文档文本内容
第18 讲 抛体运动
目 录
巩固·知识解构...................................................................................................................................... 1
知识点1 平抛运动.............................................................................................................6
知识点2 斜抛运动...........................................................................................................2
模拟·基础演练...................................................................................................................................... 3
模拟·基础演练...............................................................................................................4
⏳题型01 平抛运动的基本规律与推论.....................................................................................4
⏳题型02 平抛运动与斜面（曲面）的结合.............................................................................7
⏳题型03 斜抛运动...................................................................................................................20
⏳题型04 类平抛运动...............................................................................................................24
重难·创新演练.............................................................................................................28
真题·实战演练............................................................................................................................31
重难·创新演练....................................................................................................................................10
真题·实战演练.................................................................................................................................... 13
巩固·知识解构
知识点1 平抛运动
1．平抛运动
(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：运动的合成与分解
①水平方向：匀速直线运动。
②竖直方向：自由落体运动。
(4)基本规律
如图所示，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。
①位移与时间的关系
②速度与时间的关系
1
知识点2 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（以斜上抛运动为例，如图所示）
①水平方向：v0x＝v0cos
θ ，F 合x＝0。
②竖直方向：v0y＝v0sin
θ ，F 合y＝mg。
模拟·基础演练
查重点：平抛运动的规律 平抛与斜面 曲线的结合
题型01 平抛运动的基本规律与推论
1.（2026·湖南·模拟预测）2025 年法国网球公开赛中，中国选手郑钦文以2:1战胜了俄罗斯选手萨姆索诺娃，
晋级八强。某次比赛在网前截击中，网球以6m/s 的速度水平击出，落到对方场地时的速度大小是10m/s，
