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第四章 曲线运动
第17 课时 抛体运动
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【考向预测●明考向】
抛体运动以运动的合成与分解为核心方法，分为平抛、斜抛两类题型，重点掌握水平匀速直线
运动与竖直匀变速直线运动的独立分解规律，考查初速度、下落高度、射程、落点速度、偏转角计
算，同时涉及斜面平抛、台阶平抛、有约束边界平抛等经典模型，常结合v-x、v-t 图像、临界落点设
问，可单独出选择填空，也常与电场、圆周运动综合作为计算题素材；近三年是曲线运动基础高频考
点，每套试卷基本均有相关小题或综合设问；预测2027 年会侧重多边界约束平抛临界问题、斜抛运
动对称规律应用，强化带电粒子类类平抛模型联立动力学计算，融合图像数据分析、多过程分段抛体
运动的综合运算考查。
【双基自测●夯基础】
1．一架投放救灾物资的飞机在受灾区域的上空水平地匀速飞行，从飞机上投放的救灾物资在
落地前的运动中（不计空气阻力）
(1)速度和加速度都在不断改变( )
01
考向预测●明考向
对标核心素养，研判高考命题趋势
02
核心梳理●明考点
搭建知识框架，构建系统思维
03
双基自测●夯基础
夯实基础知识，总结易错难点
04
考点突破●明方向
拆解核心考点，归纳解题范式
05
真题演练●悟高考
溯源真题逻辑，感知高考考向
06
过关限时训练
限定答题时长，模拟考场实战
(2)速度和加速度方向之间的夹角一直减小。( )
(3)在相等的时间内速度的改变量相等。( )
(4)在相等的时间内速率的改变量相等。( )
(5)在相等的时间内，动能的改变量相等。( )
【答案】(1)错误
(2)正确
(3)正确
(4)错误
(5)错误
【详解】（1）货物做平抛运动，速度在不断改变，但加速度不变。（ 错误）
（2）水平速度不变，竖直速度不断增加，可知速度和加速度方向之间的夹角tanθ = v0
v y
，一直
减小。（正确）
（3）根据Δv = g Δt，因加速度不变，可知在相等的时间内速度的改变量相等。（正确）
（4）在相等的时间内速度的改变量相等，但在相等的时间内速率的改变量不相等。（错
误 ）
（5）根据动能定理，在相等的时间内，下落的竖直高度逐渐增加，可知合外力功增加，可知
动能的改变量逐渐增加。（ 错误 ）
2．如图，球场上，运动员从某一高度以某一水平速度击出网球，如果不计空气阻力。
(1)网球将做自由落体运动。( )
(2)网球做匀变速运动。( )
(3)网球的初速度越大，下落得越快。( )
(4)网球的速度方向与水平方向的夹角越来越大。( )
(5)若足够高，网球速度方向最终可能竖直向下。( )
(6)网球的合位移的方向与合速度的方向一致。( )
【答案】(1)×
(2)√
(3)×
(4)√
(5)×
(6)×
【详解】（1）网球将做平抛运动，故该说法错误；
（2）不计空气阻力，网球只受重力，加速度不变且等于重力加速度，网球做匀变速运动，故
该说法正确；
（3）网球竖直方向做自由落体运动，初速度大小不影响下落得快慢，故该说法错误；
（4）设网球的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ = v y
v0
=gt
v0
随着时间的推移，tanθ增大，θ增大，故该说法正确；
（5）网球有水平方向的速度，故网球速度方向最终不可能竖直向下，故该说法错误；
（6）设网球的合位移的方向与水平方向的夹角为α，则tan α = y
x =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
又设网球的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ = v y
v0
=gt
v0
=2tan α
故α ≠θ，网球的合位移的方向与合速度的方向不一致，故该说法错误。
3．关于下列基本概念，判断是否正确，对的表明√，不对的表明×，不对的加以改正。
（1）抛体运动有斜上抛运动，斜下抛运动，竖直上抛运动，自由落体运动，抛体运动都是匀
变速运动。( )
（2）曲线运动的物体的速度一定在变，所受的力的方向可以变，也可以不变。( )
（3）不考虑空气阻力，抛出去的篮球做曲线运动，但是受力不变，加速度不变。( )
（4）曲线运动的物体，所受的合力一定不为0。( )
（5）物体做曲线运动，所受到的力的大小和方向都不变，则物体的轨迹为抛物线。( )
（6）物体的初速度为0，所受的合力不为0，则物体沿着合力的方向做匀变速直线运动。( )
（7）做曲线运动的物体加速度一定不为零。( )
（8）速度变化的运动一定是曲线运动。( )
（9）合运动的速度一定比分运动的速度大。( )
（10）抛体运动的轨迹都是曲线。( )
【答案】 正确 正确 正确 正确 正确 正确 正确 错误
错误 错误
【详解】（1）[1]物体做抛体运动，忽略空气阻力，只受重力作用，加速度不变，是匀变速
运动，故正确。
（2）[2]曲线运动一定是变速运动，所受的力的方向可以变，如圆周运动；也可以不变，如
平抛运动，故正确。
