方向与排球垫起前的速度方向相反
联立解得：
I＝6N•s
6.
（2020•新课标Ⅱ）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩
托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h。若摩托车经过a 点时的动
能为E1，它会落到坑内c 点，c 与a 的水平距离和高度差均为h；若经过a 点时的动能为E2，
该摩托车恰能越过坑到达b 点。E2
E1
等于（ ）
A．20
B．18
C．9.0
D．3.0
【解答】解：设落到坑内c 点时竖直方向的速度为vy1，则有：v y 1
2 =2gh
vy1=√2gh；
根据平抛运动的规律可得：v01t＝h
v y 1
2 t =h
解得：v01= v y 1
2
5
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则有：E1= 1
2 mv01
2 = 1
4 mgh
同理，设摩托车恰能越过坑到达b 点时竖直方向的速度为vy2，则有：
v y 2
2 =2 g×0.5h=gh
vy2=√gh；
根据平抛运动的规律可得：
v02t′＝3h
v y 2
2 t′＝0.5h
解得：v02＝3vy2
则有：E2= 1
2 m v02
2 = 9
2 mgh
所以E2
E1
=18，故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
从斜面飞出模型（7-12 题）
7.
（2023 秋•太原期中）弹力球垂直滑梯斜向上从A 点射出，第一次弹力球从A 射出后
直接击中滑梯底部B 点，第二次弹力球从A 射出后与滑梯碰撞两次击中B 点。弹力球与滑梯
碰撞时间极短，忽略空气阻力，垂直于滑梯方向的速度反向、大小不变，沿滑梯方向的速度不
变。滑梯与水平方向夹角为37°，AB 长3m，g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列选
项正确的是（ ）
6
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A．第一次弹力球从A 射出后做平抛运动
B．第一次弹力球从A 射出后的速度大小约为5m/s
C．两次弹力球从A 射出到击中B 点的时间之比为1：1
D．AC、CD、DB 之比为2：3：4
【解答】解：A，弹力球初速度方向垂直斜面，不是水平抛出，所以不是平抛运动，故A 错误；
B，将小球的运动分解为垂直斜面方向的匀减速直线运动和沿斜面方向的初速度为0 的匀加速直
线运动，沿斜面的加速度大小为ax＝gsin37°＝10× 3
5
m/s2＝6m/s2，垂直于斜面方向的加速度大小
为ay＝gsos37°＝10× 4
5
m/s2＝8m/s2，沿斜面方向上有AB= 1
2
axt2，所以3= 1
2 ×6t2解得t＝1s，垂
直于斜面方向有vA﹣ay× t
2 =0，所以vA＝8x1
2 =4m/s，故B 错误；
C、两次沿斜面方向的分运动是相同的，所以时间都为t＝1s，故C 正确；
D、从A 到C，从C 到D，从D 到B 的时间都相等。由初速度为0 的匀加速直线运动在连续相等
时间内的位移之比为s1：s2：s3＝1：3：5，可知 AC：CD：BD＝1：3：5，故D 错误。
故选：C。
8.
（2023 秋•让胡路区校级期中）某人在河谷边以一定初速度水平抛出一小石块，抛出
的小石块可以落在抛出点左侧的任何位置，其简化模型如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．初速度越大，小石块落地时间越长
B．初速度越大，小石块落地时间越短
C．以不同的初速度水平抛出，小石块落地速度与水平方向的夹角可能相同
D．初速度越大，小石块落地速度与水平方向的夹角越小
【解答】解：AB、落地时间长短与小石块竖直方向位移有关，由于落点不确定，下降的高度不
确定，所以落地时间长短无法确定，故AB 错误；
CD、根据平抛运动速度方向夹角和位移方法规律sinα＝2tanθ
可知当小球落在抛出点所在斜面时，落地速度与水平方向的夹角相同，与水平初速度无关，故C
正确，D 错误。
7
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故选：C。
9.
