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第18 课时 抛体运动
目标要求 1.掌握平抛运动的规律，学会处理斜面或圆弧面约束下的平抛运动问题。2.会处理平抛运动中的
临界、极值问题。3.学会运用运动的合成与分解处理斜抛运动问题。
考点一 平抛运动基本规律的应用
1.定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下的运动。
2.性质：平抛运动是加速度为g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
3.研究方法：化曲为直
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：自由落体运动。
4.规律
(1)基本规律
如图，以抛出点O 为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，建立平面
直角坐标系xOy。
(2)平抛运动物体的速度变化量
因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度变化
量Δv＝gΔt 是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示。
(3)两个推论
①做平抛运动的物体在任意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。
1
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②做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角θ 和位移方向与水平方向的夹角α
的关系为：tan θ＝2tan α。
1.平抛运动的加速度方向与速度方向的夹角逐渐变小。( √ )
2.做平抛运动的物体单位时间内速度变化量越来越大。( × )
3.相等时间内，做平抛运动的物体速度大小变化相同。( × )
例1 (2024·浙江1 月选考·8)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，重力加
速度为g，则水离开出水口的速度大小为( )
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
解析 设出水口到桶口中心的水平距离为x，则x＝v0√
2h
g ，水落到桶底A 点时x＋D
2 ＝v0√
2×2h
g
，解得v0＝
(√2＋1)D
2
√
g
2h，故C 正确。
例2 (2024·山东省一模)如图所示是运动员将网球在边界A 处正上方B 点正对球网水平向右击出，恰好
过网的上边沿C 点落在D 点的示意图，不计空气阻力，已知AB=h1，网高h2=5
9h1，A、C 两点间的水平距
离为x，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A.落点D 距离网的水平距离为1
4 x
B.网球的初速度大小为x√
2 g
h1
2
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C.若击球高度低于h1，应减小击球速度，才能让球落在对方界内
D.若击球高度低于20
27 h1，无论球的初速度多大，球都不可能落在对方界内
答案 D
解析 网球做平抛运动，则h1=1
2gt1
2，h1-h2=1
2gt2
2，x+xCD=v0t1，x=v0t2，解得xCD=1
2x，v0=x√
9 g
8h1
，t1=√
2h1
g
，
t2=√
8h1
9 g
，故A、B 错误；任意降低击球高度(仍高于h2)，会有一临界情况，此时球刚好接触网又刚好压界，
设击球临界高度为h1'，由平抛运动规律有h1'=1
2gt1'2，h1'-h2=1
2gt2'2，2x=v0't1'，x=v0't2'，联立解得h1'=20
27 h1，若
小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，D 正确；若击球高度低于h1(仍高于h2)，则球从被击出到恰
好接触网的时间减小，则由x=v0t 可知击球速度增加，故C 错误。
求解平抛运动临界问题的一般思路
(1)确定临界状态，若有必要，画出临界轨迹。
(2)找出临界状态对应的临界条件。
(3)根据平抛运动的规律列方程求解。
考点二 斜抛运动
1.定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。
2.性质：斜抛运动是加速度为g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
3.研究方法：运动的合成与分解
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：匀变速直线运动。
4.基本规律
以斜抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x 轴的正方向，竖直向上为y 轴的正方向，建立如图所示的
平面直角坐标系xOy。
(1)初速度可以分解为v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ
在水平方向，物体的位移和速度分别为
x＝v0xt＝(v0cos θ)t，vx＝v0x＝v0cos θ
3