（3）[3]不考虑空气阻力，抛出去的篮球做曲线运动，只受重力作用，受力不变，加速度不
变，故正确。
（4）[4]曲线运动的物体，运动状态变化，所受的合力一定不为0，故正确。
（5）[5]物体做曲线运动，所受到的力的大小和方向都不变，则物体的轨迹为抛物线，故正
确。
（6）[6]物体的初速度为0，所受的合力不为0，加速度不为0，则物体沿着合力的方向做匀
变速直线运动，故正确。
（7）[7]做曲线运动的物体，所受的合力一定不为0，加速度一定不为零，故正确。
（8）[8]速度变化的运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，故错误。
（9）[9]合运动的速度可能比分运动的速度大，也可能小，也可能相等，故错误。
（10）[10]竖直上抛运动的轨迹是直线，故错误。
考点一 平抛运动基本规律的应用
【核心梳理●明考点】
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)四个基本特点
飞行
时间
由t=❑√
2h
g 知，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关
水平
射程
x=v0t=v0
❑√
2h
g ，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
落地
速度
v=❑√v x
2+ v y
2=❑√v0
2+2gh，落地速度也只与初速度v0和下落高度h 有关
速度
变化
量
任意相等时间间隔Δt 内的速度变化量Δv=gΔt 相同，方向恒为竖直向下，如图所示。
注意：平抛运动中任意相等时间间隔Δt 内的速率变化量一定不相等
(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。
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。
5.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。
6.处理平抛运动的极值问题的关键
此类问题通常为位置关系的限制或速度关系的限制，可利用平抛运动规律列出水平方向与竖
直方向的方程，若有必要，可结合功能关系等知识列出方程，得出相关函数关系式，利用数
学方法得出最大值或最小值。
【考点突破●明方向】
例1 (2025·浙江省精诚联盟联考)如图所示，某排球训练场地的长、宽、球网高分别为
2d、d、d
4，图中ED=d
2。发球点位于BC 中点正上方的O 点，运动员在O 点将排球沿水平
方向击出，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.若排球恰好擦网落在对方底线AD 上，则排球在空中做平抛运动的时间为❑√
d
3 g
B.若排球恰好擦网落在对方底线AD 上，则排球击出时的最大速度大小为
❑√26 gd
2
C.若排球恰好落在E 点，则排球在空中做平抛运动的时间可能为❑√
d
2g
D.若排球恰好落在E 点，则排球击出时的速度大小可能为❑√2 gd
【答案】D
【解析】若排球恰好擦网落在对方底线AD 上，设总时间为2t，则擦网前后的时间均为t，可
知
h-d
4=1
2gt2，h=1
2g(2t)2，解得t=❑√
d
6 g
即排球在空中做平抛运动的时间为t'=2t=❑√
2d
3 g，选项A 错误；
若排球恰好擦网落在对方底线AD 上，则排球水平方向最大位移xm=❑√( d
2 )
2+(2d)
2=
❑√17
2 d
击出时的最大速度大小为vm= xm
t ' =❑√
51 gd
8
选项B 错误；
若排球恰好落在E 点，则在球网左右两侧的水平位移大小之比为1∶2，可知运动的时间之比
为1∶2，设为t1和2t1，则h1=1
2g(3t1)2，h1-d
4 ≥1
2g(2t1)2
联立解得t1≥❑√
d
10 g
则排球运动的时间t″=3t1≥❑√
9d
10 g
不可能为❑√
d
2 g，选项C 错误；
若排球恰好落在E 点，水平位移大小
x=❑√( d
2 )
2+( 3d
2 )
2=❑√
5
2d
则排球击出时的速度大小v= x
t
″ ≤5
3
❑√gd
可能为❑√2gd，选项D 正确。
例2 (2025·浙江6 月选考·3)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，重力加速度为g，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
【答案】B
【解析】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；钢球撞击木板时，速度方向与水平方向的夹角满足tan θ=v y
v0
=
❑√2 gh
v0
，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；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。
