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第6 讲 抛体运动模型
【模型一 平抛运动的基本规律】
类型1：平抛运动的基本规律及重要结论
类型2：类平抛运动
类型3：多体平抛问题及相遇与临界问题
【模型二 有约束的平抛模型】
类型1：斜面类平抛运动模型
类型2：竖直面及水平面约束下的平抛模型
类型3：半圆形约束下的平抛模型
【模型三 斜抛运动】
将物体以一定的初速度沿与竖直方向成一定角度的方向抛出,物体只在重力作用下的运动,称为抛
体运动模型。抛体运动模型可有效考查匀速与匀变速直线运动的规律、矢量的运算以及动能势能、机
械能等能量问题,也可通过与障碍物的结合形成临界极值问题来考査分析推理等能力,是物理学中的一
个基础性的模型,多年来一直是高考中一个常考模型。
【模型一 平抛运动的基本规律】
类型1：平抛运动的基本规律及重要结论
定义
以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。
性质
平抛运动是加速度为g 的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。
平抛运动
的条件
（1）v0≠0，沿水平方向； （2）只受重力作用。
研究方法
平抛运动可以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。
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
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水平方向
做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t
竖直方向
做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2
合速度
v＝，方向与水平方向夹角为α，则tan α＝＝
合位移
s＝，方向与水平方向的夹角为θ，tan θ＝＝
重要结论
（1）飞行时间：由t＝知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。
（2）水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0 和下落高度h 共同决定，与其他因素无
关。
（3）落地速度：v＝＝，以α 表示落地速度与x 轴正方向间的夹角，有tan α＝＝，所以落地速
度只与初速度v0和下落高度h 有关。
（4）平抛物体运动中的速度变化：水平方向分速度保持vx=v0，竖直方向，加速度恒为g，速
度vy=gt，从抛出点看，每隔∆t 时间的速度的矢量关系如图所示。这一矢量关系有两个特点：
①任意时刻v 的速度水平分量均等于初速度v0；
②任意相等时间间隔∆t 内的速度改变量均竖直向下，且∆v=∆vy=g∆t。
两个推论
（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，如下图所示。
（2）做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移
与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ。。
平抛运动的分解方法与技巧
2
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【典例1】（2025·浙江·高考真题）如图所示，在水平桌面上放置一斜面，在桌边水平放置一块高度可调的
木板。让钢球从斜面上同一位置静止滚下，越过桌边后做平抛运动。当木板离桌面的竖直距离为h 时，钢
球在木板上的落点离桌边的水平距离为x，则（ ）
A．钢球平抛初速度为x√
2h
g
B．钢球在空中飞行时间为√
2h
g
C．增大h，钢球撞击木板的速度方向不变D．减小h，钢球落点离桌边的水平距离不变
AB．根据平抛运动的规律可知，钢球在空中飞行时间为t=√
2h
g
钢球平抛初速度为v0=x
t =x√
g
2h ，A 错误，B 正确；
C．钢球撞击木板时速度方向与水平方向的夹角满足tanθ=vy
v0
= √2gh
v0
3
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可知，增大h，钢球撞击木板的速度方向与水平方向的夹角变大，C 错误；
D．根据x=v0√
2h
g
可知，减小h，钢球落点离桌边的水平距离x 减小，D 错误。
【变式1-1】（2024·海南·高考真题）在跨越河流表演中，一人骑车以25m/s 的速度水平冲出平台，恰好跨
过河流落在河对岸平台上，已知河流宽度25m，不计空气阻力，取g=10m/s
2，则两平台的高度差h 为（
）
A．0.5m
B．5m
C．10m
D．20m
【答案】B
【详解】车做平抛运动，设运动时间为t，竖直方向
h=1
2 gt
2
水平方向
d =v0t
其中
d=25m、v0=25m/s
解得
h=5m
故选B。
【变式1-2】（2024·浙江·高考真题）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶
高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，
则水离开出水口的速度大小为（ ）
4
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A．D
4 √
g
h
B．D
4 √
g
2h
C．(√2+1)D
2
√
g
2h
D．(√2+1)D√
g
2h
【答案】C
【详解】设出水孔到水桶中心距离为x，则
x=v0√
2h
g
落到桶底A 点时
x+ D
2 =v0√
2 2h
⋅
g
解得
v0=(√2+1)D
2
√
g
2h
故选C。
