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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.
1
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(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．
(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（ ）
2
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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：vyA＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s，所以小球
做平抛运动的初速度大小为：v0=√v A
2 - v y A
2=√13
2-5
2m/ s =12m/ s，故A 错误；
B.O、A 两点间的竖直高度为：y A = 1
2 gt
2= 1
2 ×10×0.5
2m=1.25m，水平位移为：xA＝v0t＝
12×0.5m＝6m，所以O、A 两点间的距离为：s A =√x A
2 + y A
2 =√1.25
2+6
2m=6.13m，故B 错误；
D.O、B 两点间的竖直高度为：yB= 1
2 g×(2t )
2= 1
2 ×10×(2×0.5)
2m=5m，水平位移为水平
位移为：xB ＝v0×2t ＝12×2×0.5m ＝12m ，O 、B
两点间的距离为：
sB=√xB
2 + yB
2 =√5
2+12
2m=13m，故D 正确；
C.由上分析知A、B 两点间的竖直高度为：h1＝yB﹣yA＝5m﹣1.25m＝3.75m，A、B 两点间的水
平位移为：x1＝6m，A、B 两点间的距离为：s1=√h1
2+ x1
2=√3.75
2+6
2m=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
3
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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；
CD．根据题意可知两相邻投影间的时间间隔为T = 1
f = 1
20 s=0.05 s
根据图中数据可知影子的速度大小为v = 4.07+ 4.06+ 4.08
3×0.05
×10
-2m/ s=0.814 m/ s
由平抛运动的规律可知y
L =
1
2 gt
2
v0t
整理得y = gL
2v0
t
竖直方向投影点做匀速直线运动，则有gL
2v0
= v
解得v0≈6m/s
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﹣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．落点在棱BB1上的小球，落在B1点时平抛的初速度最大
B．落点在面A1B1C1D1内的小球，落在C1点的运动时间最长
C．落点在三角形B1C1D1内的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1：2
D．落点在线B1D1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得：t=√
2h
g
，则知落
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点在棱BB1上的小球，水平位移相等，落在B1点时下落高度最大，运动时间最长。根据v0= x
t
，可知平抛的初速度最小，故A 错误；
B、根据t=√
2h
g
可知落点在面A1B1C1D1内的小球下落高度相等，则运动时间相等，故B 错误；
C、落点在三角形B1C1D1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√2
2 l，
则最小水平位移与最大水平位移之比为1：2，由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、设正方体的棱长为l，落点在线B1D1上的小球，竖直速度大小均为v y =√2gl，落地时重力的
瞬时功率PG＝mgvy均相同，故D 错误。
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
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
[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v1向右水平抛出，同时，小球B 在斜面顶端以速度v2向左水平抛出，
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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v1：v2等于（ ）
A．4：3
B．5：4
C．8：7
D．9：8
【解答】解：A、B 竖直方向做自由落体运动，位移为h= 1
2 gt
2
落点相同即hA＝hB，tA＝tB＝t，vA1＝vB1
hB= 1
2 gt B
2 = 1
2 vB1t，xA＝v1t
tanθ = hB
xB
联立上式代入数据解得tanθ= 3
2
垂直打在该点则tanθ = v2
v A 1
= 3
4
v2
v1
= v A 1
v1
× v2
vB1
= 2
3 × 4
3 = 8
9
所以v1：v2＝9：8，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
[例题5] （2024•宝鸡一模）如图所示，倾角为θ 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1：2：3
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B．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
【解答】解：A．小球做平抛运动，竖直方向有y = 1
2 gt
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tA：tB：tC＝3：2：1
故A 错误；
B．小球在水平方向做匀速直线运动，则x＝v0t
三个小球均落在斜面上的D 点，根据位移间的关系有tanθ= y
x =gt
2v0
设三个小球速度偏转角为α，则tanα = v y
v0
=gt
v0
=2tanθ
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；
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 = y
x =gt
2v0
三个小球的初速度大小之比为vA：vB：vC＝3：2：1
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θ，当小球做平抛运动落在斜面上时；
根据平抛运动规律，水平位移为x＝v0t
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竖直位移y = 1
2 gt
2
根据数学知识tanθ= y
x
抛出点与落点之间的距离s1=
x
cosθ
代入数据解得s1= 2v0
2tanθ
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vy＝v0cosθ，
水平分速度vx＝v0sinθ
以抛出点为参考点，根据斜抛运动规律，水平位移x1＝vxt1
竖直位移- y1= v yt1- 1