例3 某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示。模型固定到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
略摩擦力和空气阻力作用，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，根据机械能守恒定律，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。
考点二 斜抛运动
【核心梳理●明考点】
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
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
2g =v0
2sin
2θ
2g
。
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
2sin2θ
g
，
对于给定的v0，当θ=45°时，射程达到最大值，smax=v0
2
g 。
5.逆向思维法的应用
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。
6.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。
【考点突破●明方向】
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】根据运动情景，以击球点为坐标原点，以平行于墙面方向、垂直于墙面方向和竖直
方向建立三维直角坐标系，如图所示。结合题中条件有：
z 轴方向：
z=H-y=7.2 m，az=-g(方向竖直向下)
v0z=❑√2 gz=12 m/s
上升时间t=❑√
2 z
g =1.2 s
y 轴方向：y=4.8 m，ay=0，
碰前：v0y= y
t =4 m/s
碰后：v0y'=0.75v0y=3 m/s
x 轴方向：
ax=0，v0x=v0x'=
❑√v0
2−v0 z
2−v0 y
2=3 m/s
故碰撞后的网球速度v=
❑√v0 x'
2+ v0 y'
2=3❑√2 m/s
落地过程中，分别在z 轴和y 轴方向研究：
z 轴：t'=❑√
2 H
g =1.3 s
y 轴：着地点到墙壁的距离d=v0y't'=3.9 m，故选B、D。
例5 铅球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倾角抛
球。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)运动员抛岀的铅球飞岀的水平距离。
【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
2g
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'
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=v0xt 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。
【真题演练●悟高考】
一、单选题
1．（2026·江苏·高考真题）如图所示，小明跳起从同一高度将排球水平击出三次，排球分别
落于a、b、c 三点，不计空气阻力，关于该过程，下列说法正确的是（ ）
A．排球的飞行时间满足ta > tb > tc
B．排球的飞行时间满足ta < tb < tc
C．排球的初速度满足va < vb < vc
D．排球的初速度满足va = vb = vc
【答案】C
【详解】AB．竖直方向上，根据自由落体运动公式h= 1
2 gt
2，可得飞行时间t = ❑√
2h
g
因为排球从同一高度抛出，且落在同一水平面上，所以下落高度h 相同，故三次飞行的时间
相等，即ta = tb = tc，故A 错误，B 错误；
CD．水平方向上，根据匀速直线运动公式x = v0t，可得初速度v0= x
t
由图可知，排球的水平位移关系为xa< xb< xc，且已知飞行时间t 相等，所以初速度满足
va<vb<vc，故C 正确，D 错误。
故选C。
2．（2026·广东·高考真题）如图是月球上一圆柱形阴影坑竖直截面图。假定某飞行器在月面
上空H =1.28km向坑中心方向以速度v0匀速水平飞行。在距坑边l =1.2km的P点正上方关闭动
力，此后只受月球重力，直至抵达着陆线。已知坑直径d =3km，月面至着陆线深度h=1.6km
，月面重力加速度取g月=1.6 m/s
2，飞行器可视为质点。飞行器安全到达着陆线，则v0的大小
可能是（ ）
A．20 m/s
B．50 m/s
C．110 m/s
D．120 m/s
【答案】B
【详解】根据题意可知飞行器安全到达着陆线，速度最小时会刚好通过月面坑边到达着陆
线，此时根据平抛运动规律在竖直方向有H = 1
2 g月t1
2，代入数据解得t1=40s
在水平方向有l = v0t1，代入数据可得v0=30 m/s；
飞行器安全到达着陆线，速度最大时会到达着陆线最右端的坑边缘，此时根据平抛运动规律
在竖直方向有H +h= 1
2 g月t2
2，代入数据解得t2=60s