不计空气阻力，重力加速度的大小g=10 m /s
2，则网球落地点与击出点间的水平距离x 和网球击出点的高
度h 分别为（ ）
A．x = 4.8 m h=3.2m
B．x = 4.8 m h=1.6 m
C．x =2.4 m h=3.2m
D．x =2.4 m h=1.6 m
【答案】A
【详解】不计空气阻力，网球击出之后球的运动看作平抛运动，落地瞬间速度v =
❑√v0
2+ v y
2
解得v y =8 m /s
在竖直方向做自由落体运动，则v y =>¿
解得t =0.8s
在水平方向做匀速直线运动，则x = v0t
解得网球落地点与击出点间的水平距离x = 4.8 m
网球下落的高度为h= 1
2 gt
2
解得网球击出点的高度h=3.2m
故选A。
2．（2026·湖南岳阳·一模）如图所示，在同一竖直平面内，两套自动投放装置分别安装在不同高度的固定
平台上。装置①与装置②分别以大小相等、方向相反的水平初速度释放两个小型探测器，释放后探测器只
受重力作用，且两探测器恰好在同一时刻落到地面，它们运动轨迹的交汇点为A 点。不计空气阻力，则下
列说法中正确的是（ ）
A．两探测器一定在A 点相遇
B．两探测器一定是在同一时刻被释放的
C．装置①与装置②释放的探测器水平方向的位移大小相等
D．两物体运动过程中，速度变化率大小始终相等，方向竖直向下
【答案】D
【详解】A．两探测器轨迹交汇于A 点，但不是在A 点相遇，它们在不同时刻经过A 点，故A 错误；
B．两探测器同时落地，但由于释放高度不同，所以释放时间不同，故B 错误；
C．平抛运动水平方向做的是匀速直线运动，则水平位移为
虽然两探测器的初速度
大小相等，但由于两探测器运动的时间不同，所以水平位移大小不相等，故C 错
误；
D．两物体均只受重力的作用，其加速度均为g，方向竖直向下，所以两物体运动过程中速度的变化率相
同，故D 正确。
故选D。
，得
故选A。
3．（2026·湖南永州·二模）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
，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。关于小鱼的水平方向分速度
、竖直方向分速度
和水平
位置x、竖直位置y 与时间t 的关系，下列图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】AC．小鱼在运动过程中只受重力作用，在空中做斜抛运动，则小鱼在水平方向上做匀速直线运
动，即
为定值，则水平位移
，A 正确，C 错误；
BD．小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则
，
且最高点时竖直方向的速度为0，BD 错误；
故选A。
4.（2026·湖南株洲·一模）如图，一上端开口的箱子固定在水平地面上，内壁光滑，长为10m。在小球A
以某一速度向右运动的同时，一小球B 从A 正上方距离箱底5m 高处水平抛出。若两小球在离箱子左侧8m
处相遇，则A 的速度大小可能是（重力加速度g 取
，小球A 与箱壁碰撞后速度大小不变）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】AB．对B 球由平抛规律，竖直方向有
水平方向有
联立解得A 的速度大小可能是B 做平抛的初速度为
，故AB 错误；
CD．小球A 与箱壁碰撞后速度大小不变，且不计碰撞时间，两小球相遇是发生在小球A 与右箱壁发生弹
性碰撞后返回时
故小球A 速率为
若小球A 速度为
，则两小球相遇是在离箱子左侧
处
故C 正确，D 错误。
故选C。
5.（2026·山东潍坊·二模）平抛运动的物理现实是唯一的，但数学描述是多元的。如图甲所示，物体以初
速度v0水平向右抛出，以抛出点O 为坐标原点，以与水平偏下θ角的方向为x 轴的正方向建立平面直角坐
标系，从抛出时开始计时，获得x、y 方向的速度—时间图像分别如图乙、丙所示。已知g 取10 m /s
2，则
（ ）
A．物体抛出时的初速度大小为4 m/s
B．夹角θ的正切值为4
3
C．t =1s时，物体水平方向的速度大小为5 m/s
D．y 方向的加速度大小为10 m/s
2
【答案】C
【详解】AB．由题意可知v x 0= v0cosθ = 4 m/s，v y 0= v0sinθ =3 m/s
则物体抛出时的初速度大小为v0=
❑√v x
2+ v y
2 =5 m/s
夹角θ的正切值为tanθ = v y 0
v x 0
= 3
4 ，故AB 错误；
C．由于物体做平抛运动，则水平方向做匀速直线运动，所以t =1s时，物体水平方向的速度大小为
v0=5 m/s，故C 正确；
D．由速度—时间图像的斜率表示加速度可知y 方向的加速度大小为a y =|
Δv y
Δt )= 3−(−5)
1
m/s
2=8 m/s
2，
故D 错误。
故选C。
⏳题型02 平抛运动与斜面（曲面）的结合
6．（2025·湖南·二模）如图所示，小球甲、乙分别从固定足够长斜面上的
点先后水平向右抛出，甲、乙