【变式1-3】（2024·北京·高考真题）如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口
离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加
速度为g，h 远大于管口内径。求：
（1）水从管口到水面的运动时间t；
（2）水从管口排出时的速度大小v0；
（3）管口单位时间内流出水的体积Q。
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【答案】（1）√
2h
g
；（2）d√
g
2h ；（3）Sd√
g
2h
【详解】（1）水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向
h=1
2 gt
2
解得水从管口到水面的运动时间
t=√
2h
g
（2）由平抛运动规律得，水平方向
d =v0t
解得水从管口排出时的速度大小
v0=d√
g
2h
（3）管口单位时间内流出水的体积
Q=Sv0=Sd√
g
2h
类型2：类平抛运动
模型概述
有些物体的运动与平抛运动很相似，也是在与初速度方向垂直的恒定外力作用下运动，其轨
迹与平抛运动相似，我们把这种运动称为类平抛运动，这样的运动系统称作“类平抛”模
型。
类平抛运动
的特点
（1）受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。
（2）运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合力方向做初速度为零的匀加速直线
运动，加速度a＝。
解题方法
（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
(即沿合力方向)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，将加速度分解为
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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。
【典例2】（2025·云南丽江·三模）如图，倾角θ＝30°的斜面体放在水平面上，斜面ABCD 为边长为L 的正
方形，在斜面左上角A 点沿AB 方向水平抛出一个小球，小球做类平抛运动，结果恰好落在斜面体的右下
角C 点。不计空气阻力，重力加速度为g，则小球水平抛出的初速度大小为（ ）
A．√gL
2
B．√2gL
2
C．√gL
D．√6gL
2
小球从A 点开始做类平抛运动到C 点，沿斜面向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律推得加速度为
a =gsinθ
有L= 1
2 gt2sin θ
沿水平方向做匀速直线运动，位移L=v0t
联立解得v0＝√gL
2
【变式2-1】（2024·广西·模拟预测）如图所示，一小球从空中某处以大小为v，方向与竖直方向成60°斜
向上抛出，小球受到水平向右、大小为F = √3mg
3
的水平风力，若小球落地时速率为2v，重力加速度为g，
则小球在空中运动的时间为（ ）
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A．v
2g
B．v
g
C．3v
2g
D．2v
g
【答案】C
【详解】小球的受力分析如图所示
则合力大小为
F合=√F
2+(mg)
2=2√3mg
3
合力与水平方向的夹角满足
tanθ= mg
F
=√3
可得
θ=60°
可知合力方向与v垂直斜向下，故小球做类平抛运动，加速度为
a =F合
m
=2√3g
3
以v方向为x轴，合力方向为y轴，建立直角坐标系得
vy=√4v
2−vx
2=√3v=2√3g
3
t
解得
t=3v
2g
故选C。
【变式2-2】“风洞”实验是飞行器研制工作中的重要过程。一质量为m 的小球在光滑的水平面上以初速
度v0（沿x 轴正方向）穿过一段风带，经过风带时风会给小球一个沿水平方向且与v0方向垂直（沿y 轴正
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方向）的恒力作用，风带在0≤x≤l区域，其他区域无风。小球穿过风带过程的运动轨迹及穿过风带后的
速度方向如图所示，已知小球在穿过风带过程中沿y 轴正方向运动的位移为l
2 。下列说法正确的是
（ ）
A．小球穿过风带所需时间为l
2v0
B．小球穿过风带过程中的加速度大小为v0
2
2l
C．小球穿过风带时所受合力的大小为m v0
2
l
D．小球穿过风带后的速度大小为2v0
【答案】C
【详解】A．小球在x 轴方向以速度v0做匀速运动，小球穿过风带所需时间t=l
v0
故A 错误；
B．小球在y 轴方向做初速度为0 的匀加速运动，有l
2 =1
2 at
2
解得a =v0
2
l
故B 错误；
C．由牛顿第二定律得F = ma = m v0
2
l
故C 正确；
D．小球在y 轴方向做初速度为0 的匀加速运动，由运动学公式得vy=at=v0
小球穿过风带后的速度大小为v=√v0
2+vy
2=√2v0
故D 错误。
故选C。
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【变式2-3】如图所示，一物体在某液体中运动时只受到重力G 和恒定的浮力F 的作用，且F =2
3 G。如果
物体从M 点以水平初速度v0开始运动，最后落在N 点，MN 间的竖直高度为h，M 与右壁水平间距为L，
重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．从M 运动到N 的时间为√
4h
g
B．M 与N 之间的水平距离v0√
2h
g
C．若增大初速度v0，物体将撞击右壁，且初速度越大，物体撞击壁速度越大
D．若h 足够大，当初速度v0=√
gL
3
时，物体撞击壁时速度最小