在水平方向有l+d = v0t2，代入数据可得v0=70 m/s
所以飞行器安全到达着陆线需满足30 m/s≤v0≤70 m/s
故选B。
3．（2026·河南·高考真题）如图1，网球运动员将球沿水平方向击出，球运动轨迹所在平面
与球网面的夹角为45°，球恰好擦过球网上沿的P点，图2 为球运动轨迹在球网所在平面的投
影，轨迹投影在P点的切线与球网上沿的夹角为φ。已知击出时球的速度大小为20 m/s，
tanφ =0.2，重力加速度大小取g=10 m/s
2，不计阻力，则击球点到球网面的距离为（ ）
A．4 m
B．6 m
C．8 m
D．10 m
【答案】A
【详解】网球被水平击出后做平抛运动，初速度大小为v0=20 m/s，轨迹平面与球网面夹角为
45°，将初速度v0分解，垂直于球网面的速度v z= v0sin 45°
平行于球网面的速度v x= v0cos45°
网球在竖直方向做自由落体运动，设从击球点到P点的运动时间为t，网球在P点的竖直速度
v y =>¿
P点的切线与球网上沿夹角为φ，切线斜率满足tanφ= v y
v x
代入v y =>¿，v x = v0cos45°，得t = v0tanφcos45°
g
网球在垂直于球网方向匀速运动，位移d = v zt
代入v z= v0sin 45°和t的表达式，得d = v0
2 tan φsin 45°cos 45°
g
解得d = 4 m
因此击球点到球网面的距离为4 m。
故选A。
4．（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
【答案】B
【详解】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 = v y
v0
=
❑√2gh
v0
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。
故选B。
5．（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
【答案】C
【详解】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，向下为正，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h−L
2 = v0sinθ⋅t −1
2 gt
2
联立以上各式，可得tanθ = 1
4
故选C。
6．（2024·湖北·高考真题）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
【详解】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有
x = vt ,h= 1
2 gt
2
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，因此跳到荷叶c 上面。
故选C。
7．（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（ ）
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v y，水平方向速度为v x，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
v x= x
t
由图像可知水平方向的位移大小关系xa> xb，最高点的速度大小关系va>vb，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。
8．（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（ ）
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。
二、多选题
9．（2026·云南·高考真题）如图所示，运动员在空场上将排球从a 点击出，a 点与球网顶部b
点的水平距离为x、竖直距离为h，排球被击出时速度大小为v、方向与重力方向之间的夹角
为θ（0°<θ<180°）。将排球视为质点，其运动轨迹所在平面与球网平面垂直，不计空气阻
力，不考虑擦网球。运动员某次以θ =90°击球时，排球贴近b 点越过球网后正好落到对方场
地的底线上，相对于此次击球，下列说法正确的是（ ）
A．保持v、x、h 不变，减小θ，排球一定下网
B．保持v、x、h 不变，增大θ，排球一定不会出界
C．保持θ 不变，增大x 同时减小h，排球不下网就一定出界
D．保持x、h 不变，同时增大v 和θ，排球从被击出到落地所需时间可能不变
【答案】AC
【详解】方法一
根据题意可知，运动员某次以θ =90°击球时，即初速度方向为水平，排球贴近b 点越过球
网，则有x = vt
解得t = x
v
竖直方向上有h= 1
2 gt
2
可得
A．保持v、x、h 不变，减小θ，则球竖直向下的初速度大于零，水平方向的分速度小于v，
竖直方向根据h= v y 0t
′ + 1
2 gt
′2
可知t
′<t
水平方向x
′ = v x 0t
′< x
