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秘籍3 抛体运动问题
做好本类型压轴问题需要用到的相关知识有:牛顿运动定律、功能关系、平抛运动相关公
式、斜面与平抛运动的结合、动量定理等内容。还要小心谨慎的分析抛体运动的模型，
如水枪喷水等模型的变式。也要注意抛体运动与能量的结合问题。常见考试题目有选
择，及计算大题。
题型一 平抛运动与斜面相结合的问题（选择题）
题型二 平抛运动的临界与极值的问题（选择题）
题型三 斜抛运动（选择题）
1、平抛运动模型的构建及规律总结
1、平抛运动的条件和性质
（1）条件：物体只受重力作用，具有水平方向的初速度
。
（2）性质：加速度恒定
，竖直向下，是匀变速曲线运动。
2、平抛运动的规律
规律：（按水平和竖直两个方向分解可得）
水平方向：不受外力，以v0为速度的匀速直线运动，
竖直方向：竖直方向只受重力且初速度为零，做自由落体运动，
平抛运动的轨迹：是一条抛物线y = g
2v0
2 x
2
1
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合速度：大小：v =√v x
2+ v y
2
即
，
方向：v 与水平方向夹角为tan a=gt
v0
，即a= tan
-1(gt
v0
)
合位移：大小：
S =√x
2+ y
2
即
，
方向：S 与水平方向夹角为tanθ =gt
2v0
，即θ = tan
-1(gt
2v0
)
一个关系：tan α =2tanθ ，说明了经过一段时间后，物体位移的方向与该时刻合瞬时速度的方向
不相同，速度的方向要陡一些。如图所示:
3、对平抛运动的研究
（1）平抛运动在空中的飞行时间
由竖直方向上的自由落体运动y = 1
2 gt
2可以得到时间t =√
2 y
g
可见，平抛运动在空中的飞行时间由抛出点到落地点的竖直距离和该地的重力加速度决定，抛出点
越高或者该地的重力加速度越小，抛体飞行的时间就越长，与抛出时的初速度大小无关。
（2）平抛运动的射程
由平抛运动的轨迹方程y = g
2v0
2 x
2
可以写出其水平射程x = v0√
2 y
g
可见，在g 一定的情况下，平抛运动的射程与初速度成正比，与抛出点高度的平方根成正比，即抛
出的速度越大、抛出点到落地点的高度越大时，射程也越大。
（3）平抛运动轨迹的研究
平抛运动的抛出速度越大时，抛物线的开口就越大。
2
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2、常见平抛运动模型运动时间的计算方法
(1)在水平地面正上方h 处平抛：
由h＝gt2知t＝ ，即t 由高度h 决定．
(2)在半圆内的平抛运动，由半径和几何关系制约时间t：
h＝gt2
R±＝v0t
联立两方程可求t.
(3)斜面上的平抛问题：
①顺着斜面平抛
方法：分解位移
x＝v0t
y＝gt2
tan θ＝
可求得t＝
②对着斜面平抛
方法：分解速度
vx＝v0
vy＝gt
tan θ＝＝
可求得t＝
(4)对着竖直墙壁平抛
3
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水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移d 相同．t＝
1.
（2024•青羊区校级模拟）摩托车骑手从一斜坡冲出在空中飞越的情景如图所示，不
计空气阻力影响，假设摩托车发动机油门关闭，摩托车在空中飞行的过程中（ ）
A．若要研究某时刻骑手的动作，可以把摩托车和骑手看作质点
B．若不考虑转动的影响，在最高点，骑手的动能为零
C．若不考虑转动的影响，骑手的机械能先减小再增大
D．若不考虑转动的影响，骑手的加速度不变
【解答】解：A、当要研究某一时刻骑手的动作，就要展现出骑手的运动细节，而把骑手和摩托
车看成质点就不能看到骑手的动作了。故A 错误。
B、因为骑手是斜向上冲上斜坡，所以有平行于地面的速度，所以当骑手骑到最高点时，其竖直
方向的速度为0，但是其动能不为0。故B 错误。
C、因为骑手从斜坡冲出的时刻，骑手就只受重力的影响，在只受重力作用的情况下其机械能始
终不变。故C 错误。
D、当骑手从斜坡冲出时，骑手只受到重力的作用，其加速度等于重力加速度，所以骑手的加速
度不变。故D 正确。
故选：D。
2.
（2023 秋•朝阳区校级期末）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（ ）
4
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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：
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。
3.