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第二定律
G−F = ma
解得
a =g
3
该物体做类平抛运动，则
h=1
2 at
2
解得从M 运动到N 的时间为
t=√
6h
g
故A 错误；
B．M 与N 之间的水平距离
x=v0t=v0√
6h
g
故B 错误；
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CD．物体撞击右壁时，物体运动的时间为
t
′=L
v0
物体竖直方向的速度为
vy=at
′=gL
3v0
物体撞击壁速度
v=√v0
2+vy
2=√
v0
2+g
2L
2
9v0
2
根据几何关系可知，当
v0
2=g
2L
2
9v0
2
即当初速度v0=√
gL
3
时，物体撞击壁时速度最小，故若增大初速度v0，物体将撞击右壁，且初速度越大，
物体撞击壁速度不一定越大，故C 错误，D 正确。
故选D。
类型3：多体平抛问题及相遇与临界问题
1.定义：多体平抛运动问题是指多个物体在同一竖直平面内平抛时涉及的问题。
2.三类常见的多体平抛运动
3.平抛运动中相遇问题
抛体相遇问题要比运动学中的追及相遇问题复杂，因为它不再是一直线运动，通常是采用分解方法分
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别对两个运动方向独立分析，再根据时间相等进行解答。也可以巧取参考系，使问题更加简单。
两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。
4.平抛运动中的临界问题
(1)在体育运动中，像乒乓球、排球、网球等都有中间网及边界问题，要求球既能过网，又不出边界，
某物理量(尤其是球速)往往要有一定的范围限制，在这类问题中，确定临界状态，画好临界轨迹，是解决
问题的关键点．
(2)分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，
让临界问题突现出来，找到产生临界的条件．
【典例3】（2025·江西·高考真题）如图所示，人形机器人陪伴小孩玩接球游戏。机器人在高度为H 的固
定点以速率v1水平向右抛球，小孩以速率v2水平向左匀速运动，接球时手掌离地面高度为h。当小孩与机
器人水平距离为l时，机器人将小球抛出。忽略空气阻力，重力加速度为g。若小孩能接到球，则v1为（
）
A．l√
2g
H
h
−
−v2
B．l√
g
2(H
h)
−
−v2 C．l√
H
h
−
2g
−v2
D．l√
2(H
h)
−
g
−v2
若小孩能接到球，则有H
h=
−
1
2 gt
2，l=v1t+v2t
联立解得v1=l√
g
2(H
h)
−
−v2
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【变式3-1】（2022·广东·高考真题）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
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
【答案】B
【详解】由题意知枪口与P 点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹
和积木运动时间相同，根据
h=1
2 gt
2
可知下落高度相同，所以将击中P 点；又由于初始状态子弹到P 点的水平距离为L，子弹在水平方向上做
匀速直线运动，故有
t=L
v
故选B。
【变式3-2】（2017·江苏·高考真题）如图所示，A、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空
中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2 倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（ ）
A．t
B．√2
2
t
C．t
2
D．t
4
【答案】C
【详解】把平抛运动分解成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动的独立性和
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等时性可知，平抛运动的时间和水平方向上运动的时间相同。由题意可知
x
v =t
当速度变为2 倍时
x
2v =t
2
故选C。
【变式3-3】（2025·湖北襄阳·三模）如图所示，将小球甲、乙先后水平抛出，小球甲、乙将会在空中的P
点相遇，相遇时两小球的速度方向相互垂直，已知小球甲的抛出点到水平地面的高度h1比小球乙的抛出点
到水平地面的高度h2大，小球甲、乙的抛出点水平距离为L=25m，小球甲、乙抛出时的速度大小均为
v0=10m/s。取重力加速度大小g=10m/s
2，不计空气阻力，小球可看成质点，则下列说法正确的是
（ ）
A．小球甲、乙在相遇前运动的时间之和为1.25s
B．小球甲、乙在相遇时速度偏转角相同
C．小球甲在相遇前运动的时间为t1=0.5s
D．小球甲、乙抛出点的高度差Δh=18.75m
【答案】D
【详解】A．设篮球甲、乙从抛出到相遇运动的时间分别为t1、t2，两球在P 点相遇，则在水平方向上有
L=v0t1+v0t2
代入数据解得t1+t2=2.5s，故A 错误；
BC．由题知，在相遇时两小球的速度方向相互垂直，设篮球甲落在P 点时速度与竖直方向的夹角为θ，
作出速度分析图，如图所示
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由图可知，小球甲、乙在相遇时速度偏转角不相同，根据几何关系可得tanθ=v0
gt1
=gt2
v0
可得t1t2=1s
又t1+t2=2.5s
且甲球下落的高度更高，则有t1>t2，联立解得t1=2s，t2=0.5s，故BC 错误；
D．根据题意，可得小球甲、乙抛出点的高度差Δh=1
2 g(t1
2−t2