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在竖直方向，物体的位移和速度分别为
y＝v0yt－1
2gt2＝(v0sin θ)t－1
2gt2
vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt
(2)当斜抛物体落点位置与抛出点等高时
①射高：h＝v0 y
2
2 g ＝v0
2sin
2θ
2 g
。
②斜抛运动的飞行时间：t＝2v0 y
g
＝2v0sinθ
g
。
③射程：s＝v0cos θ·t＝2v0
2sinθcosθ
g
＝v0
2sin 2θ
g
，
对于给定的v0，当θ＝45°时，射程达到最大值，smax＝v0
2
g
。
例3 在2023 年杭州亚运会女子铅球决赛中，我国运动员巩立姣以19.58 m 的成绩成功卫冕。运动员为
了寻求最佳效果，训练时会尝试用不同质量的铅球分别以不同夹角抛球的感觉。如图，在某次训练中运
动员将质量m＝6 kg 的铅球斜向上抛出，铅球离开手的瞬间速度大小v0＝10 m/s，方向与水平方向夹角θ
＝37°，铅球离开手时离水平地面的高度h＝2.25 m。重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8，不计空气阻力。求：
(1)铅球离开手瞬间的水平分速度大小v0x和竖直分速度大小v0y；
(2)铅球上升到最高点的时间t 和离地面的最大高度H；
(3)运动员抛出的铅球飞出的水平距离。
答案 (1)8 m/s 6 m/s (2)0.6 s 4.05 m (3)12 m
解析 (1)初速度v0的水平分速度大小v0x＝v0cos 37°＝8 m/s
初速度v0的竖直分速度大小
v0y＝v0sin 37°＝6 m/s
(2)由逆向思维，铅球上升到最高点的过程的逆过程为平抛运动，由平抛运动竖直方向速度与时间的关系可得
铅球上升到最高点的时间t＝v0 y
g ＝0.6 s，
设铅球从抛出点上升到最高点的距离为h1，则根据竖直方向的运动有h1＝v0 y
2
2 g
则铅球离地的最大高度H＝h＋h1＝4.05 m。
(3)方法一 设铅球从最高点到落地的时间为t'
4
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有H＝1
2gt'2
解得t'＝0.9 s
铅球飞行总时间t 总＝t＋t'＝1.5 s
铅球的水平位移x＝v0x·t 总＝12 m
方法二 选向上为正方向，铅球从离开手到落地的竖直位移为－h
有－h＝v0yt 总－1
2gt 总
2
解得t 总＝1.5 s
铅球的水平位移x＝v0xt 总＝12 m。
逆向思维法处理斜抛问题
对斜上抛运动，从抛出点到最高点的运动可逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据
对称性求解某些问题。
例4 (多选)(2022·山东卷·11)如图所示，某同学将离地1.25 m 的网球以13 m/s 的速度斜向上击出，击球
点到竖直墙壁的距离为4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m 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10
m/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＝5 m/s
B.v＝3√2 m/s
C.d＝3.6 m
D.d＝3.9 m
答案 BD
解析 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
＝12 m/s
则v0 水平＝√13
2−12
2 m/s＝5 m/s
网球击出点到P 点水平方向的距离
x 水平＝v0 水平t＝v0 水平·v0 竖直
g
＝6 m
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 ＝4 m/s
5
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平行墙面的速度分量v0 水平∥＝v0 水平·3
5＝3 m/s
反弹后，垂直墙面的速度分量
v 水平⊥'＝0.75·v0 水平⊥＝3 m/s
则反弹后的网球速度大小为
v＝v 水平＝√v水平⊥'
2＋v0水平∥
2＝3√2 m/s
网球落到地面的时间
t'＝√
2 H
g ＝√
2×8.45
10
s＝1.3 s
着地点到墙壁的距离d＝v 水平⊥'t'＝3.9 m
故B、D 正确，A、C 错误。
分析空间中的抛体运动的思路
(1)明确题意，形成运动轨迹在空间分布情况的一个轮廓；
(2)以抛出点为坐标原点，根据运动情景建立三维直角坐标系；
(3)确定每个坐标轴上的受力特点，明确各自的运动性质；
(4)依据已知条件、运动学公式找出在各个坐标轴方向的位移、速度、加速度大小；
(5)利用运动的合成与分解知识确定研究问题或联立求解相关问题。
考点三 与斜面或圆弧面有关的抛体运动
例5 (2024·山东青岛市开学考)如图所示，一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
水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度为( )
A.√
3√3 gR
2
B.√
3 gR
2
C.√
√3 gR
2
D.√
√3 gR
3
答案 A
解析 小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知小球运动到B 点时速度方向与水平方向的夹角为