2 gt1
2
根据数学知识tanθ= y1
x1
抛出点与落点之间的距离s2= x1
cosθ
代入数据解得s2= 2v0
2tanθ
gcosθ
；
因此有
s1
s2
= 1
1，故C 正确，ABD 错误。
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，
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与水平方向夹角θ＝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＝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v0
由平抛运动的规律可得
水平方向l＝v0t1
竖直方向h= 1
2gt1
2
由已知代入数据解得
t1＝0.8s，v0＝3m/s
已知在P 点速度垂直AC 可分解为水平速度v0和竖直向上的分速度vpy
由几何知识可得；tanθ = v0
v py
tanθ = v0
v py
代入数据解得v py = v0
tanθ =
3
0.75 m/ s= 4 m/ s
从P 到O 竖直方向做竖直上抛运动，时间t2满足
vpy＝gt2，代入数据记得t2= v py
g = 4
10 s=0.4 s
则PO 的竖直分位移为y po= 1
2 gt2
2= 1
2 ×10×0.4
2m=0.8m
水平分位移为xpo＝v0t2＝3×0.4m＝1.2m
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A.PB 的水平分位移为xPB＝l+xpo＝2.4m+1.2m＝3.6m
竖直分位移为yPB＝h﹣ypo＝3.2m﹣0.8m＝2.4m
由勾股定理可得P 到B 的位移为LPB=√xPB
2 + y PB
2 =√3.6
2+2.4
2m≈4.089m
故A 错误；
B.PA 的水平分位移为xPA = yPB
tanθ = 2.4
0.75 m=3.2m
则AB 之间的距离为xAB＝xPB﹣xPA＝3.6m﹣3.2m＝0.4m
故B 正确；
C.P 到B 的时间为t＝t1+t2＝0.8s+0.4s＝1.2s
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vBy＝gt1＝10×0.8m/s＝8m/s
水平分速度为v0＝3m/s
B 点速度为vB=√8
2+3
2m/ s=√73m/ s，故D 错误。
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
【解答】解：由于恰好垂直落在球拍上的Q 点，根据几何关系得：vQcos45°＝gt，解得t= √2
5 s
根据乒乓球在竖直方向上的运动规律，由h= 1
2gt2，
解得：h= 1
2 gt
2= 1
2 ×10× 2
25m＝0.4m，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
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[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
【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= 1
2 gt
2，对于水平
方向做匀速运动而言x＝vt
可得t =√
2h
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+ x
2
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vy＝gt
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 =√v y
2 + v
2
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θ，则小球落在斜坡上时速度与竖直方向
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夹角的正切值tanθ= v
v y
由于vy 甲＞vy 乙
因此tanθ 甲＜tanθ 乙
则有θ 甲＜θ 乙
由此可知，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．
[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θ1时，一物块（可视为质点）沿斜面左上方顶点A 以初速度v0水平射入，恰好沿底
端D 点离开斜面；改变倾角为θ2时，同样将该物块沿斜面左上方顶点A 以初速度v0水平射入，
发现物块沿CD 边中点离开斜面。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4：1
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C．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＝v0t，则时间相同，再根据y
= 1
2 gsinθt
2，则sinθ1＝2sinθ2，根据结合关系高度h＝ysinθ，故物块离开斜面时，前后两次下落
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＝gsinθt，故前后两次速度变化量的大小之
比为2：1，故CD 错误。
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t1、t2、t 若同时沿水平方向抛出，初速度方
向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′．下列关于时间的关系正确的是
（ ）
A．t1＞t3＞t2
B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′
C．t1′＞t3′＞t2′
D．t1＜t1′、t2＜t2′、t3＜t3′
【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
sin30° = 1
2 gsin30°t1
2，
对b 球：h= 1
2 gt2
2
对c 球：
h
sin 45° = 1
2 gsin 45°t3
2
由数学知识得：t1＞t3＞t2。
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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
sin30° = 1
2 gsin30°t1'
2
对b 球：h= 1
2 gt2'
2
对c 球：
h
sin 45° = 1
2 gsin 45°t3'
2
比较可知，t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′．故ABC 正确。D 错误
故选：ABC。
[例题12] （多选）如图所示，倾角为θ＝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＝gsinθ＝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v1＝vsin53°＝2.5×0.8m/s＝2m/s
平行AB 方向的速度为v2＝vcos53°＝2.5×0.6m/s＝1.5m/s
小球落到AB 边上的位置距离A 点x = v2×2× v1
a =1.5×2× 2
5 m=1.2m
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
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v ' sin53°t - 1