2)=18.75m，故D 正确。
故选D。
【模型二 有约束的平抛模型】
类型1：斜面类平抛运动模型
1.模型特点
平抛运动与斜面结合的问题，一般是研究物体从斜面顶端平抛或者往斜面上抛的过程，解决这类问题
一般仍是在水平和竖直方向上分解。求解的关键在于深刻理解通过与斜面的关联而给出的隐含条件。
2.模型分析
模型分类
解题思路
方法总结
分解速度：
vy＝gt，
tan θ＝＝，
故t＝
①分解速度；
②在撞击斜面的时刻，速度方向与水平方向的夹角与斜面的倾角
互余。
分解位移：
x＝v0t，
y＝gt2，
而tan θ＝，
联立得t＝
①分解位移；
②以不同的初速度抛出小球，只要落到斜面时速度的方向都平行
或者速度方向与斜面的夹角都相等；
③速度与斜面平行时，距离斜面最远，满足以下四个特点：
A、由
，即可求出距离斜面最远的时间。
B、该时刻是全运动过程的中间时刻。
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C、该时刻之前与该时刻之后竖直方向上的位移之比为1 3。
D、利用分解加速度和分解速度即可以求出距离斜面的最远距离：
L=v1
2
2g1
=v0
2sin
2θ
2gcosθ
以最小位移落在斜面
上，分解位移：
以最小位移落在斜面上时，合位移与斜面垂直，此时合位移与竖
直方向的夹角与斜面夹角相等。
分解运动：
竖直方向上的位移等于斜面上下落的h 和沿着斜面下降的
。
沿斜面轨道入射类，
分解速度：
沿轨道或者沿轨道的切线方向入射类的模型一般是先分解速度。
【典例4】（2025·四川遂宁·一模）如图所示，在一个倾角37°的长斜面底端O 点正上方h=1.7m的P 点处
将一小球以速度v0水平抛出，恰好垂直击中斜面上的Q 点，取sin37°=0.6，重力加速度的大小
g=10m/s
2。下列说法正确的是（ ）
A．小球的初速度v0=4m/s
B．Q 点离O 点的距离|QO|=1.2m
C．保持h 不变，将小球以2v0的速度水平抛出，则击中斜面的位置到O 点的距离等于2|QO|
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D．若抛出点高度变为2h，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为√2v0
A．如图甲所示
小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为53°，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值
tan53°=2⋅h−y
x
=2⋅h−y
y
tan37°
可得y=9
17 h=0.9m
因为x=y
tan37° =1.2m
小球在空中运动的时间t=√
2(h−y)
g
=0.4s
初速度v0=x
t =3m/s，故A 错误；
B．几何关系可知|QO|=x
sin53° =1.5m，故B 错误；
C．保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示
若无斜面，则小球应击中O
'点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，显然离底端O 的距离小于2|QO|，故C
错误；
D．若抛出点高度变为2h，根据小球垂直击中斜面的规律知y
'=9
17 ×2h=1.8m
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根据A 项的分析，可得x
'=2.4m
小球在空中运动的时间t
'=√
2(h−y
')
g
=0.4√2s
则小球平抛运动初速度v0
'=x
'
t
' =3√2m/s=√2v0，故D 正确。
【变式4-1】（2025·安徽·模拟预测）一种定点投抛的游戏可简化为如图所示的模型，斜面AB 的倾角为
θ=37°，A、B 两点分别是斜面的最底端和顶端，洞口处于斜面上的P 点，O 点在A 点的正上方，A、
B、O、P 四点在同一竖直面内。第一次小球以3m/s的水平速度从O 点抛出，正好落入洞中的P点，OP的连
线正好与斜面垂直；第二次小球以另一水平速度也从O 点抛出，小球正好与斜面在Q 点垂直相碰。不计空
气阻力，重力加速度大小取g=10m/s
2，sin37°=0.6.下列说法正确的是（ ）
A．小球从O点运动到P 点的时间是0.4s
B．Q点在P 点的下方
C．第二次小球水平抛出的速度小于3m/s
D．O、A 两点的高度差为5m
【答案】D
【详解】A．第一次以水平速度v0从O 点抛出小球，正好落入倾角为θ 的斜面上的洞中，此时位移垂直于
斜面，由几何关系可知tanθ=v0t0
1
2 gt0
2 =2v0
gt0
解得t0=0.8s
故A 错误；
BC．根据速度偏角的正切值等于位移偏角的正切值的二倍，当小球以水平速度v 从O 点抛出，可知此时落
到斜面上的位移偏角小于以水平速度v0=3m/s 抛出时落到斜面上的位移偏角，所以Q 点在P 点的上方，则
t<t0，水平位移x>x0，所以v>v0=3m/s
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故BC 错误；
D．根据几何关系结合运动学规律可得O、A 两点的高度差h=1
2 gt0
2+v0t0tanθ=5m
故D 正确。
故选D。
【变式4-2】（2025·河南·二模）如图所示，某运动员在跳台滑雪比赛训练时，从跳台边缘距离斜面顶端一
定高度的O 点以不同的速度水平滑出，一段时间后落到斜面上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在空中运动时的速度变化量与所用时间的比值不变
B．运动员在空中运动的时间与初速度成正比
C．运动员落在斜面时的速度方向都相同
D．运动员落在斜面时的速度与滑出的速度成正比
【答案】A
【详解】A．速度变化量与所用时间的比值等于加速度，运动员在空中运动时的加速度为重力加速度，所