30°，设位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝tan30°
2
＝√3
6 ，由tan θ＝
y
x ＝y
3
2 R ，可得竖直方向的位
移y＝√3
4 R，而v y
2＝2gy，tan 30°＝
v y
v0
，
6
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联立解得v0＝√
3√3 gR
2
，选项A 正确，B、C、D 错误。
例6 (来自教材改编)(2024·山东青岛市期中)跳台滑雪是一项勇敢者的滑雪运动，运动员在滑雪道上获得
一定速度后从跳台飞出，在空中飞一段距离后落地。如图所示，运动员从跳台A 处沿水平方向以大小为
20 m/s 的速度飞出，落在斜坡上的B 处，斜坡与水平方向的夹角θ 为37°，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2)，求：
(1)运动员在空中飞行的时间；
(2)运动员落在B 处时的速度大小；
(3)运动员在空中离坡面的最大距离。
答案 (1)3 s (2)10√13 m/s (3)9 m
解析 (1)运动员做平抛运动，设在空中飞行的时间为t，则有x＝v0t，y＝1
2gt2，由题图可知tan θ＝y
x
联立解得t＝2v0
g tan θ＝3 s
(2)运动员落在B 处时有vx＝v0，vy＝gt
所以vB＝√v x
2＋v y
2＝10√13 m/s
(3)取沿斜坡向下方向(x 方向)与垂直于斜坡向上方向(y 方向)分析运动员的运动，则在垂直于斜坡方向上的初
速度为vy'＝v0sin θ＝12 m/s
加速度为ay＝－gcos θ＝－8 m/s2
当垂直于斜坡方向上的速度为0 时，运动员在空中离坡面的距离最大，则有d＝0−v y'
2
2a y
＝9 m。
拓展
1.AB 的距离l 为多少？
答案 由x＝v0t 得x＝60 m，l＝
x
cosθ ＝75 m。
2.若运动员从跳台A 处沿水平方向飞出的速度变为原来的一半，则运动员在空中飞行时间变为原来的多少
倍？在斜面上飞行距离变为原来的多少倍？
答案 由(1)问知t＝2v0
g tan θ，可知t∝v0，故在空中飞行时间变为原来的1
2。由l＝
x
cosθ ＝v0t
cosθ ＝2v0
2tanθ
gcosθ
可知l∝v0
2，故在斜面上飞行距离变为原来的1
4 。
3.初速度改变后，落在斜面上，速度方向与斜面夹角变化吗？
答案 落在斜面上时，位移方向相同，由平抛运动的推论可知速度方向相同，故速度方向与斜面夹角不变。
7
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［变式］ (2025·山东枣庄市联考)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，抛出点P 和落点Q 的连
线与水平方向夹角为53°，两点的高度差为20 m。重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。sin
53°=0.8，cos 53°=0.6。求：
(1)在点P 以水平方向的初速度抛出的重物，离PQ 连线的距离最远时的速度大小；
(2)在点P 以垂直于PQ 连线方向的初速度抛出的重物，刚要落到Q 点的速度大小。
答案 (1)12.5 m/s (2)5√73
2
m/s
解析 (1)由题意可知，此时重物做平抛运动，根据平抛运动的规律有
h=1
2
gt2
x=v0t
其中h=20 m
x=
h
tan53°
=15 m
可得v0=7.5 m/s
将初速度和重力加速度沿着PQ 方向和垂直于PQ 方向分解，
得vx=v0cos 53°=4.5 m/s
vy=v0sin 53°=6 m/s
gx=gsin 53°=8 m/s2
gy=gcos 53°=6 m/s2
当垂直于PQ 方向的分速度减为0 时，重物离PQ 连线的距离最远，
则vy=gyt1
vx1=vx+gxt1，联立解得vx1=12.5 m/s
即离PQ 连线的距离最远时的速度大小为12.5 m/s。
(2)由题意可知，此时重物做斜上抛运动，将初速度沿着水平方向和竖直方向分解为vx'和vy'。水平方向做匀速
直线运动，竖直方向做竖直上抛运动。则x=
h
tan53° =vx't'
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-h=vy't'-1
2
gt'2
其中vx'=v0'sin 53°=0.8v0'
vy'=v0'cos 53°=0.6v0'
解得t'=2.5 s
v0'=7.5 m/s
则Q 点的速度为vQ=√v x'
2+ v y″
2
其中vx'=0.8v0'=6 m/s
vy″=vy'-gt'=0.6v0'-gt'=-20.5 m/s
解得vQ=5√73
2
m/s。
1.与斜面结合的抛体运动分解方法
(1)水平方向：匀速直线运动
竖直方向：匀变速直线运动。
(2)沿斜面方向：加速度为gsin θ 的匀变速直线运动。(θ 为斜面与水平方向的夹角)
垂直斜面方向：加速度为gcos θ 的类竖直上抛运动。
(3)斜抛运动：沿初速度方向的匀速直线运动，沿竖直方向的自由落体运动。
2.几种常见情形
已知条件
情景示例
解题策略
已知速度方向
已知速度
方向垂直
从斜面外平抛，垂直落在斜面上，
如图所示。
分解速度tan θ＝
v0
v y
＝v0
gt