（2023 秋•龙凤区校级期中）如图所示，a、b、c 在同一水平面上，甲、乙两个小球
均视为质点，先将甲从a 点以速度v1与水平面成53°角抛出，一段时间后运动到b 点，后将乙
从a 点以速度v2与水平面成37°角抛出，经过一段时间运动到c 点，已知甲、乙的射高相等，
重力加速度为g，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，则ab 与ac 的比值为（ ）
A．9：16
B．3：4
C．16：25
D．4：5
5
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【解答】解：甲、乙的射高相等，即到最高点的高度相同，由速度—位移公式有：
(v1sin53°)
2
2g
= (v2sin37°)
2
2 g
水平方向做匀速直线运动，所以水平位移：
x1= v1cos53°× 2v1sin53°
g
，x2= v2cos37°× 2v2sin37°
g
联立以上解得：x1
x2
= 9
16
，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
4.
（2023•台州二模）如图所示，一架战斗机沿水平方向匀速飞行，先后释放三颗炸弹，
分别击中山坡上水平间距相等的A、B、C 三点。已知击中A、B 的时间间隔为t1，击中B、C
的时间间隔为t2，释放炸弹的时间间隔分别为Δt1、Δt2。不计空气阻力，则（ ）
A．t1＞t2
B．t1＝t2
C．Δt1＞Δt2
D．Δt1＝Δt2
【解答】解：设释放第一颗炸弹的时刻为t01，击中山坡上A 点的时刻为tA，释放第二颗炸弹的
时刻为t02，击中山坡上B 点的时刻为tB，释放第三颗炸弹的时刻为t03，击中山坡上C 点的时刻
为tC，由于炸弹在空中下落过程，战斗机一直处于炸弹的正上方，根据水平方向上的运动特点
可得：
xAB＝v0（tB﹣tA）＝v0t1
xBC＝v0（tC﹣tB）＝v0t2
由于xAB＝xBC
可得：t1＝t2
设三颗炸弹在空中下落的高度分别为hA、hB、hC；因为平抛运动的物体在竖直方向上做自由落
体运动，则三颗炸弹在空中的下落时间分别为：
Δt A =√
2hA
g =t A -t01
6
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Δt B=√
2hB
g =t B-t02
ΔtC =√
2hC
g =tC -t03
则有Δt1=t02-t01=(t B-√
2hB
g )-(t A -√
2hA
g )=t1-(√
2hB
g -√
2hA
g )
Δt2=t03-t02=(tC -√
2hC
g )-(t B-√
2hB
g )=t2-(√
2hC
g -√
2hB
g )
由图可知下落高度关系为：hB略小于hA，hC比hB小得多；由此可知Δt1＜Δt2，故B 正确，ACD
错误；
故选：B。
5.
（2023 秋•江岸区校级月考）杂技表演中有一节目叫抛球，在抛球游戏的表演过程中，
难度会越来越高，并且会有越来越多的小球，而小球之间发生的碰撞，更会让玩家来不及反应，
可谓挑战十足。小明在家练习抛球，他以初速度2v0竖直上抛一小球A 后，又以初速度v0在同
一高度竖直上抛另一小球B，多次发现两球在空中相遇，则两球抛出的时间间隔Δt 必须满足
的条件是（ ）（不计空气阻力，重力加速度为g）
A．2v0
g ＜Δt＜4 v0
g
B．v0
g ＜Δt＜2v0
g
C．Δt＜2v0
g
D．Δt＞v0
t
【解答】解：球A 竖直上抛上升到最高点的时间为
t1= 2v0
g
根据竖直上抛运动的对称性可知球A 在空中运动的总时间为
t2= 4 v0
g
球B 上升和在空中运动的总时间分别为
t3= v0
g
t 4= 2v0
g
7
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根据题中条件可知两球的位移随时间的变化规律满足
s=w - 1
2 gt
2
作出两球的s﹣t 图象，则两条图线的相交点的横坐标表示A、B 相遇时刻，如图所示
纵坐标对应位移
SA＝SB
由图象可直接看出Δt 应满足关系式
2v0
g ＜Δt ＜4 v0
g
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
6.