以速度变化量与所用时间的比值不变，故A 正确；
B．设运动员离开O 点时速度为v0，在空中运动时间为t，跳台边缘距离斜面顶端的高度为h，落到斜面上
时水平位移为x，竖直下落高度为y，斜坡的倾角为θ，由平抛运动规律可知运动员滑出速度越大，下落
的高度越高，在空中运动时间越长，根据几何关系可得tanθ=y
h
−
x
=
1
2 gt
2
h
−
v0t
≠
1
2 gt
2
v0t
=gt
2v0
可知运动员在空中运动的时间与初速度不成正比，故B 错误；
C．根据平抛运动推论可得tanα=2tanβ
其中α为落在斜面时速度方向与水平方向的夹角，β为落在斜面时位移方向与水平方向的夹角，由于落在
斜面不同位置时，β不同，所以α不同，即运动员落在斜面时的速度方向不相同，故C 错误；
D．设落在斜面时速度方向与水平方向的夹角为α，则有v=v0
cosα
由C 选项分析可知，落在斜面不同位置时，α不同，所以运动员落在斜面时的速度与滑出的速度不成正比，
19
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故D 错误。
故选A。
【变式4-3】（多选）（2025·陕西西安·模拟预测）跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪
板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台a 处沿水
平方向飞出，在斜坡b 处着陆，如图所示。测得ab 间的距离为40m，斜坡与水平方向的夹角为30°，不计
空气阻力，g 取10m/s2。则（ ）
A．运动员在a 处的速度大小为10m/s
B．运动员从a 处开始到在空中离坡面的最大距离时的飞行时间为1s
C．运动员在空中离坡面的最大距离为5√3
2
m
D．运动员运动到离坡面最远处时的速度大小为20m/s
【答案】BCD
【详解】A．设竖直方向的位移为y，水平方向的位移为x。已知ab 间的距离为l=40m，斜坡与水平方向
的夹角为30
∘，则竖直方向位移为y=lsin30
∘=20m
运动员竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动位移公式y=1
2 gt
2
可得运动员的运动时间为t=√
2y
g
=2s
水平方向位移为x=lcos30
∘=20√3m
又因为运动员水平方向做匀速直线运动，由x=v0t
可得运动员在a 处的速度大小为v0=x
t =10√3m/s，故A 错误；
BD．当运动员从a 处开始到在空中离坡面的距离最大时，此时运动员的速度方向恰好和坡面平行，此时速
度方向偏转了30
∘。设此时运动员的实际速度为v，竖直方向的分速度为vy，则根据几何关系有cos30
∘=v0
v
解得运动员运动到离坡面最远处时的速度大小为v=v0
cos30
∘=20m/s
20
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同理有tan30
∘=vy
v0
=gt
v0
解得运动员从a 处开始到在空中离坡面的最大距离时的飞行时间为t=v0tan30
∘
g
=1s，故BD 正确；
C．将运动员的运动沿垂直斜面方向和平行斜面方向进行分解，则可知在垂直斜面向上运动员做匀减速直
线运动，离斜面最远的距离也是垂直斜面向上速度减为零的地方。将初速度v0分解到垂直斜面的方向，可
得v垂直=v0sin30
∘=5√3m/s
以垂直斜面斜向上为正方向，将重力加速度分解到垂直斜面的方向，可得a垂直=−gcos30
∘= 5
−√3m/s
2
设运动员离坡面的最大距离为h，在垂直斜面方向上根据匀变速直线运动的速度位移公式有
0−v垂直
2
=2a垂直h
代入数据解得h=5√3
2
m，故C 正确。
故选BCD。
类型2：竖直面及水平面约束下的平抛模型
本模型中的障碍主要是对水平或竖直位移形成限制，以及所能形成的临界状态情景。
图甲中竖直位移一定，对水平位移可形成最大值与最小值的限制；
图乙中水平位移一定，使飞行时间受到初速度的限制；
图丙中竖直障碍高度一定，对越过障碍的初速度、抛出点的高度形成限制；
图丁中对水平位移、竖直位移均可形成限制：速度较小时竖直位移一定，速度较大时水平位移一定。
【典例5】（2024·浙江·三模）如图所示，网球发球机在距离墙L 处将网球以不同的水平速度射出打到竖直
墙上。已知墙上的O 点与网球出射点等高，A、B 两点分别为两个击中点，OA = AB，击中A 点的网球水平
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射出时的速度为v0，空气阻力忽略不计，网球可看作质点。下列说法正确的是（ ）
A．击中B 点的网球水平射出时的速度为2v0
B．击中B 点的网球水平射出时的速度为1
2 v0
C．要使原来击中A 点的网球能击中B 点，网球发球机应沿OP 方向后退√2
2
L
D．要使原来击中B 点的网球能击中A 点，网球发球机应沿OP 方向前进(1−√2
2 )L
AB．网球在竖直方向上做自由落体运动
yOA=1
2 gtA
2
yOB=1
2 gtB
2
因OA = AB，所以
tB=√2tA
又
x=v0tA
x=vB0tB
得击中B点的网球水平射出时的速度为
vB0= √2
2
v0
AB 错误；
C．要使原来击中A 点的网球能击中B 点，运动时间变长为原来的√2倍，所以水平距离也应变为√2倍，即
网球发球机应向后退(√2
1
−)L，C 错误；
D．要使原来击中B 点的网球能击中A 点，运动时间变短为原来的√2
2
倍，所以水平距离也应变为√2
2
倍，
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即网球发球机应向前进(1−√2
2 )L，故D 正确。
【变式5-1】（2025·河北沧州·二模）在巴黎奥运会网球女子单打决赛中，中国选手郑钦文夺得金牌，创造
了新的历史。如图所示，某次在网前截击中，若郑钦文在球网正上方距地面h处的M点将球沿垂直球网的方