可知排球一定下网，故A 正确；
B．设球抛出时与水平方向的夹角为α（0≤α ≤90°），落地时速度为v
′，画出速度的矢量三角
形，如图所示
在矢量三角形ABC 中，面积S = 1
2 >⋅v0cosα
水平位移x = v0cosα ⋅t
联立可得S = 1
2 gx
即三角形面积最大时，水平位移最大，又S = 1
2 v0v
′ sin β
根据动能定理可知落地时速度v
′为定值，v0也为定值，当sin β =1即β =90°时，S有最大值，即
末速度方向与初速度方向垂直时，水平位移有最大值，显然当球水平抛出时，末速度方向与
初速度方向夹角为小于90°，根据数学知识可知，保持v、x、h 不变，增大θ，排球的水平射
程先增大后减小，可知排球可能会出界，故B 错误；
C．保持θ 不变，增大x 同时减小h，根据h= 1
2 gt1
2可知球抛出到网顶点的时间变小，要能过
网，则需要增大初速度，设恰好能过网的初速度为v
″，设网高为H，球到网顶点竖直方向的
速度v y = gt1变小，过网后，竖直方向根据H = v yt
″+ 1
2 gt
″2可知球运动的时间比增大x 同时减小
h 前长，水平方向x
″ = v
″ t
″的位移比增大x 同时减小h 前大，故一定会出界，故C 正确；
D．保持x、h 不变，同时增大v 和θ，则球竖直向上向的初速度不为零，根据
h=−v y 0t
′ + 1
2 gt
′2可知时间变大，故D 错误。
故选AC。
方法二
根据题意可知，运动员某次以θ = 90°击球时，即初速度方向为水平，排球贴近b 点越过球
网，则有x = vt
解得t = x
v
竖直方向上有y = 1
2 gt
2
以击球点a 为原点建立直角坐标系，水平向右为x 轴正方向，竖直向上为y 轴正方向则排球轨
迹方程为y =−g
2v
2 x
2
排球贴近网顶飞过，则−h=−g
2v
2 x
2
解得h= g x
2
2v
2
设对方底线位于（L，－H）处排球恰好落在对方底线上，则−H =−g
2v
2 L
2
解得H = g L
2
2v
2
A．保持v、x、h 不变，减小θ，即θ<90°，此时初速度有向下的分量。将速度分解有
vx=vsinθ，vy=－vcosθ
在网顶x = x 处，排球的高度为y =−xcotθ−
g x
2
2v
2sin
2θ
利用h= g x
2
2v
2 ，可得y =−xcotθ−
h
sin
2θ
θ = 90°击球时网顶高度为－h。有−h−y = xcotθ＋hcot
2θ>0
因此y <－h 排球在网顶处的高度低于网顶，一定下网，故A 正确；
B．保持v、x、h 不变，增大θ，即θ>90°此时，初速度有向上的分量。令α = θ－90°（0° < α
< 90°），则vx = vcosα，vy = vsinα
落地时间t 满足−H = v sin α ⋅t −1
2 gt
2
解得t = v sinα ＋
❑√v
2sin
2α ＋2 gH
g
水平射程S = v xt = v cosα
g
(v sinα ＋
❑√v
2sin
2α ＋2gH)
θ = 90°击球时射程S0= L= v ❑√
2 H
g
对S 在α = 0°处求导S
′ (0)= v
2
g >0
说明从θ = 90°开始增大，射程最初会增加，落点将超出底线。因此增大θ 并非“一定不会出
界”，而是可能出界，故B 错误；
C．保持θ 不变（即仍为90°平抛），增大x 同时减小h，平抛轨迹仍为y =−g
2v
2 x
2
改变后的网的水平距离为x′ > x，竖直高度差为h′ < h，若排球不下网，需满足在x′处y′ ≥－h′
即−g x
'2
2v
2 ≥−h
'
解得h
′≥g x
′2
2v
2
根据g x
2
2v
2 =h，且x′ > x，则有g x
′2
2v
2 > g x
2
2v
2 =h>h
′
因此h
′≥g x
′2
2v
2 不可能成立。即在增大x、减小h′的条件下，排球必定下网，“不下网”的情况
根本不会发生，故C 正确；
D．保持x、h 不变，同时增大v 和θ，则θ>90°，初速度有竖直向上的分量v y =−v cosθ>0
设增大后的速度为v
′，竖直初速度v y 0
' >0。落地时间为t，由−H = v y 0
' t −1
2 gt
2
解得t = v y 0
' ＋
❑√v y 0
' 2 ＋2 gH
g
基准平抛时v y 0=0，t0= ❑√
2 H
g
因为v y 0
' >0，显然有v y 0
' ＋❑√v y 0
'
2 ＋2gH >❑√2 gH
解得t > t0
故飞行时间一定增大，不可能与基准时间相同，故D 错误。
故选AC。
10．（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v x和竖直方向分速度v y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v x
为定值，则有水平位移
x = v xt
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 = v y 0t −1
2 gt
2，v y = v y 0−>¿
且最高点时竖直方向的速度为0，故B 错误，D 正确。
故选AD。