（2023 春•浙江期中）从距地面高度H＝3.2m 处，将质量1kg 的小球以3m/s 的初速度
水平向右抛出。小球运动过程中受到恒定的水平向左的风力，风力的大小为5N。重力加速度
取10m/s2。则（ ）
A．小球做变加速曲线运动
B．小球落地的水平距离为2.4m
C．小球落地时的动能为32.5J
D．小球抛出后经过0.1s 动能最小
【解答】解：A、小球受重力mg、恒定风力F1，合力为F，如图所示
8
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合力F 与初速度v0不在一条直线上（夹角为钝角），所以小球做曲线运动。合力F 是恒力，小
球加速度恒定，故小球做匀变速曲线运动，故A 错误；
B、小球在竖直方向做自由落体运动，则有
H= 1
2 gt
2，代入数据解得t＝0.8s
小球在水平方向向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有
F1＝ma，解得加速度大小为a= F1
m = 5
1 m/ s2＝5m/s2
小球落地时水平位移为
x＝v0t- 1
2 at
2=（3×0.8- 1
2 ×5×0.8
2）m＝0.8m
故B 错误；
C、设小球落地时动能为Ek，对小球由动能定理有
mgH﹣F1x＝Ek- 1
2
mv0
2
代入数据解得Ek＝32.5J
故C 正确；
D、设小球抛出后经过t′时间，速度最小，动能最小，由分析可知，此时小球速度方向与合力
方向垂直。（如上图所示），则有
vx＝v0﹣at′
vy＝gt′
tanθ= v y
v x
又tanθ= F1
mg
联立各式，代入数据解得t′＝0.12s，即小球抛出后经过0.12s 动能最小，故D 错误。
故选：C。
7.
（2022 秋•阿拉善左旗校级期末）在某次摩托车极限运动比赛中，一赛车手驾驶摩托
9
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车（可视为质点）从高台以某一速度水平飞出，恰好飞到一侧的斜坡顶端，且摩托车的速度方
向刚好沿斜坡方向向下，其运动模型简化如图所示．已知斜坡与水平面所成的夹角为θ＝
37°，斜坡顶端与高台之间的宽度为S = 40
3 m，重力加速度g 取m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝
0.8，不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A．摩托车运动到斜坡顶端时水平方向与竖直方向上的速度之比为3：4
B．斜坡顶端到高台平面的高度差为10m
C．摩托车飞离高台时的速度大小为10m/s
D．摩托车到达斜坡顶端时的速度大小为50
3
m/s
【解答】解：A．摩托车运动到斜坡顶端时水平方向与竖直方向上的速度之比为
v x
v y
=tan53°= 4
3
，故A 错误；
C.初速度为v0，运动时间为t
tan37°=gt
v0
s＝v0t
代入数据解得：t＝1s，v0= 40
3
m/s
C 错误；
B．斜坡顶端到高台平面的高度差为
h= 1
2
gt2
入数据解得：h＝5m，故B 错误；
D．摩托车到达斜坡顶端时的速度大小为v
v=√v0
2+(¿)
2
10
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代入数据解得：v= 50
3
m/s，故D 正确；
故选：D。
8.
（2024•黑龙江一模）如图所示，在某次壁球训练时，运动员在同一位置以不同的角
度斜向上发球，最后球都能恰好垂直击打在竖直墙面反弹。若两次发球与水平方向夹角分别为
30°和60°，不考虑球在空中受到的阻力，关于两次发球说法正确的是（ ）
A．碰到墙面前空中运动时间之比为1：3
B．碰到墙面前空中运动时间之比为1：2
C．两球上升高度之比为1：3
D．两球上升高度之比为1：2
【解答】解：CD、小球的斜抛运动可以看成逆向的平抛运动，由平抛运动的推论：速度的反向
延长线经过水平位移的中点，则有：tan30° = h1
x
2
，tan60° = h2
x
2
可得两球上升高度之比：h1
h2
= 1
3
，故C 正确，D 错误；
AB、由h= 1
2 gt
2，可得t =√
2h
g
，则两球碰到墙面前，在空中运动时间之比：t1
t2
=√
h1
h2
= 1
√3
，
故AB 错误。
故选：C。
9.