向击出，球刚好落在底线上N点。已知底线到网的水平距离为s，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下
列有关说法正确的是（ ）
A．网球击出后球的运动是加速度和速度都不断增大的曲线运动
B．网球从M点击出至落在底线上N点所用时间为2h
g
C．网球从M点击出至落在底线上N点位移的大小等于s
D．网球做平抛运动的水平位移由抛出时的高度和初速度的大小共同决定
【答案】D
【详解】A．网球击出之后网球的运动视作平抛运动，平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，速度
不断增大，故A 错误；
B．竖直方向，根据h=1
2 gt
2，网球从击出至落地所用时间为t=√
2h
g
，故B 错误；
C．网球从击球点至落地点的位移大小为MN =√h
2+s
2，故C 错误；
D．根据x=v0t=v0√
2h
g
可知平抛运动的水平位移由抛出时的高度和初速度的大小共同决定，故D 正确。
故选D。
【变式5-2】（多选）（2025·广东汕头·三模）飞镖扎气球是一种民间娱乐游戏项目，其示意图如图甲所示，
靶面竖直固定，O点为镖靶中心，OP水平、OQ竖直，靶面图如图乙所示。若每次都在空中同一位置M点水
平射出飞镖，且M、O、Q三点在同一竖直平面，忽略空气阻力。关于分别射中靶面O、P、Q三点的飞镖，
下列说法错误的是（ ）
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A．射中O点的飞镖射出时的速度最小
B．射中P点的飞镖射出时的速度最小
C．射中Q点的飞镖空中飞行时间最长
D．射中O、P两点的飞镖空中飞行时间相等
【答案】AB
【详解】飞镖做平抛运动，由平抛运动的特点有h=1
2 gt
2，x=vt
联立解得v=x
t =x√
g
2h
因为hO=hP<hQ
可知飞镖射中O、P 两点的飞镖空中飞行时间相等，射中Q 点的飞镖空中飞行时间最长，即tQ>tO=tP
又因为xO=xQ<xP
则有vQ<vO<vP
可知平抛初速度最小的是射中Q 点的，所以AB 错误，符合题意，CD 正确，不符合题意。
故选AB。
【变式5-3】（2024·北京大兴·三模）中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下
一绝，传统的操作手法是一手托面一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面片刚被削离时距开
水锅的高度为L，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小
面片都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面片的描述正确的是（ ）
A．空中相邻两个面片飞行过程中水平距离可能逐渐变大
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B．掉落位置不相同的小面片，从抛出到落水前瞬间速度的变化量不同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3 倍
D．若初速度为v0，则√
gL
2 <v0<√2 gL
【答案】A
【详解】A．面片飞行过程中水平方向做匀速直线运动，若先飞出的面片初速度较大，则空中相邻两个面
片飞行过程中水平距离逐渐变大，故A 正确；
B．掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由h= 1
2 gt
2可知，下落的时间相等，由Δv =>¿可知，从抛
出到落水前瞬间速度的变化量相等，故B 错误；
CD．由h= 1
2 gt
2可知，下落时间为
t =√
2 L
g
水平位移的范围为
L< x<3 L
则初速度的取值范围为
L
t <v0< 3 L
t
可得
√
gL
2 <v0<√
9 gL
2
落入锅中时的竖直分速度为
v y =√2 gL
则落入锅中时，最大速度
vmax =√2gL+ 9 gL
2
=√
13 gL
2
最小速度为
vmin=√2gL+ gL
2 =√
5 gL
2
可知，落入锅中时，最大速度不是最小速度的3 倍，故CD 错误。
故选A。
类型3：半圆形约束下的平抛模型
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平抛运动与圆形障碍模型中物体抛出点位置不同限制关系不同，有对位移与球面半径之间形成限制关
系的，如图甲、乙、丙、丁所示，可分解位移处理，如在图甲中x=R±Rcosθ,y =R sinθ;也有对速度方向限
制的，如图戊、己所示，可分解速度处理。
若物体从球面沿水平直径抛出，随抛出速度的增大，飞行时间先增大后减小、水平位移一直增大，落
到球面上时速度方向不可能垂直于球面。
【典例6】（2017·浙江·高考真题）图中给出某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB 上可上下移动的弹射
器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B 点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD 的半径为
R=2.0m，直径BD 水平且与轨道AB 处在同一竖直平面内，小孔P 和圆心O 连线与水平方向夹角为37º，游
戏要求弹丸垂直于P 点圆弧切线方向射入小孔P 就能进入下一关.为了能通关，弹射器离B 点的高度和弹丸
射出的初速度分别是(不计空气阻力)
A．0.15m ,4√3m /s
B．1.50m ,4√3m /s C．0.15m ,2√6m /s D．
1.50m ,2√6m /s
由题意可知弹丸从p 点射出时的速度方向就是半径OP 的方向.即与水平方向成37 度夹角，由平抛运动规律
知：
tan37
∘=vy
v0
=gt
v0