（2023 秋•诸暨市校级期中）如图，斜面AC 与水平方向的夹角为α．在C 处以初速
度v0水平抛出一小球，落至斜面上，重力加速度为g。则小球在空中运动的时间为（ ）
A．v0tanα
2 g
B．v0tanα
g
C．2v0tanα
g
D．v0tanα
4 g
【解答】解：小球落到斜面上，斜面倾角为位移方向与水平方向的夹角，tanα=
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
，
解得小球在空中运动的时间：t= 2v0tanα
g
，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
10. （2022 秋•辽宁期中）如图甲所示，平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖
直方向的自由落体运动；斜抛运动也可以分解为沿初速度v2方向的匀速直线运动和竖直方向
的自由落体运动（如图乙所示）。两种运动的起点、终点相同，运动时间分别为t1、t2，分析
两种分解方式的位移矢量三角形，则t1
t2
=（ ）
A．√2
2
B．√2
C．√3
2
D．1
【解答】解：由平抛运动的规律可知：ABsin30° = 1
2 gt1
2
斜抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，竖直方向的自由落
8
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体高度大小等于AB，有AB = 1
2 gt2
2
比较可得：t1
t2
= √2
2
，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
11. （2023 春•阿拉善左旗校级期末）如图所示，若物体自倾角为θ 的固定斜面顶端沿水
平方向抛出后仍落在斜面上，则物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ 满足（空气阻力
不计，物体可视为质点）（ ）
A．2tanφ＝tanθ
B．tanφ＝2tanθ
C．2φ＝θ
D．φ＝2θ
【解答】解：物体在倾角为θ、足够长的斜面上做平抛运动，最终落在斜面上，则位移与水平面
之间的夹角为θ，这个合位移可以分解为竖直方向的位移y 以及水平方向的位移x，设初速度为
v0，则有：tanθ= y
x =
1
2 gt
2
v0t
解得：t= 2v0tanθ
g
落到斜面上时，设速度方向与水平面的夹角为φ，有：tanφ= v y
v x
=gt
v0
把t 值代入得：tanφ＝2tanθ，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
12. （2023 秋•河南月考）如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，在斜面上以初速度v0抛出
一小球（不计空气阻力），v0与斜面的夹角α＝60°，重力加速度为g。已知抛出后的小球都落
在斜面上，下列说法正确的是（ ）
9
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A．小球从抛出到落回斜面的时间√3 v0
g
B．小球落回斜面时速度方向与斜面夹角是30°
C．如果只增加初速度大小，小球落回斜面时速度方向与斜面的夹角将增大
D．如果只增加初速度大小，小球落回斜面时速度方向与斜面的夹角将减小
【解答】解：A、小球从抛出到落回斜面在竖直做竖直上抛运动，向下为正方向有
h=- v0sin(α -θ)⋅t + 1
2 gt
2
水平方向做匀速直线运动有x＝v0cos（α﹣θ）•t
则有h
x =tanθ
联立可得t = 2v0
g
故A 错误；
BCD、小球落回斜面时速度方向与水平方向夹角设为i
tani =- v0sin(α -θ)+>
¿
v0cos(α -θ) =√3¿
可得i＝60°
所以小球落回斜面时速度方向与斜面夹角是β＝i﹣θ＝30°
与初速度大小无关，故B 正确，CD 错误。
故选：B。
飞向斜面模型（13-19 题）
13. （2023 秋•洛宁县校级月考）如图所示，一架水平匀速飞行的飞机通过三次释放，使
救援物资准确地落到山坡上间隔相等的A、B、C 三处，物资离开飞机时速度与飞机相同，不
计空气阻力，则三批物资（ ）
10
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A．在空中的速度变化方向不同
B．落到山坡上的时间间隔相等
C．从飞机释放的时间间隔相等
D．在空中飞行的时间之差tA﹣tB＝tB﹣tC
【解答】解：A．根据加速度的定义可知，速度变化的方向与加速度的方向相同；三批物资均做
平抛运动，加速度都为重力加速度，因此在空中的速度变化方向相同，故A 错误；
B．由图可知，三批物资落到山坡上的水平位移差相等，物资在水平方向做匀速直线运动，根据
Δx＝v0Δt 可知，三批物资落到山坡上的时间间隔相等，故B 正确；
CD．三批物资在竖直方向上的位移差相等，但由于物资在竖直方向做自由落体运动，速度越来