从斜面外斜抛，垂直落在斜面上，
如图所示。
分解速度
tan θ＝
v x
v y
＝
v0cosα
−v0 sinα ＋gt
从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，
如图所示。
分解速度
tan θ＝
v y
v0
＝gt
v0
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已知速度方向沿该点圆弧的切线方向
已知位移方向
已知位移
方向沿斜
面向下
从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示。
分解位移
tan θ＝y
x ＝
1
2 gt
2
v0t ＝gt
2v0
从斜面上斜抛又落到斜面上，如图所示。
分解位移
tan θ＝
y
x ＝
−v0sin α·t ＋1
2 gt
2
v0cosα·t
在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示。
已知位移方向垂直斜面
分解位移
tan θ＝
x
y ＝v0t
1
2 gt
2 ＝2v0
gt
利用位移关系
从圆心处水平抛出，落到半径为R 的圆弧上，如图所
示。
已知位移大小等于半径R
{
x＝v0t
y ＝1
2 gt
2
x
2＋y
2＝R
2
从与圆心等高的圆弧上水平抛出，落到半径为R 的圆弧
上，如图所示。
已知水平位移x 与半径R 的差的平方与竖直位移的平方之
和等于半径R 的平方
{
x＝R＋R cosθ
x＝v0t
y ＝R sinθ＝1
2 gt
2
( x−R)
2＋y
2＝R
2
课时精练
(分值：100 分)
10
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1~5 题每小题7 分，6 题14 分，共49 分
1.(多选)(2024·山东菏泽市校考)如图，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向。图中画出了从y 轴上沿x 轴正方向抛
出的三个小球a、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的。不计空气阻力，则( )
A.a 的飞行时间比b 长
B.b 和c 的飞行时间相等
C.a 的水平速度比b 的小
D.b 的初速度比c 的大
答案 BD
解析 平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，因y＝1
2gt2，ya<yb＝
yc，所以b 和c 的飞行时间相等且比a 的飞行时间长，A 错误，B 正确；因x＝vt，xa>xb>xc，ta<tb＝tc，故
va>vb>vc，C 错误，D 正确。
2.(2024·湖北卷·3)如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷
叶a、b、c、d 和青蛙在同一竖直平面内，a、b 高度相同，c、d 高度相同，a、b 分别在c、d 正上方。将青蛙
的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到( )
A.荷叶a
B.荷叶b
C.荷叶c
D.荷叶d
答案 C
解析 青蛙做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，则有x＝vt，h＝1
2gt2，可得v
＝x√
g
2h
因此水平位移越小，竖直高度越大，初速度越小，因此它应跳到荷叶c 上面。故选C。
3.(2025·山东临沂市调研)一小球从如图所示的坐标原点O 处开始做平抛运动，初速度沿着x 轴正方向。在坐
标原点O 处有束激光照射到小球上，随着小球的运动，激光束绕O 点不停转动，总能保持激光束跟踪小球。
设任意时刻激光束与x 轴正方向的夹角为θ，小球做平抛运动的时间为t，不计空气阻力，则( )
11
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A.tan θ∝1
t
B.tan θ∝1
t
2
C.tan θ∝t
D.tan θ∝t2
答案 C
解析 小球做平抛运动，竖直方向的位移为y＝1
2gt2，水平方向的位移为x＝v0t
因此激光束与x 轴正方向的夹角θ 的正切值为tan θ＝y
x ＝
1
2 gt
2
v0t ＝gt
2v0
，即tan θ∝t，故选C。
4.(2023·湖南卷·2)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
答案 B
解析 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；谷粒2 做斜抛运动，谷粒1 做平抛运动，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，从O 到P 两谷粒竖直方向上位移相同，故谷粒2 运动时间较长，C 错误；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。两谷粒从O 点运动到P 点的水平
位移相同，但谷粒2 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；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。
5.如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端把一高尔夫球水平击出让其在与斜面垂直的面内运动，