的初速度大小分别为
、
，斜面倾角
，不计空气阻力，
。两球在空中
运动的时间关系为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题知，两小球先后从固定足够长斜面上的
点先后水平向右抛出，可知两小球最终落回到斜面
上，根据平抛运动规律，可知两小球的位移夹角相等，都为
。根据平抛运动规律，对小球甲有
，
根据几何关系有
解得
同理，对小球乙有
，
根据几何关系有
解得
可知
故选A。
7.（2026·贵州毕节·三模）跳台滑雪比赛中，某运动员从跳台a处水平飞出后做平抛运动，落在倾角为30
∘
的斜坡b处，测得ab间的直线距离为40 m，若不计空气阻力，重力加速度取10 m/s
2，则运动员（ ）
A．从a运动到b的时间为2s
B．从a运动到离斜坡距离最大处的时间为❑√2s
C．水平飞出的初速度大小为10 m/s
D．离斜坡的最大距离为2.5 m
【答案】A
【详解】A．竖直方向位移y = sabsin30° =20 m
平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动，有自由落体公式y = 1
2 gt
2
解得从a运动到b的时间为t =2s。故A 正确；
BC．水平方向的位移x = sabcos30° =20 ❑√3 m
水平飞出的初速度大小为v0= x
t =10 ❑√3 m/s
当合速度方向与斜坡平行时，此时离斜坡距离最大，水平速度与合速度夹角为30°，此时竖直方向的分速
度为v y = v0 tan30° =10 m/s
有自由落体公式v y = gt1
解得从a运动到离斜坡距离最大处的时间为t1=1s。故BC 错误；
D．从最高点落回b 点的运动时间t2=t −t1=1s
将加速度分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，垂直于斜面方向的加速度a= gcos30°
离斜坡的最大距离为h= 1
2 at2
2= 5 ❑√3
2
m。故D 错误。
故选A。
8.（2026·湖南·二模）（多选）如图，运动员在跳台滑雪训练中，从加速斜面上滑下，t =0时刻从跳台边缘
O点水平飞出，经过4s 落在倾角为37°的着陆斜面上P点，已知着陆斜面顶端在O点正下方17m 处，运动
员（含装备）的质量为60kg，重力加速度g取10 m /s
2，tan37° =0.75，忽略空气阻力，选O点所在的水
平面为零势能参考面，则（ ）
A．O点与P点的高度差为80m
B．运动员从O点飞出时的速度大小为21m /s
C．运动员在P点的重力势能为-37800 J
D．运动员落到P点前瞬间机械能为61230J
【答案】AB
【详解】A．运动员从跳台飞出可看作平抛运动，根据平抛运动的规律，竖直方向有H = 1
2 gt
2
代入数据可得O点与P点的高度差为H =80m，故A 正确；
B．设飞出初速度为v0，水平位移为x = v0t
根据几何关系，着陆斜面顶端在O点正下方17m 处，因此满足H =17 m + x tan 37
∘
代入数据解得v0=21m/s，故B 正确；
C．选O点所在水平面为零势能面，P点在O点下方80m，重力势能为E p=−mgH =−48000J，故C 错误。
D．忽略空气阻力，平抛过程机械能守恒，总机械能等于O点的机械能（O点重力势能为0），即
E = Ek O= 1
2 m v0
2=13230J，故D 错误。
故选AB。
9.（2026·湖南娄底·二模）如图所示，半圆形凹槽半径为R，圆心为O，MN 为水平直径。A 点与O 等高，B
点在O 点正下方，P 点位于槽面上，P 到O 的水平距离为R
2 。现从A、B 点分别以水平速度vA、vB抛出小
球，恰好都垂直槽面击中P 点，所用时间分别为tA、tB。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．v A
vB
= 2
1
B．OA
OB =
❑√3
2
C．t A
t B
=
❑√2
1
D．A、B、P 三点不共线
【答案】C
【详解】AC．由于两小球均垂直槽面击中P 点，所以速度的反向延长线必过水平位移中点，即经过圆心
O，如图所示
根据几何关系可得sinθ =
R
2
R = 1
2
解得θ =30°
根据平抛运动的规律可得x A = R = v At A，y A = R cosθ = 1
2 gt A
2 ，xB= R
2 = vBt B，yB=
R
4
tanθ = 1
2 gt B
2
联立解得
t A
t B
=
❑√2
1 ，
v A
vB
=
❑√2
1 ，故A 错误，C 正确；
B．由于OA = R
2 ，OB = y A−yB=
❑√3
4 R
所以OA
OB = 2
❑√3，故B 错误；
D．根据平抛运动的推论可知，由于两小球的速度偏转角相等，即速度方向与水平方向的夹角相等，所以
位移与水平方向的夹角相等，则A、B、P 三点共线，故D 错误。
故选C。
⏳题型03 斜抛运动
10．（2026·湖南长沙·一模）如图所示，在斜面底端斜向上抛出一个小球，小球落到斜面上时速度刚好沿