2 at
2= AD
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t1，设初速度为v''，则有v''sin53°＝at1，
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vyA＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s
小球做平抛运动的初速度大小为v0=√v A
2 - v yA
2
解得v0＝12m/s，故A 错误；
15
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B、O、A 两点间的竖直高度为yA= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×0.52m＝1.25m
水平位移为xA＝v0t＝12×0.5m/s＝6m
所以O、A 两点间的距离为sA=√x A
2 + y A
2
解得sA＝6.13m，故B 错误；
C、O、B 两点间的竖直高度为yB= 1
2 g(2t )
2
解得yB＝5m
水平位移为xB＝v0•2t＝12×2×0.5m＝12m
A、B 两点间的竖直高度为h1＝yB﹣yA＝5m﹣1.25m＝3.75m
A、B 两点间的水平位移为x1＝xB﹣xA＝12m﹣6m＝6m
A、B 两点间的距离为s1=√x1
2+h1
2
解得s1＝6.32m，故C 错误；
D、O、B 两点间的距离为sB=√xB
2 + yB
2
解得sB＝13m，故D 正确。
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
Δh= 1
2 gt
2
代入数据可得t =√
2×(36-28.8)
10
s=1.2s
水平方向有
x＝v0t
解得水平速度为
16
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v0= x
t = 9.6
1.2 m/ s=8m/ s
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α，此时速度的方向与水平方向的夹角为β，下列有关
图像中可能正确的是（ ）
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α，则有
tanα = y
x =gt
2v0
此时速度的方向与水平方向的夹角为β，则有tanβ = v y
v x
=gt
v0
联立，解得tanβ＝2tanα
可知tanβ 与tanα 为正比关系。
故选：D。
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v1、v2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
点时速度方向相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
17
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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α，做平抛运动的初速度为v0.
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，tanα=gt
v0
，自P 点抛出小球的
飞行时间长，因此抛出的初速度大，故AB 错误；
D、到达O 点的速度v=gt
sinα ，到达O 点的速度不等，故D 错误；
C、位移方向与水平方向夹角tanθ=gt
2v0
= 1
2tanα，因此PQO 共线，故C 正确。
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（ ）
18
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A．28
25 L
B．59
50 L
C．33
25 L
D．107
75 L
【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：
有Lcosθ＝v0t；tanθ= v0
gt
解得：t=√
16 L
15 g
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：mgsinθ＝ma
根据运动学公式可得：d= 1
2 at
2 s＝d+L
解得：s= 33
25 L
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1：1：1
19
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C．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gx＝gsinθ
垂直于斜面方向gy＝gcosθ
θ＝45°
弹珠沿斜面方向做初速度为0，加速度为gx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
x = 1
2 gxt3
2
t3= 2v3
g y
解得
弹珠发射的初速度大小v3=√5m/ s
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gx的匀加速直
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
t1：t2：t3＝1：1：1
故B 正确，C 错误；
D、由速度—时间关系有
t1= 6 v1
g y
t2= 4 v2
g y
t3= 2v3
g y
得最终得到一、二、三等奖的弹珠的初速度之比v1：v2：v3＝2：3：6
故D 错误。
故选：B。
20
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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）
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。
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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（ ）
A．√
3√3 gR
2
B．√
3 gR
2
C．√
√3 gR
2
D．√
√3 gR
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
角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则：tanθ = tan30°
2
= √3
6 ，因为tanθ = y
x =
y
3
2 R ，则
竖直位移：y = √3 R
4
，而：v y
2 =2 gy = √3
2 gR，所以：tan30° = v y
v0
，解得小球在A 点正上方的
水平速度为：v0=√
√3 gR
2
√3
3
=√
3√3 gR
2
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
22
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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
动，则有：x＝vt，可得篮球从抛出运动到篮筐的时间：t = x
v = 5
10 s=0.5 s，篮球到篮筐时竖直
方向的速度为零，竖直方向则有：H -h= 1
2 gt
2，代入数据，解得H＝3.05m，故ACD 错误，B
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v1、v2，不计空气阻力，小球打在挡