（2023•龙华区校级四模）如图所示，某同学从相同高度的A、B 两位置先后抛出同
一篮球，恰好都垂直撞击在篮板同一位置C，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
11
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A．篮球从A、B 两位置抛出时的速度大小相等
B．篮球从A 位置抛出到撞击篮板的时间大于从B 位置抛出到撞击篮板的时间
C．篮球从A 位置抛出时的水平分速度小于从B 位置抛出时的水平分速度
D．篮球两次从抛出到撞击篮板的过程中重力做功的平均功率相等
【解答】解：ABC．篮球垂直撞击在篮板同一位置，可知逆过程可看作是平抛运动，
由平抛运动的运动规律可知，在竖直方向上有h= 1
2 gt
2，解得t =√
2h
g
，
因为A、B 位置距离C 位置的高度相同，即hA＝hB，则tA＝tB，
所以篮球从A 位置抛出到撞击篮板的时间等于从B 位置抛出到撞击篮板的时间，故B 错误；
在水平方向上的速度为vx，则x＝vxt，解得v x = x
t
，
因为A 位置距篮球框的水平距离大于B 位置距篮球框的水平距离，即xA＞xB，则vAx＞vBx，
所以篮球从A 位置抛出时的水平分速度大于从B 位置抛出时的水平分速度，故C 错误；
在竖直方向上的速度为vy＝gt，则v =√v x
2+ v y
2 =√v x
2+(>)
2，由于vAx＞vBx，则vA＞vB，
所以篮球从A 位置抛出时的速度大于从B 位置抛出时的速度，故A 错误；
D．由于篮球在抛出后，只受到重力，则W＝mgh，
根据功率的计算公式可得P = W
t = mgh
t
，因为hA＝hB，tA＝tB，则PA＝PB，
所以篮球两次从抛出到撞击篮板的过程中重力做功的平均功率相等，选项D 正确。
故选：D。
10. （2023•沈阳三模）某篮球运动员正在进行投篮训练，若将篮球视为质点，忽略空气
阻力，篮球的运动轨迹可简化如图，其中A 是篮球的投出点，B 是运动轨迹的最高点，C 是篮
球的投入点。已知篮球在A 点的速度与水平方向的夹角为45°，在C 点的速度大小为v0且与水
平方向夹角为30°，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
12
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A．篮球在B 点的速度为零
B．从B 点到C 点，篮球的运动时间为v0
g
C．A、B 两点的高度差为3 v0
2
8 g
D．A、C 两点的水平距离为3 v0
2
4 g
【解答】解：A．因为B 是篮球运动轨迹的最高点，篮球在B 点，竖直速度为零，只有水平速度。
则有
vB= v x = v0cos30° = √3
2 v0
故A 错误；
B．从B 点到C 点，篮球的运动时间为
t = v y
g = v0sin30°
g
= v0
2 g
故B 错误；
C．vAy＝vAsin45°
vAx＝vAcos45°
所以：vAy＝vAx＝vx
A、B 两点的高度差为
h= v Ay
2
2g = v Ax
2
2g = v x
2
2g =
( √3
2 v0)
2
2g
= 3 v0
2
8 g
故C 正确；
D．A、C 两点的水平距离为：x = v x( v Ay
g +t )= √3
2 v0(
√3
2 v0
g
+ v0
2g )= (3+√3)v0
2
4 g
故D 错误。
故选：C。
13
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11. （2023•张家口二模）如图所示，一个倾角为45°的斜面与一个1
4
圆弧对接，斜面的底
端在圆心O 的正下方。从斜面顶点以一定的初速度向右水平抛出一小球，则下列说法正确的
是（ ）
A．小球初速度不同，则运动时间一定不同
B．小球落到斜面上时，其速度方向一定相同
C．小球落到圆弧面上时，其速度方向可能与该处圆的切线垂直
D．小球落到圆弧面上时位置越高，末速度越大
【解答】解：A、平抛运动的时间由下落的高度决定。若小球落到斜面与圆弧面上时的下落高度
相同，则小球平抛运动的时间相同，故A 错误；
B、设斜面倾角为θ，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为α，则tanθ= y
x =
1
2 gt
2
ν0t =gt
2v0
，
tanα =gt
v0
；故tanα＝2tanθ，只要是小球落在斜面上时，其速度方向一定相同，故B 正确；
C、小球落到圆弧面上时，若落点速度方向与该处圆的切线垂直，则速度的反向延长线通过圆心，
但由平抛运动规律知，速度的反向延长线应通过水平位移的中点，又因为水平位移的中点不可
能是圆心，所以小球落到圆弧面上时，其速度方向不可能与该处圆的切线垂直，故C 错误；
D．设小球的初速度为v0运动时间为t，则小球落到圆弧面上时速度大小为v =√v0
2+(>)
2，当v0
越大时落点位置越高，但t 越小，v 不一定大，故D 错误。
故选：B。
12. （2023•西城区三模）如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂
直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
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A．篮球两次撞墙的速度可能相等
B．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短
C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等
D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大