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h+Rsin37
∘=1
2 gt
2
R+Rcos37
∘=v0t
解得：v0=4√3m /s
h=0.15m
【变式6-1】（2024·山东济南·二模）如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低
点，环半径为R，将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则以下
说法正确的是（ ）
A．小球的初速度v0越大，碰到圆环时的竖直分位移越大
B．当小球的初速度v0= √2gR
2
时，碰到圆环时的竖直分速度最大
C．若v0取合适的值，小球能垂直撞击圆环
D．v0取值不同时，小球落在圆环上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同
【答案】B
【详解】A．小球做平抛运动，则小球的初速度v0越大，其轨迹就越靠近ab 直线，则碰到圆环时的水平分
位移越大，竖直位移就越小，A 错误；
B．小球做平抛运动，当小球掉在c 点时竖直分速度最大，设初速度为v0，则有
R =1
2 gt
2
R =v0t
解得
v0= √2gR
2
B 正确；
C．小球撞击在圆弧ac 段时，速度方向斜向右下方，不可能与圆环垂直；当小球撞击在圆弧cb 段时，根据
“中点”结论可知，由于O 不在水平位移的中点，所以小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过O 点，
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也就不可能垂直撞击圆环，C 错误；
D．v0取值不同时，小球运动的轨迹不同，落到圆环上的位置不同，则位移的偏向角不同，因速度的偏向
角的正切值等于位移偏向角的正切值的2 倍，可知速度的偏向角不同，则小球落在圆环上的速度方向和水
平方向之间的夹角不相同，D 错误。
故选B。
【变式6-2】（2024·江苏·模拟预测）如图所示，半球面半径为R，A 点与球心O 等高，小球两次从A 点以
不同的速率沿AO 方向抛出，下落相同高度h，分别撞击到球面上B 点和C 点，速度偏转角分别为α和β，
不计空气阻力。则小球（ ）
A．运动时间tAC>tAB
B．两次运动速度变化ΔvAC>ΔvAB
C．在C 点的速度方向可能与球面垂直
D．1
tanα +1
tanβ =R
h
【答案】D
【详解】A．根据
h=1
2 gt
2
t=√
2h
g
则运动时间
tAC=tAB
故A 错误；
B．根据
Δv=g Δ
⋅
t
两次运动速度变化
ΔvAC=ΔvAB
故B 错误；
C．若在C 点的速度方向与球面垂直，则速度方向所在直线经过圆心，速度方向反向延长线一定经过水平
位移的中点，显然不符合，故C 错误；
D．速度偏转角分别为α和β，位移偏转角分别为α
'和β
'，水平位移分别为x1、x2，有
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tanα=2tanα
'
tanβ=2tanβ
'
tanα
'=h
x1
tanβ
'=h
x2
可得
1
tanα +1
tanβ =x1+x2
2h
如图
可知
△ABD≅ACD
DF = AE=x1
AF+ DF = AF+ AE=x2+x1=2R
所以
1
tanα +1
tanβ =R
h
故D 正确。
故选D。
【变式6-3】（2019·湖南衡阳·三模）如图所示，地面上固定有一半径为R 的半圆形凹槽，O 为圆心、AB
为水平直径，现将小球（可视为质点）从A 处以初速度v1水平抛出后恰好落到D 点，若将该小球从A 处以
初速度v2水平抛出后恰好落到C 点，C、D 两点等高，OC 与水平方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，则下
列说法正确的是（ ）
A．v1：v2＝1：4
B．小球落到C 点时，速度方向可能与该处凹槽切面垂直
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C．小球落在凹槽上时，其两次的重力的瞬时功率不同
D．小球从开始运动到落到凹槽上的过程中，两次的速度变化量相同
【答案】D
【详解】过C 与D 分别做AB 的垂线，交AB 分别与M 点与N 点，如图：
A．小球从开始运动到下落到凹槽上，高度相同，所以两次的运动时间相同，水平方向的位移为
x＝v0t
可得
v1
v2
=1
3
A 错误；
B．球落到C 点时，若速度方向与该处凹槽切面垂直则速度方向为OC，O 点应为AM 的中点，显然不是，
故B 错误；
C．两次的位移分别为：AD 和AC，显然AC≠2AD，所以前后两次的平均速度之比不等于1：2，故C 错误；
D．它们速度的变化量：Δv=gt，二者运动的时间是相等的，则它们速度的变化量也相等，根据P=mv
可知动量变化量相等．故D 正确．
【变式6-4】（2018·四川绵阳·一模）如图所示，竖直放置、半径为R 的半圆轨道直径边在水平地面上，O
为圆心，A、B 在轨道上，A 是轨道最左端，OB 与水平面夹角为60°. 在A 点正上方P 处将可视为质点的
小球水平抛出，小球过B 点且与半圆轨道相切，重力加速度为g，小球抛出时的初速度为
A．√gR
B．√
3√3gR
2
C．√3√3gR
2
D．√3gR
2
【答案】B
【详解】小球做平抛运动，在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
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30°，则有：vy=v0tan30°，又vy＝gt，则得：v0tan30°=gt，t=v0tan30°
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√3gR
2
.