越快，所以可知从飞机释放的时间间隔不相等，应有在空中飞行的时间之差tA﹣tB＜tB﹣tC，故
CD 错误。
故选：B。
14. （2023 秋•湖南期中）一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v1从
O 点抛出小球，小球正好落入倾角为θ 的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P 点，O、P 的连
线正好与斜面垂直；当以水平速度v2从O 点抛出小球时，小球正好与斜面在Q 点垂直相碰。
不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球落在P 点所用的时间与落在Q 点所用的时间之比是2v1
v2
B．小球落在P 点的时间是
v1
gtanθ
C．Q 点在P 点的下方
D．v1＞v2
【解答】解：C、以水平速度v2从O 点抛出小球，小球正好与斜面在Q 点垂直相碰，速度与斜
面垂直，由平抛运动的规律和几何关系得：tanθ = v2
gt2
，解得：t2=
v2
gtanθ
，故OQ 连线与竖直
11
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方向夹角满足tanα＝2tanθ，而OP 连线与竖直方向夹角为θ，则α＞θ，故Q 点在P 点上方，故
C 错误；
B、以水平速度v1从O 点抛出小球，O、P 的连线正好与斜面垂直，由平抛运动的规律和几何关
系得：tanθ = v1t1
1
2 gt1
2 = 2v1
gt1 ，解得：t1= 2v1
gtanθ
，故B 错误；
A、落在P 点的时间与落在Q 点的时间之比：t1：t2= 2v1
gtanθ
：
v2
gtanθ =2v1：v2，故A 正确。
D、Q 点在P 点上方，则球以速度v1 抛出下落的高度大于以速度v2 抛出下落的高度，由
y = 1
2 gt
2得：t=√
2h
g
，则t2＜t1
又水平位移x2＞x1，由v0= x
t
得，v2＞v1，故D 错误；
故选：A。
15. （2023 秋•金州区校级期中）如图所示，一固定斜面倾角为θ，将小球A 从斜面顶端
以速率v0水平向右抛出，小球击中了斜面上的P 点；将小球B 从空中某点以相同速率v0水平
向左抛出，小球恰好垂直斜面击中Q 点。不计空气阻力，重力加速度为g，小球A、B 在空中
运动的时间之比为（ ）
A．2tan2θ：1
B．tan2θ：1
C．1：2tan2θ
D．1：tan2θ
【解答】解：设小球A 在空中运动的时间为t1，小球B 在空中运动的时间为t2。
对小球A，A 球落在斜面上时，有tanθ= y A
x A
=
1
2 gt1
2
v0t1
= gt1
2v0
可得t1= 2v0tanθ
g
对小球B，小球B 恰好垂直斜面击中Q 点，速度与斜面垂直，结合几何知识，由平抛运动的规
12
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律可得tanθ= v0
vBy
= v0
gt2
可得t2=
v0
gtanθ
联合可得：t1
t2
= 2tan
2θ
1
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
16. （2023 春•高新区校级月考）如图，甲、乙两小球从A、B 两点分别以速度v1、v2对
着挡板上的O 点水平抛出，两小球均刚好不与倾斜直挡板碰撞。已知AB＝BO，不计空气阻力，
则（ ）
A．v1：v2＝1：1
B．v1：v2=√2：1
C．v1：v2＝4：1
D．v1：v2＝2：1
【解答】解：两小球均刚好不与倾斜直挡板碰撞，则直挡板与两球运动轨迹相切，可知两球轨
迹与直挡板相切时球的速度沿着直挡板方向，设直挡板与水平方向的夹角为θ，设A、B 两点关
于直挡板对称的点为A′、B′，如下图所示：
设甲、乙两球轨迹与直挡板相切时竖直方向的位移分别为yA、yB
根据平抛运动推论速度的反向延长线经过水平位移中点，则有：tanθ= y A
OA ' = y A
OA
tanθ= yB
OB' = yB
OB
已知OA
OB = AB+OB
OB
= 2OB
OB =2，可得：y A
yB
= OA
OB =2
13
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由y = 1
2 gt
2可得：t A
t B
=√
y A
yB
=√2
甲、乙两球水平方向的位移之比x A
xB
= 2OA
2OB =2
由x＝vt，可得：v1
v2
= x A
xB
× t B
t A
=2× 1
√2 = √2
1
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
17. （2023 春•河西区校级期中）如图，倾角为θ 的斜面体ABC 固定在水平地面上，在A
点正上方的P 点，以速度v0水平抛出一个小球，小球落在斜面上的Q 点（图中未画出），且
落到斜面上时速度与斜面垂直，重力加速度为g，不计空气阻力，则Q 点离地面的高度为（
）
A．v0
2
g
sinθ
B．v0
2
g
cosθ
C．v0
2
g
tanθ
D．v0
2
g