11．（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° =10 m /s，v2= v0sin 60° =10 ❑√3 m /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° =5 m /s
2，a2= gcos30° =5 ❑√3 m /s
2
垂直PQ方向根据对称性可得重物运动时间为
t =2 v2
a2
= 4s
重物离PQ 连线的最远距离为
dmax = v2
2
2a2
=10 ❑√3 m
故AC 错误；
B．重物落地时竖直分速度大小为
v y =−v0sin30°+>=30 m /s
则落地速度与水平方向夹角正切值为
tanθ = v y
v x
=
v y
v0cos30° = ❑√3
可得
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= 45 m
故D 正确。
故选BD。
三、解答题
12．（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。
【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 = S v0= Sd ❑√
g
2h
13．（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度l =1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台
上，薄板的右端与平台的边缘O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑
动，当薄板运动的距离Δl = l
6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰
好运动到O 点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大
小g=10 m/s
2。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；1
3 s；（2）5
9 m
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
a1= μg =3 m/s
2
薄板做加速运动的加速度
a2= μmg
m =3 m/s
2
对物块
l+ Δl = v0t −1
2 a1t
2
对薄板
Δl = 1
2 a2t
2
解得
v0= 4 m/s
t = 1
3 s
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
v2=a2t =1m/s
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
t
' =
l
2 −l
6
v2
= 1
3 s
则平台距地面的高度
h= 1
2 gt
' 2= 5
9 m
【过关限时训练】
（60 分钟）
[分值：33 分]
[1~7 题，每题3 分]
1.(2025·云南卷·3)如图所示，某同学将两颗鸟食从O 点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M
点和N 点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则(
)
A.两颗鸟食同时抛出
B.在N 点接到的鸟食后抛出
C.两颗鸟食平抛的初速度相同
D.在M 点接到的鸟食平抛的初速度较大
【答案】D
【解析】鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有h=1
2gt2，由于hM<hN，则tM<tN，要同时
接到鸟食，则在N 点接到的鸟食先抛出，故A、B 错误；在水平方向有x=v0t=v0
❑√
2h
g ，过M
点作一水平面，如图所示。可看出在相同高度处，在M 点接到的鸟食水平位移大，则在M 点
接到的鸟食平抛的初速度较大，故C 错误，D 正确。
2.(2025·江西卷·4)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(未知)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❑√
2 g
H −h-v2
B.l❑√
g
2( H −h)-v2
C.l❑√
H −h
2 g -v2
D.l❑√
2( H −h)
g
-v2
【答案】B
【解析】若小孩能接到球，则有H-h=1
2gt2，l=v1t+v2t，联立解得v1=l❑√
g
2( H −h)-v2，故选B。
3.(2025·浙江省七彩阳光新高考研究联盟联考)如图是用频闪照相的方法记录的做平抛运动的
小球每隔相等时间的位置图。刚水平抛出的小球位置标记为1，并依次将其他位置标记为2、
3、4、5。不计空气阻力，则( )
A.3 速度大小是2 速度大小的二倍
B.5 速度大小是3 速度大小的二倍
C.2、3 之间的距离是1、2 之间的三倍