小球刚好落在斜面底端。B 点是运动过程中距离斜面的最远处，A 点是在阳光照射下小球经过B 点的投影点，
12
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不计空气阻力，则( )
A.小球在斜面上的投影做匀速运动
B.OA 与AC 长度之比为1∶3
C.若斜面内D 点在B 点的正下方，则OD 与DC 长度不等
D.小球在B 点的速度大小与整段运动过程的平均速度大小相等
答案 D
解析 将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可知小球沿斜面方向做初速度为v0cos θ，加速度
为gsin θ 的匀加速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动，故A 错误；小球垂直斜面方向做初
速度为v0sin θ，加速度为gcos θ 的匀减速直线运动，B 点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂直
斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，O 到B 与B 到C 的时间相等，均为t=v0sinθ
gcosθ ，则有LOA=v0cos
θ·t+1
2
gsin θ·t2 ，LOC=v0cos θ·2t+1
2
gsin θ·(2t)2 ，可得LAC=LOC-LOA=v0cos θ·t+1
2
gsin θ·3t2 ，所以LOA
LAC
=
v0cosθ·t + 1
2 gsinθ·t
2
v0cosθ·t + 1
2 gsinθ·3t
2
>1
3
，故B 错误；
将小球的运动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，则xOB'=v0t，小球从O 到C 有
xOC'=v0·2t=2xOB'，根据几何关系，可知D 点是OC 的中点，则OD 与DC 长度相等，故C 错误；小球在B 点的
速度vB=v0cos θ+gsin θ·t，整段运动过程的平均速度v= LOC
2t =v0cos θ+gsin θ·t，二者大小相等，故D 正确。
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6.(14 分)(2024·北京卷·19)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)(5 分)水从管口到水面的运动时间t；
(2)(5 分)水从管口排出时的速度大小v0；
(3)(4 分)管口单位时间内流出水的体积Q。
答案 (1)√
2h
g (2)d√
g
2h (3)Sd√
g
2h
解析 (1)水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向h＝1
2gt2
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
7~10 题每小题9 分，共36 分
7.如图所示，1、2 两个小球以相同的速度v0水平抛出。球1 从左侧斜面抛出，经过时间t1落回斜面上，球2
从某处抛出，经过时间t2恰能垂直撞在右侧的斜面上。已知左、右两侧斜面的倾角分别为α＝30°、β＝60°，
则( )
A.t1∶t2＝1∶2
B.t1∶t2＝1∶3
C.t1∶t2＝2∶1
D.t1∶t2＝3∶1
答案 C
解析 由题意可得，对球1，有tan α＝
1
2 gt1
2
v0t1
＝gt1
2v0
，对球2，有tan β＝
v0
gt2
，又tan α·tan β＝1，联立解得
t1∶t2＝2∶1，A、B、D 错误，C 正确。
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8.某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示。模型放到0.8 m 高的水平桌子上，最高点距离水平
地面2 m，右端出口水平。现让小球在最高点由静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距
离桌面的高度应设计为( )
A.0
B.0.1 m
C.0.2 m
D.0.3 m
答案 C
解析 小球从最高点到右端出口，机械能守恒，有mg(H－h)＝1
2mv2，从右端出口飞出后，小球做平抛运动，
有x＝vt，h＝1
2gt2，联立解得x＝2√( H −h)h，根据数学知识可知，当H－h＝h 时，x 最大，即h＝1 m 时，
小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为Δh＝1 m－0.8 m＝0.2 m，故C 正确。
9.(2024·山东菏泽市期中)固定的半圆形竖直轨道如图所示，AB 为水平直径，O 为圆心，质量不等的甲、乙两
个小球同时从A 点水平抛出，速度分别为v1、v2，经时间t1、t2分别落在等高的C、D 两点，OC、OD 与竖直
方向的夹角均为53°(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.v1∶v2＝1∶9
B.t1∶t2＝1∶4
C.甲球的速度变化量小于乙球的速度变化量
D.落在D 点的小球垂直打在圆弧上
答案 A
解析 设半圆形竖直轨道半径为R，根据两小球的轨迹，由数学知识可知x1＝R－Rsin 53°＝1