水平方向，不计小球大小，不计空气阻力，小球从抛出到落到斜面上运动过程中的水平位移x、竖直位移
y、水平速度
、竖直速度
分别随时间t 变化规律正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】AB．小球水平方向做匀速直线运动，水平速度不变，水平位移为
，故AB 错误；
C．竖直方向做匀变速直线运动，可得
图像为开口向下的抛物线，故C 正确；
D．竖直方向做匀减速直线运动至末速度为零，故D 错误。
故选C。
11．（2026·湖南·一模）将两小球从水平地面同一地点分别斜向上抛出，抛出时两球速度大小相等，方向
与水平方向夹角不同，两球均落在与抛出点相距为的地面，已知重力加速度为
，不计阻力，则两小球
在空中运动时间的乘积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】从水平地面斜向上抛出的小球，可分解为竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，在竖直方向
的运动时间为
在水平方向的位移为
解得
从水平地面同一地点斜向上抛出的速度大小相等，方向与水平方向夹角分别为
、
的两个小球，均落在
与抛出点相距为的地面，则有
解得
设一个小球在空中运动的时间为
另一个小球在空中运动的时间为
两小球在空中运动时间的乘积为
将
代入，得
故选A。
12．（2026·湖南郴州·一模）在一个倾角为θ 的足够长的固定斜面上，一小球以初速度v 离开斜面，方向
与斜面方向成θ 角斜向上
。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．小球在空中任意相等的时间内速度变化不相等
B．小球经时间
，离斜面最远
C．小球开始运动到第一次落到斜面上时间为
D．小球开始运动到第一次落到斜面上位移为
【答案】BD
【详解】A．小球在空中只受重力作用，加速度为重力速度，速度变化量
可知相等时间内速度变化一定相同，故A 错误；
B．将小球的运动分解为垂直斜面方向和沿斜面方向两个分运动，小球垂直斜面方向的初速度大小为
加速度大小
当小球垂直斜面的速度减为零时离斜面最远，有
故B 正确；
C．由斜抛的对称性可知，小球从开始运动到第一次落到斜面上时间为
故C 错误；
D．小球沿斜面方向的初速度大小为
加速度大小
则小球开始运动到第一次落到斜面上位移为
故D 正确。
故选BD。
⏳题型05
平抛运动
类
13.（2026·湖南·一模）一无人机在180m 高的空中以20m/s 的速度水平飞行，某时刻相对自身静止地释放
一导弹，导弹释放3s 后开始喷气，产生大小恒为60N，方向水平向前的推力，直至落地。已知导弹质量为
10kg，喷气过程中质量不变，空气阻力忽略不计，重力加速度取
，则导弹落在地面上的位置与释
放位置的水平距离为（ ）
A．87m
B．147m
C．114m
D．174m
【答案】B
【详解】导弹运动分为两个阶段：第一阶段（0～3 s）：导弹自由落体，水平方向匀速运动。水平位移
竖直方向下落距离
剩余高度
竖直分速度
第二阶段（3s 至落地）：竖直方向做匀加速直线运动，由运动学规律可得
代入解得
水平方向受推力
，质量不变，加速度
水平位移
总水平位移
故选B。
14.（2026·重庆大足·模拟预测）小实给弟弟买了架玩具无人机，通过传感器测试无人机的飞行情况。如图
为在测试软件中设定的三维坐标系oxyz，某时刻起小实进行遥控操作，通过传感器测试发现无人机沿x轴
负方向匀速飞行，沿y轴正方向匀速飞行，沿z轴正方向做初速度为零的匀加速飞行，则关于无人机的实际
运动，下列说法正确的是（ ）
A．无人机做匀速直线运动
B．无人机做匀速圆周运动
C．无人机做类平抛运动
D．无人机做类斜抛运动
【答案】C
【详解】无人机沿y 轴和x 轴方向均为匀速飞行，由运动的分解与合成知，无人机在xoy 平面做匀速直线
运动，由于无人机在z 轴正方向做初速度为零的匀加速运动，且z 轴垂直于xoy 平面，因此类似于水平方向
上匀速和竖直方向自由落体的平抛运动，故C 正确。
故选C。
15.（2026·河北廊坊·一模）如图甲所示是一种倾斜桌面上投球入洞的游戏，可简化为图乙。若长方形光滑
桌面长边水平，短边倾斜，倾角为5
∘，小球（可视为质点）从一短边出发，出发点离该边较高桌角的距离
记为d，沿另一短边从较高桌角每隔0.15m 有一个宽为0.15m 的洞口，共3 个洞口，洞口到对面桌边的距
离为2m，小球初速度平行于长边，大小记为v0。取sin5
∘=0.09，重力加速度g=10m/s
2，则下列
v0、d组合中，小球直接入洞机会最大的是（ ）
A．v0=2m /s，0.1m <d <0.3 m
B．v0=2m /s，0.2m <d <0.4 m
C．v0=3 m /s，0.1m <d <0.3 m
D．v0=3 m /s，0.2m <d <0.4 m
【答案】D
【分析】初速度方向做匀速直线运动，位移为洞口到对面桌边的距离L=2m，因此运动时间满足