板上的位置分别是B、C，且AB＝BC，则v1：v2为（ ）
A．2：1
B．√2：1
C．(√2+2)：1
D．(√2+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= 1
2 gt
2
水平方向：x＝v0t
23
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联立解得：v0= x√
g
2h
所以v1
v2
=√
hAC
hAB
又因为
hAB
hAC
= 1
2
所以
v1
v2
= √2
1
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＝vmaxt
h= 1
2 gt
2
代入数据解得vmax＝7m/s
恰好擦着窗口下沿左侧时速度v 最小，
24
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则有L+d＝vmint'
H +h= 1
2 gt'
2
代入数据解得vmin＝3m/s
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
t1= L
v = 9
30 s=0.3 s
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
h= 1
2 gt1
2= 1
2 ×10×0.3
2m=0.45m
此时排球离地高度h3＝H﹣h＝3m﹣0.45m＝2.55m＞h1＝2.3m
故球员B 在球网前直立伸直手臂拦不到排球，故B 错误；
CD、竖直方向，由位移—时间公式得：H = 1
2 gt2
2
25
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代入数据解得，排球从被击出到落地的时间t2= √15
5
s
排球运动的水平距离x＝vt2＝30× √15
5 m＝6√15m＞18m
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θ，一物块（可看成质点）沿斜面左上方
顶点P 以初速度v0水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，则（ ）
A．物块由P 点运动到Q 点所用的时间t＝2√
2l
gsinθ
B．物块由P 点运动到Q 点所用的时间t＝2√
2l
g
C．初速度v0＝b√
g
2l
D．初速度v0＝b√
gsinθ
2l
【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得物体的加速度为：a= mgsinθ
m
=gsinθ。
根据l= 1
2at2得：t=√
2l
gsinθ
，故AB 错误；
CD、入射的初速度为：v0= b
t =b√
gsinθ
2l
，故C 错误，D 正确。
故选：D。
14. 如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ＝30°，一小球（可视为质点）沿斜面
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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
B．小球由A 运动到B 所用的时间为√
2 L
g
C．小球由A 点水平射入时初速度v0的大小为s√
g
2 L
D．小球离开B 点时速度的大小为√
g
4 L (s
2+ 4 L
2)
【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：a= mgsinθ
m
=gsinθ= g
2 ，故A 错误；
BCD、根据L= 1
2at2，有：
t=√
2 L
a =√
2 L
gsinθ =√
4 L
g
在B 点的平行斜面方向的分速度为：
vBy＝at＝gsinθ×√
2 L
gsinθ =√2 gLsinθ =√gL
根据s＝v0t，有：
v0
= s
t =
s
√
2 L
gsinθ
=
s√
gsinθ
2 L =s√
g
4 L
故物块离开B 点时速度的大小：
v=√v0
2+ vBy
2 =√
g
4 L (s
2+ 4 L
2)，故BC 错误；D 正确；
故选：D。
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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（ ）
A．从A 点抛出时的速度大小为√3 gL
2
B．从A 到B 过程中速度的最小值为3
5 √3 gL
C．从A 到B 的时间为5
3√
3 L
g
D．A、B 之间的高度差为7
12 L
【解答】解：A.设初速度为v，则水平方向的速度为：vx＝vcosθ＝0.8v，竖直方向的速度为：vy
＝vsinθ＝0.6v
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：vy'＝vxtan53°＝0.8v•4
3 = 16
15v
所以取竖直向下为正方向有：﹣vy+gt＝vy'，解得：t= 5 v
3 g
水平方向上有L＝vxt，解得：v= √3 gL
2
，故A 正确；
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'＝vx＝0.8v＝0.8•
√3 gL
2
= 2
5 √3 gL，故B 错误；
C.从A 到B 的时间为：t= 5 v
3 g = 5
6√
3l
g
，故C 错误；
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D.根据速度关系，竖直方向有：vy＝vsinθ＝0.6v＝0.6•√3 gL
2
= 3
10 √3 gL
取竖直向下为正方向有：h＝﹣vyt+ 1
2gt2
解得：h= 7
24 L，故D 错误；
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v0，方向与水平方向的夹角分别为θ1、θ2，且θ1＞θ2，两沙包抛出后
在空中的运动轨迹分别如图中Ⅰ和Ⅱ所示。两位同学均能在各自的抛出点接住对方抛来的沙包，
不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两抛出点之间的距离为v0
2sin2θ2
g
B．沙包1 和2 在空中运动时间之比为tanθ2
C．沙包1 和2 运动过程中最小速度之比为tanθ1
D．沙包1 和2 运动过程中离地的最大高度之比为tan2θ1
【解答】解：A、沙包做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，故
t = 2v0 sinθ
g
x＝v0cosθt
代入数据解得x = v0
2sin2θ
g
，故A 正确；
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
vy1＝v0sinθ1
vy2＝v0sinθ2
根据运动学公式又有运动到最高点竖直方向分速度的大小为
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vy1＝gt1
vy2＝gt2
联立整理解得有沙包1 和2 在空中运动时间之比为：t1
t2
= sinθ1
sinθ2
，故B 错误；
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vmin＝v0cosθ
故沙包1 和2 运动过程中最小速度之比为vmin1
vmin2
= cosθ1
cosθ2
故C 错误；
D、沙包1 和2 运动过程中离地的最大高度为h= v0
2 sin
2θ
2g
故沙包1 和2 运动过程中离地的最大高度之比为：h1
h2
= tan
2θ1
tan
2θ2
故D 错误，
故选：A。
30