A. √gR，与结论不相符，选项A 错误；
B. √
3√3gR
2
，与结论相符，选项B 正确；
C. √3√3gR
2
，与结论不相符，选项C 错误；
D. √3gR
2
，与结论不相符，选项D 错误；
【模型三 斜抛运动】
重要结论：
(1)运动轨迹取决于初速度 v0的大小与方向,与其他因素无关。
(2)运动具有对称性:时间对称、速度对称。
(3)斜上抛的物体到达最大高度的时间
。
31
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(4)落回抛出高度时的水平射程
，α=45°时水平射程最远
。
(5)斜上抛物体的初速度大小相同时,抛射角互余时具有相同的水平射程。
(6)斜上抛物体到达的最大高度
，α=90°时射高最大
。
【典例7】（2025·湖北·高考真题）某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分
别为L
2 、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击
球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanθ 的值为（ ）
A．1
2
B．1
3
C．1
4
D．1
6
网球水平方向上做匀速直线运动，有t=L
v0cosθ
设球网高度为h，则对斜向下发出的球，有L
h=
−
v0sinθ⋅t+1
2 gt
2
对斜向上发出的球，有L
2
h=
−
−v0sinθ⋅t+1
2 gt
2
联立以上各式，可得tanθ=1
4
【变式7-1】（2024·江苏·高考真题）某广场喷泉喷出的两水柱如图中a、b 所示。不计空气阻力，a、b 中
的水（ ）
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A．加速度相同
B．喷出时的初速度相同
C．在最高点的速度相同
D．在空中的运动时间相同
【答案】A
【详解】A．不计空气阻力，在喷泉喷出的水在空中只受重力，加速度均为重力加速度，故A 正确；
D．设喷泉喷出的水竖直方向的分速度为vy，水平方向速度为vx，竖直方向，根据对称性可知在空中运动
的时间
t=2√
2h
g
可知
tb>ta
D 错误；
BC．最高点的速度等于水平方向的分速度
vx=x
t
由于水平方向的位移大小关系未知，无法判断最高点的速度大小关系，根据速度的合成可知无法判断初速
度的大小，BC 错误；
故选A。
【变式7-2】（2023·湖南·高考真题）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（ ）
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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
【答案】B
【详解】A．抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1 的加速度等于谷粒2
的加速度，A 错误；
C．谷粒2 做斜向上抛运动，谷粒1 做平抛运动，均从O 点运动到P 点，故位移相同。在竖直方向上谷粒2
做竖直上抛运动，谷粒1 做自由落体运动，竖直方向上位移相同故谷粒2 运动时间较长，C 错误；
B．谷粒2 做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度。
与谷粒1 比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2 水平方向上的速度较小即最高点的速度小于v1，
B 正确；
D．两谷粒从O 点运动到P 点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，谷粒1 的平均速度大于谷
粒2 的平均速度，D 错误。
故选B。
【变式7-3】（2021·江苏·高考真题）如图所示，A、B 两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入
篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（ ）
A．A 比B 先落入篮筐
B．A、B 运动的最大高度相同
C．A 在最高点的速度比B 在最高点的速度小
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D．A、B 上升到某一相同高度时的速度方向相同
【答案】D
【详解】AB．若研究两个过程的逆过程，可看作是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的
AB 两点，则A 上升的高度较大，高度决定时间，可知A 运动时间较长，即B 先落入篮筐中，故AB 错误；
C．因为两球抛射角相同，A 的射程较远，则A 球的水平速度较大，即在最高点的速度比B 在最高点的速
度大，故C 错误；
D．由斜抛运动的对称性可知，当A、B 上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，故D 正确。
故选D。
【变式7-4】（多选）（2024·江西·高考真题）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到
高处．如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x 轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末
速度v 沿x 轴正方向．在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置
y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t 的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】AC．小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即vx为定值，则有
水平位移
x=vxt
故A 正确，C 错误；
BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则
y=vy0t−1
2 gt
2，vy=vy0−gt
且最高点时竖直方向的速度为0，故B 错误，D 正确。
故选AD。
【变式7-5】（多选）（2024·山东·高考真题）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小
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为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P 和落点Q 的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取
10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动时间为2√3s
B．落地速度与水平方向夹角为60°
C．重物离PQ 连线的最远距离为10m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45m
【答案】BD
【详解】AC．将初速度分解为沿PQ方向分速度v1和垂直PQ分速度v2，则有
v1=v0cos60°=10m/s，v2=v0sin60°=10√3m/s
将重力加速度分解为沿PQ方向分速度a1和垂直PQ分速度a2，则有
a1=gsin30°=5m/s
2，a2=gcos30°=5√3m/s
2
垂直PQ方向根据对称性可得重物运动时间为
t=2v2
a2
=4s
重物离PQ 连线的最远距离为
dmax=v2
2
2a2
=10√3m
故AC 错误；
B．重物落地时竖直分速度大小为
vy=−v0sin30°+gt=30m/s
则落地速度与水平方向夹角正切值为
tanθ=vy
vx
=vy
v0cos30° =√3
可得
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θ=60°
故B 正确；
D．从抛出到最高点所用时间为
t1=v0sin30°
g
=1s
则从最高点到落地所用时间为
t2=t−t1=3s
轨迹最高点与落点的高度差为
h=1
2 gt2
2=45m
故D 正确。
故选BD。
【变式7-6】（多选）（2022·山东·高考真题）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/s
2，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
【答案】BD
【详解】设网球飞出时的速度为v0，竖直方向
v0竖直
2
=2g(H
h)
−
代入数据得
v0竖直
❑
=√2×10×(8.45 1.25)
−
m/s=12m/s
则
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v0水平
❑
=√13
2−12
2m/s=5m/s
排球水平方向到P点的距离
x水平=v0水平t=v0水平⋅v0竖直
g
=6m
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
v0水平⊥=v0水平⋅4
5 =4m/s
平行墙面的速度分量
v0水平∥=v0水平⋅3
5 =3m/s
反弹后，垂直墙面的速度分量
v水平⊥
'
=0.75⋅v0水平⊥=3m/s
则反弹后的网球速度大小为
v水平=√v水平⊥
'2
+v0水平∥
2
=3√2m/s
网球落到地面的时间
t
'=√
2H
g
=√
8.45×2
10
s=1.3s
着地点到墙壁的距离
d=v水平⊥
'
t
'=3.9m
故BD 正确，AC 错误。
故选BD。
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