5R，y1＝Rcos
53°＝3
5R，x2＝R＋Rsin 53°＝9
5R，y2＝Rcos 53°＝3
5R，两小球竖直方向的位移相同，两小球下落的时间相同，
即t1＝t2，水平位移之比为1∶9，所以水平速度之比为1∶9，故A 正确，B 错误；在竖直方向上下落时间相
同，甲球的速度变化量等于乙球的速度变化量，故C 错误；假设落在D 点的小球垂直打在圆弧上，此时速度
方向沿半径，则速度的反向延长线交水平位移的中点，应在圆心处，因为水平位移小于2R，所以速度的反向
延长线不可能交于圆心，故D 错误。
10.(多选)(2024·山东卷·12)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/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10 m/s2，忽略空气阻力。
重物在此运动过程中，下列说法正确的是( )
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A.运动时间为2√3 s
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10 m
D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m
答案 BD
解析 解法一 以P 点为坐标原点，建立直角坐标系如图甲所示(PQ 为x 轴)
将v0沿两个坐标轴分解，则有
v0x＝v0cos 60°＝10 m/s，v0y＝v0sin 60°＝10√3 m/s
将重力加速度沿两个坐标轴分解，则有
ax＝gsin 30°＝5 m/s2
ay＝gcos 30°＝5√3 m/s2
从P 点抛出至落到Q 点的过程中，由对称性可知t＝2
v0 y
a y
＝4 s，A 错误；
重物距PQ 连线最远距离Y＝v0 y
2
2a y
＝10√3 m，C 错误；
落至Q 点时vx＝v0x＋axt＝30 m/s
由对称性得vy＝v0y＝10√3 m/s
落至Q 点时速度方向与x 轴夹角设为θ
tan θ＝v y
v x
＝√3
3 ，
则θ＝30°
又因PQ 与水平方向夹角为30°，
则落地速度方向与水平方向夹角α＝60°，B 正确；
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重物从抛出到最高点所用时间为t1＝v0sin30°
g
＝1 s
从最高点到落地所用时间为t2＝t－t1＝3 s
则轨迹最高点与落点的高度差为h＝1
2gt2
2＝45 m，D 正确。
解法二 以P 点为坐标原点建立直角坐标系，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，如图乙所示，P'与P 等高
v0x＝v0cos 30°＝10√3 m/s
v0y＝v0sin 30°＝10 m/s
从P→P'
t1＝2v0 y
g
＝2 s
x1＝v0xt1＝20√3 m
vx＝v0x＝10√3 m/s
vy＝v0y＝10 m/s，
从P'→Q
x2＝vxt2
y＝vyt2＋1
2gt2
2
由几何关系知：
tan 30°＝
y
x1＋x2
＝
10t2＋5t2
2
20√3＋10√3t2
解得：t2＝2 s
t 总＝t1＋t2＝4 s
A 错误；
从最高点至Q 点时间为t3＝t 总－t1
2 ＝3 s
vy'＝gt3＝30 m/s
tan α＝v y
'
v x
＝√3，α＝60°，B 正确；
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H＝1
2gt3
2＝45 m，D 正确；
离PQ 连线最远点速度方向与PQ 平行，即垂直于PQ 连线的分速度为0，最远距离D＝v⊥
2
2a⊥
＝(v0sin 60°)
2
2gcos30°
＝10√3 m，C 错误。
11.(15 分)(2025·山东省模拟)如图，BD 为斜面顶端的水平边沿，子弹从斜面最低点A 处以一定速度射出，经
过一段时间恰好水平击中D 点，不计空气阻力，已知斜面的倾角为30°，重力加速度为g，AB 长度xAB＝a，
BD 长度xBD＝√13
2 a。(v0未知)
(1)(6 分)求子弹从射出到击中D 点经历的时间；
(2)(9 分)求枪口瞄准点C 距离D 点的高度(C 点在D 点的正上方)。
答案 (1)√
a
g (2)a
2
解析 根据运动情景，画出如图甲所示的立体图，以射出点为原点，建立三维直角坐标系，如图乙所示，
(1)z 轴：az＝－g，z＝xABsin 30°＝1
2a
v0z＝√2 gz＝√ga，t＝√
2 z
g ＝√
a
g
(2)y 轴：ay＝0，y＝xABcos 30°＝√3
2 a
vy＝y
t ＝√3 ga
2
x 轴：ax＝0，x＝xBD＝√13
2 a，
vx＝x
t ＝√13 ga
2
利用运动的合成，分别求出合初速度及xOy 平面上的合初速度
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v0＝√v x
2＋v y
2＋v0 z
2＝√5 ga
v'＝√v x
2＋v y
2＝2√ga
设初速度方向与水平面的夹角为θ，
则cos θ＝v '
v0
＝2
√5
进而求得tan θ＝1
2
由几何关系知：OA＝2a，OC＝OAtan θ＝a，
CD＝OC－OD＝a
2。
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