D.3、5 之间的竖直距离是1、3 之间的三倍
【答案】D
【解析】根据平抛运动竖直方向的运动规律vy=gt，有vy3=g·2t，vy2=g·t，故vy3=2vy2
但根据v=
❑√v y
2+ v x
2，知v3≠2v2，故A 错误；
同理vy5=g·4t=2·(g·2t)=2vy3，但根据v=
❑√v y
2+ v x
2，知v5≠2v3，故B 错误；
根据初速度为零的匀变速直线运动规律的推论知2、3 之间的竖直距离是1、2 之间的三倍，
又2、3 之间的水平距离等于1、2 之间的水平距离，根据勾股定理知2、3 之间的距离不是
1、2 之间的三倍，故C 错误；
根据初速度为零的匀变速直线运动规律的推论知，3、5 之间的竖直距离是1、3 之间的三倍，
故D 正确。
4.(2025·湖北卷·6)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，tan θ 的
值为( )
A.1
2
B.1
3
C.1
4
D.1
6
【答案】C
【解析】设网球离开球拍瞬间的速度大小为v0，球网高度为h，则网球两次运动过程沿水平
方向均做匀速直线运动，有L=v0cos θ·t，斜向上将球击出后，沿竖直方向有h- L
2 =v0sin θ·t-1
2
gt2，斜向下将球击出后，沿竖直方向有L-h=v0sin θ·t+1
2gt2，解得tan θ=1
4，故选C。
5.(2025·浙江省强基联盟一模)打水漂是一项很有趣的运动，其成功与否的条件之一是石块入
水速度与水面的夹角。小明某次打水漂时，将一小石块从离水面高度45 cm 的地方水平抛出，
石块首次入水速度与水面的夹角等于37°，结果打水漂失败。为提高成功率，小明降低抛出点
以同一速度平抛石块，这次石块首次入水速度与水面的夹角等于26.5°，打水漂成功。抛出点
下移的距离为(不计空气阻力，tan 26.5°≈0.50，重力加速度g 取10 m/s2)( )
A.20 cm
B.25 cm
C.30 cm
D.35 cm
【答案】B
【解析】打水漂过程中石块做平抛运动，第一次打水漂， h1=45 cm，在竖直方向有v y 1
2=2gh1
解得vy1=3 m/s
根据速度夹角关系有tan 37°=
v y 1
v0
解得v0=4 m/s
第二次打水漂，设石块刚落到水面时竖直方向的速度为vy2，根据速度夹角关系有tan 26.5°=
v y 2
v0
解得vy2=2 m/s
设此过程竖直方向下落的高度为h2，则有h2=v y 2
2
2g =0.2 m=20 cm，故抛出点下移的距离为
Δh=h1-h2=25 cm，故选B。
6.(2025·浙江温州市三模)如图所示是一种投弹式干粉消防车。某次灭火行动中，消防车出弹
口到高楼水平距离x=12 m，发射灭火弹的初速度与水平面夹角θ=53°，且灭火弹恰好垂直射
入建筑玻璃窗。已知灭火弹可视为质点，不计空气阻力，sin 53°=0.8，重力加速度取10
m/s2，则灭火弹在空中运动的轨迹长度最接近于( )
A.13 m
B.14 m
C.15 m
D.20 m
【答案】C
【解析】灭火弹恰好垂直射入建筑玻璃窗，此时灭火弹的竖直分速度为0，设灭火弹的初速
度为v0，则有0=v0sin 53°-gt，x=v0cos 53°·t，联立解得v0=5❑√10 m/s，t=2❑√10
5
s，则灭火弹的
竖直位移大小为y=v0sin53°+0
2
·t=8 m，则灭火弹的合位移大小为s 合=❑√x
2+ y
2=❑√12
2+8
2 m=4
❑√13 m≈14.4 m，又由20 m=
x
cos53° ，根据几何关系可知灭火弹在空中运动的轨迹长度应略大
于灭火弹的合位移大小，同时小于20 m，所以最接近于15 m，故选C。
7.(2025·浙江湖州市三模)篮球投出后在空中的运动轨迹如图所示，A、B 和C 分别为抛出点、
最高点和入篮筐点。已知抛射角α，B 点与C 点的竖直距离h，重力加速度为g，忽略空气阻
力，则( )
A.可以求出篮球入筐时的速度
B.可以求出AB 连线与水平方向的夹角
C.A 到B 的时间可能与B 到C 的时间相等
D.篮球入筐时的速度与水平方向的夹角可能为α
【答案】B
【解析】根据题意可知，篮球做斜抛运动，水平方向的速度不变，则有vAcos α=vB=vCx
从A 到B 过程中，有tAB=v A sin α
g
，xAB=vAcos α·tAB，hAB=(v A sin α )
2
2g
AB 连线与水平方向的夹角的正切值tan θ=
hAB
x AB
=tan α
2
由于α 已知，则θ 可求，故B 正确；
从B 到C 过程，篮球做平抛运动，下落高度为h，则有tBC=❑√
2h
g ，vCy=❑√2gh
则vC=
❑√vCx
2+2gh
由于vCx未知，则不可以求出篮球入框时的速度，由于hAB>h，则有tAB>tBC，故A、C 错误；
结合上述分析可知vAy=
❑√2ghAB，vAx=vCx
则有tan α=
v Ay
v Ax
=
❑√2ghAB
v Ax
设篮球入筐时的速度与水平方向的夹角为β，则有tan β=
vCy
vCx
=
❑√2gh
vCx ，由于hAB>h，则有tan
α>tan β，即篮球入筐时的速度与水平方向的夹角β 一定小于α，故D 错误。