【解答】解：小球做平抛运动，对小球撞击斜面时速度正交分解，得竖直方向速度v y = v0
tanθ
，
又由竖直方向自由落体，vy＝gt，
水平方向做匀速直线运动，x＝v0t，
水平位移与所求Q 距离地面的高度满足三角函数，h
x =tanθ，
联立上述公式，解得h= v0
2
g
运算过程如下：h= xtanθ = v0t ⋅tanθ= v0
v y
g tanθ= v0
v0
gtanθ tanθ= v0
2
g
14
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故选：D。
18. （2023 春•西丰县校级期中）如图所示，位于同一高度的小球A、B 分别水平抛出，
都落在倾角为45°的斜面上的C 点，小球B 恰好垂直打到斜面上，则A、B 小球的初速度之比
为（ ）
A．1：1
B．1：2
C．2：1
D．√2：√5
【解答】解：B 小球A 做平抛运动，根据分位移公式，有：
x＝v1t…①，
y = 1
2 gt
2⋯②，
又tan 45° = y
x ⋯③，
联立①②③得v1= 1
2 >⋯④，
小球B 恰好垂直打到斜面上，
则有tan 45° = v2
v y
= v2
gt ⋯⑤，
则得v2＝gt…⑥，
由④⑥得：v1：v2＝1：故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
19. （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（ ）
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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
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；
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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。
与曲面相结合模型（20-22 题）
20. （2023 春•涪城区校级期末）如图所示，a、b 两个小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶
端以大小相等的初速度同时水平向左、右抛出，已知半圆轨道的半径与斜面的竖直高度h 相等，
斜面倾角为30°，重力加速度为g，要使两球同时落到半圆轨道上和斜面上，小球抛出的初速
度的大小为（ ）
A．√6 gh
2
B．√3√3 gh
2
C．
√
3√3 gh
2
D．3
2 √gh
【解答】解：两个小球的初速度相等，都做平抛运动，若将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如
图所示，交点为A，可知两球要同时落到半圆轨道上和斜面上，做平抛运动落在A 点，如图。
设抛出点与A 点之间的距离为L，抛出点与A 之间的水平距离为x，竖直距离为h′，由几何关
系可得：
L=2h⋅cos30° =√3h
x = Lcos30° = 3
2 h
h′＝L•sin30°= √3
2 h；
小球做平抛运动，则水平方向：x＝v0t
竖直方向：h' = 1
2 gt
2
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联立可得：v0= √3√3 gh
2
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
21. （2023 春•秦安县校级期末）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：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。
22. （2023 春•香坊区校级月考）如图，PQ 为半圆形容器的水平直径，圆弧半径为R，圆
心为O，从P 点沿PQ 方向水平抛出一个小球，小球恰好落在圆弧面上的B 点，P、B 两点的高
度差为0.8R，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球从P 点抛出时的速度大小为（ ）
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A．√10 gR
5
B．2
5 √10 gR
C．√2 gR
D．√10 gR
【解答】解：小球做平抛运动的时间为t，则有：0.8R= 1
2 gt
2
解得：t=√
1.6 R
g
如图所示：
设平抛的水平位移为x，根据几何关系可得：OC=√R
2-(0.8 R)
2=0.6R
则有：x＝R+OC＝R+0.6R＝1.6R
小球从P 点抛出时的速度大小为：v0
= x
t = 1.6 R
√
1.6 R
g
= 2
5 √10 gR
，故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
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