【解答】解：AB、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次下落的高度较小，根据t
=√
2h
g
知，第二次球在空中运动的时间较短，由于水平位移相等，可知第二次撞墙的速度较大，
故A 错误，B 正确。
CD、根据vy＝gt 知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，根据速度的合成可知，不能确定抛出
时的速度大小，动能大小不能确定，故CD 错误。
故选：B。
13. （2023•邯山区校级二模）如图甲所示，两消防员在水平地面A、B 两处使用相同口
径的喷水枪对高楼着火点进行灭火。出水轨迹简化为如图乙所示，假设均能垂直击中竖直楼面
上的同一位置点P。不计空气阻力，则（ ）
A．A 处水枪喷出的水在空中运动的时间较长
B．B 处水枪喷出的水在空中运动的时间较长
C．A 处水枪喷出的水击中墙面的速度较大
D．B 处水枪喷出的水击中墙面的速度较大
【解答】解：AB．利用逆向思维，水从抛出点抛出到垂直击中P 点的过程可以看成水从P 点做
平抛运动，根据h= 1
2 gt
2，可得t =√
2h
g
，高度h 相等，所以从抛出到击中墙壁的时间相等，故
AB 错误；
CD．根据x＝v0t，时间t 相等，可知水平方向位移大的则水平方向的速度大，水击中墙面的速度
即为水平方向的速度，由图可知，A 处水枪喷出的水，水平方向的位移大，所以A 处水枪喷出
的水击中墙面的速度较大，故C 正确，D 错误。
故选：C。
15
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14. （2024•郑州一模）如图所示，正方体框架ABCD﹣A1B1C1D1的底面A1B1C1D1处于水
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CC1上的小球，落在C1点时平抛的初速度最大
B．落点在A1B1C1D1内的小球，落在C1点的运动时间最长
C．落点在B1D1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1：√2
D．落点在A1C1上的小球，落地时重力的瞬时功率均不相同
【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
2 gt
2
水平位移为x＝v0t
落点在CC1上的小球，水平位移相同，则落在C1点时运动时间最长，平抛的初速度最小，故A
错误；
B、落点在A1B1C1D1内的小球，下落的高度相同，运动时间相同，故B 错误；
C、落点在B1D1上的小球，运动时间相同，水平位移最小和最大比值为
xmin
xmax
=
√2
2 A1B1
A1B1
= √2
2
根据v0= x
t
可知平抛初速度的最小值与最大值之比是1：√2，故C 正确；
D、落点在A1C1上的小球，运动时间相同，则竖直分速度为vy＝gt，vy相同
落地时重力的瞬时功率为P＝mgvy，则P 均相同，故D 错误。
故选：C。
15. （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）
16
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A．√2 gR
B．√3√3 gR
2
C．√2√3 gR
D．√3 gR
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θ，如图所示。
根据题意：斜面斜边长是其竖直高度的2 倍，可知：sinθ= 1
2
则θ＝30°
由几何关系可得
y = Rsin2θ = 1
2 gt
2
x＝R+Rcos2θ＝v0t
联立解得：t =√
√3 R
g
，v0= √3√3 gR
2
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
16. （2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示，某同学打水漂，从离水面1.25m 处以
5√3m/ s的初速度水平掷出一枚石块。若石块每次与水面接触速率损失50%，弹跳速度与水
面的夹角都是30°，当速度小于1m/s 就会落水。已知g＝10m/s2，sin30° = 1
2，cos30° = √3
2
。不计空气阻力，假设石块始终在同一竖直面内运动，则下列说法错误的是（ ）
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A．第一次与水面接触后，弹跳速度为5m/s
B．第一个接触点与第二个接触点之间距离为5√3
4
m
C．水面上一共出现5 个接触点
D．落水处离人掷出点的水平距离为265√3
64
m
【解答】解：A 、石块做平抛运动，设平抛运动的时间为t1 ，则h= 1
2 gt1
2，得t1
=√
2h
g =√
2×1.25
10
s＝0.5s
第一次与水面接触前的速度大小v1=√v0
2+(gt1)
2=√(5√3)
2+(10×0.5)
2m/s＝10m/s，因此第一
次与水面接触后，弹跳速度为v1′＝50%v1＝0.5×10m/s＝5m/s，故A 正确；
B、第一次与水面接触后做斜抛运动，设第一个接触点与第二个接触点之间的时间为t2，第一个
接触点与第二个接触点之间距离为x2。
则t2= 2v1' sin30°
g
= 2×5×0.5
10
s＝0.5s，x2＝v1′cos30°•t2＝5× √3
2 ×0.5m= 5√3
4
m，故B 正确；
C、石块每次与水面接触速率损失50%，设水面上一共出现n 个接触点，则vn＝v1×（1−0.5）n﹣
1，解得n＝4 时，vn＜1m/s，即石块与水面第4 次接触后会落水，水面上一共出现4 个接触点，
故C 错误；
D、平抛运动水平方向的位移为