[8、9 题，每题4 分]
8.(2025·浙江省衢丽湖三地市一模联考)如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框
架ABCD-A1B1C1D1，棱长为L，从顶点A 以不同速率沿不同方向水平抛出同一小球(可视为质
点)，不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A.落点在A1B1C1D1内的小球，初速度的最大值为❑√
gL
2
B.运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同
C.落点在A1B1C1D1内的小球，落地时重力的瞬时功率可能不同
D.小球击中CC1的各次运动中，击中CC1中点的末速度最小
【答案】B
【解析】落点在A1B1C1D1内的小球，运动时间为t=❑√
2 L
g
落到C1点的小球初速度最大，则初速度的最大值为v0m=
❑√2 L
t
=❑√gL
选项A 错误；
运动轨迹与AC1相交的小球，位移的偏向角均相同，均为tan θ=
1
2 gt
2
v0t
=gt
2v0
速度的偏向角tan α=gt
v0 =2tan θ
可知速度偏向角都相同，即在与AC1交点处的速度方向都相同，选项B 正确；
落点在A1B1C1D1内的小球，下落的竖直高度均为L，则落地的竖直速度大小均为vy=❑√2gL
则落地时重力的瞬时功率PG=mgvy=mg❑√2gL，都相同，选项C 错误；
小球击中CC1的各次运动中，设初速度大小为v0，则运动时间t1=
❑√2 L
v0
竖直速度大小vy=gt1=
❑√2 gL
v0
击中CC1时的速度大小
v1=❑√v0
2+ v y
2=❑√
v0
2+ 2g
2 L
2
v0
2
由数学知识可知，当v0
2=2g
2 L
2
v0
2 时v1最小，即v0
2=
❑√2gL
此时击中CC1时下落的竖直高度
h=1
2gt1
2=
❑√2
2 L≠1
2L
选项D 错误。
9.如图甲，某景观喷泉正以喷头为中心，在同一竖直面内向各个方向以相同大小的初速度将
水喷出，落到水平湖面上，空气阻力忽略不计。以喷头为坐标原点O，水平方向为x 轴，竖
直方向为y 轴建立坐标系，如图乙所示。已知图乙中实曲线为部分水流的轨迹，虚曲线为水
流的包络线(与所有水流的轨迹均相切的曲线)，虚曲线的方程为y=-5
9x2+ 9
20(m)。重力加速度
g 取10 m/s2，则( )
A.水喷出时速度大小为3❑√2 m/s
B.水喷出后在空中飞行的最长时间为0.3 s
C.水流飞行的最大水平位移为0.45 m
D.水平位移最大的水流在空中的时间为3 ❑√2
10 s
【答案】D
【解析】由题可知，当x=0 时，则有y= 9
20 m，此时水流喷出时的速度竖直向上，结合竖直上
抛运动规律y=v0
2
2g，联立解得v0=❑√2gy=3 m/s，A 错误；此种情况下水在空中飞行时间最长，
根据y=1
2gt2，可知竖直向上喷出的水流向上运动的时间t 上=❑√
2 y
g =0.3 s，根据对称性可得，水
喷出后在空中飞行的最长时间为tm=2t 上=0.6 s，B 错误；当y=0 时，水平位移最大，则-5
9x2+
9
20(m)=0，解得x=0.9 m，C 错误；设水流喷出时，速度方向与水平方向的夹角为θ，根据运
动的分解可得水平位移x=v0cos θ·T，竖直方向上则有t=v0sinθ
g
，根据运动的对称性可得T=2t=
2v0sinθ
g
，联立可得x=v0
2
g sin 2θ，由数学知识可知，当θ=45°时水平位移最大，故水平位移最
大的水流在空中的时间为T=2t=2v0sinθ
g
=3 ❑√2
10 s，D 正确。
[4 分]
10.(多选)如图所示，一宽阔的斜面体，倾角θ=30°，高为h，上表面ADBC 为光滑正方形。现
有一小球甲在斜面顶端A 处沿斜面以水平速度v1射出，从斜面B 处离开。另有一小球乙从A
点以水平速度v2射出(图中未画出)，从空中恰好击中B 处，途中未与斜面接触。不计空气阻
力，下列说法正确的是( )
A.甲、乙两小球初速度大小之比v1∶v2=1∶2
B.甲、乙两小球初速度大小之比v1∶v2=1∶❑√7
C.两小球初速度之间的夹角的正弦值为
❑√2
2
D.两小球初速度之间的夹角的正弦值为
❑√21
7
【答案】BD
【解析】对甲球，受到重力和支持力两个力的作用，合力沿斜面向下，与初速度垂直，小球
做类平抛运动，所受合力为重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律得mgsin θ=ma，解得
a=gsin θ
根据类平抛运动规律可知到达B 点时，有
y1= h
sinθ=1
2gsin θ·t1
2
x1=v1t1
对乙球，有
y2=h=1
2gt2
2，x2=v2t2
又根据几何关系有
x2
2=x1
2+(
h
tanθ)2，x1=y1
联立解得v1∶v2=1∶❑√7，故A 错误，B 正确；
甲、乙两小球初速度之间的夹角的正弦值为
sin α=
h
tanθ
❑√(
h
sinθ )
2+(
h
tanθ )
2=
❑√21
7 ，故C 错误，D 正确。