x1＝v0t1＝10×0.5m＝5m
第一个接触点与第二个接触点之间距离为x2＝v1′cos30°•t2＝50%v1cos30°•2×50 % v1sin30°
g
=
2×（50%）2
× v1
2sin30°cos30°
g
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同理可得：第三个接触点与第四个接触点之间距离为x3＝2×（50%）4
× v1
2sin30° cos30°
g
落水处离人掷出点的水平距离为x＝x1+x2+x3
联立解得：x= 265√3
64
m，故D 正确。
本题选错误的，
故选：C。
17. （2023•海南模拟）饲养员在池塘边堤坝边缘A 处以水平速度v0往鱼池中抛掷鱼饵颗
粒。堤坝截面倾角为53°。坝顶离水面的高度为5m，g 取10m/s2，不计空气阻力（sin53°＝
0.8，cos53°＝0.6），下列说法正确的是（ ）
A．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v0越大，从抛出到落水所用的时间越长
B．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
C．若平抛初速度v0＝5m/s，则鱼饵颗粒不会落在斜面上
D．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
【解答】解：A、根据t=√
2h
g
可知平抛时间由高度决定，与v0无关，故A 错误；
B、若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定，根据速度分解关系，落水时速度方
向与水平面的夹角正切值tanα = v y
v0
=gt
v0
，v0越大，tanα 越小，即α 越小，故B 错误；
C、若鱼饵颗粒恰好落在B 点，则由竖直方向可得h= 1
2 gt
2，解得：t＝1s，水平方向根据几何关
系可得：
h
tan53° =v0t，解得：v0＝3.75m/s＜5m/s，鱼饵颗粒不会落在斜面上，故C 正确；
D、若鱼饵颗粒不能落入水中，落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角θ，根据位移分解关系
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tan53° = y
x =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
，tanθ= v y
v0
=gt
v0
，联立可得tanθ＝2tan53°，因此θ 一定，由几何关
系可知落到斜面上时速度方向与斜面的夹角不变，故D 错误。
故选：C。
18. （2023 秋•南明区校级月考）金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会
采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米
粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后和传送带
保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运。提升了加工
转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为θ、顶端的高度为h，玉米粒相对于传送带顶端
的最大高度也是h，重力加速度为g，若不计风力，空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，下
列说法正确的是（ ）
A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变
B．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为(2+2√2)h
tanθ
C．传送带的速度大小为√2 gh
sinθ
D．玉米粒飞出后到落地所用的时间为3√
h
g
【解答】解：A.玉米粒在传送带上运动，分为匀加速运动阶段和匀速阶段，
匀加速阶段：玉米粒与传送带发生相对滑动，受到滑动摩擦力且滑动摩擦力的大小大于玉米粒
沿斜面向下的重力的分力大小
匀速阶段：玉米粒与传送带保持相对静止，受到静摩擦力且静摩擦力大小等于玉米粒沿斜面向
下的重力的分力大小，故A 错误。
设传送带速度为v，脱离传送带后水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀变速直线运动可得
vx＝v⋅cosθ，vy＝v⋅sinθ
到达最高点时，竖直方向上速度为0，从抛出点到最高点时间为t1，水平位移x1
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竖直方向上：v y
2 =2 gh，t1= v y
g =√
2h
g
水平方向上：x1＝vxt1，代入数据得x1= 2h
tanθ
从最高点到落地点的时间为t2，水平位移x2
竖直方向上：2h= 1
2 gt2
2，即t2=√
4 h
g
水平方向上：x2＝vxt2，代入数据得x2= 2√2h
tanθ
B.玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为x，x= x1+ x2+
h
tanθ = (2√2+3)h
tanθ
，故B 错误。
C.联立vy＝v⋅sinθ，v y
2 =2 gh式子解得v= √2gh
sinθ
，故C 正确。
D.设玉米粒飞出后到落地所用的时间t，t =t1+t2=(√2+1)√
2h
g
，故D 错误。
故选：C。
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