L= v0t ⟹t = 2
v0
合力为mgsinθ，做初速度为0 的匀加速曲线运动，加速度a= gsin5
∘=10×0.09=0.9m/ s
2
到达洞口边时沿桌面向下的位移为Δ y = 1
2 at
2
洞口沿短边从较高桌角开始，3 个洞口范围为0.15∼0.30m、0.45∼0.60m、0.75∼0.90m
【详解】A 当v0=2m /s，0.1m <d <0.3 m时，t =1s，得Δ y = 1
2 ×0.9×1
2=0.45m
小球到达洞口边的位置坐标0.55 m <Y <0.75 m，只可进入第二个洞口，且范围为0.55∼0.60m
B 当v0=2m /s，0.2m <d <0.4 m时，小球到达洞口边的位置坐标0.65 m <Y <0.85 m，只可进入第三个洞
口，且范围为0.75∼0.85m
C 当v0=3 m /s，0.1m <d <0.3 m时，t = 2
3 s，得Δ y = 1
2 ×0.9×( 2
3 )
2
=0.2m
小球到达洞口边的位置坐标0.30 m <Y <0.50 m，只可进入第二个洞口，且范围为0.45∼0.50m
当v0=3 m /s，0.2m <d <0.4 m时，小球到达洞口边的位置坐标0.40 m <Y <0.60 m，只可进入第二个洞口，
且范围为0.45∼0.60m
综上可得，小球直接入洞机会最大的是D 选项。
故选D。
重难·创新演练
设题创新:结合生活情景 体育运动
1.（2026·湖南衡阳·模拟）某同学在对竖直墙练习网球时，球竖直落到地面弹起到最高点时把球击出，两
次击球点的位置与球飞出的方向均相同，第一次球恰好水平击中墙面，第二次击中墙面的位置与击球点高
度相同，如图所示。设第一次击出球的速度大小为v1，球的运动时间为t1，第二次击出球的速度大小为
v2，球的运动时间为t2，空气阻力忽略不计。则（ ）
A．v1=2v2，t2=2t1
B．v2=2v1，t1=2t2
C．两次击球时对球做功之比为2 1∶
D．两次击球后，球在空中飞行过程中动量变化量为1 2∶
【答案】C
【详解】AB．设击球点到墙的水平距离为x，球飞出的方向与水平方向成θ角
则t1= v1sinθ
g
，t2= 2v2sinθ
g
，x = v1cosθ v1sinθ
g
，x = v2cosθ 2v2sinθ
g
得v1= ❑√2v2，t2= ❑√2t1，故A、B 错误；
C．击球时对球所做的功等于球的动能，因为v1= ❑√2v2
所以Ek 1=2 Ek 2，故C 正确；
D．球飞行过程中只受重力作用，球的动量变化量等于重力的冲量，而冲量与时间成正比，所以冲量之比
为1:❑√2，故D 错误。
故选C。
2（2026·湖南二模）如图所示，某同学将两颗谷粒从O 点同时分别以速度v1、v2抛出（其中v1水平），不
计空气阻力，两只小鸟先后在空中的P 点接到谷粒。两谷粒的运动轨迹在同一竖直平面内，则（ ）
A．谷粒1 后被鸟接到
B．谷粒1 从O 到P 平均速度大于谷粒2
C．谷粒2 在最高点的速度等于v1
D．谷粒1 加速度大于谷粒2 的加速度
【答案】B
【详解】A．分析竖直分运动，谷粒1 做自由落体运动，谷粒2 做竖直上抛运动，则谷粒1 比谷粒2 下落的
时间短，先被鸟接到，A 错误。
B．两谷粒位移相同，由v = x
t 得谷粒1 从O 到P 平均速度大，B 正确。
C．谷粒2 在最高点的速度等于水平速度，而在水平方向由x＝vxt 得v1＞v2x，C 错误。
D．两谷粒都只受重力，加速度相等，D 错误。
故选B。
3.（2026·湖南湘潭·一模）玩具双筒发射器可以从双筒沿不同方向发射小球，如图所示，
时刻同时从
O 点发射两小球A 和B，A 球以初速度
与水平方向成
角斜向上射出，B 球以相同速率
沿相同角度
斜向下射出。忽略空气阻力，重力加速度为g。则A、B 两球在空中同一竖直平面内运动时，下列说法正
确的是（ ）
A．A、B 两球间的距离跟时间成正比
B．A 球运动到最高点时，两球间的距离等于B 球在该时间内竖直下落的距离的1.5 倍
C．A 球运动到最高点时，B 球的速度大小为
D．A 球运动到最高点时，B 球到O 点的距离为
【答案】AC
【详解】A．A、B 两球在水平方向均做匀速直线运动，分速度大小均为
，所以两球落地前始终在
同一竖直线上。
取向上为正方向，有
则两球间的距离为
，故A 正确；
B．当A 球到达最高点时，竖直速度满足
解得
此时两球间的距离为
B 球在该时间内竖直下落的距离为
联立解得
，故B 错误；
C．当
时，
则
，故C 正确；
D．在时间
内，B 球运动的水平位移大小为
此时B 到O 点的距离为
，故D 错误。
故选AC。
4.（2025·浙江·一模）今年暑假，“浙BA”篮球联赛燃爆全省，在某次比赛中，一队员罚球时投出的篮球
因水平击中篮板而错失得分的机会。已知篮球出手点到地面的距离为h=1.8 m，击中的篮板上的点到地面
的距离为H =3.05 m，出手点到篮筐的水平距离为L= 4.8 m，忽略篮球运动过程中的所受的空气阻力，重
力加速度取10 m /s
2，则出手时篮球的速度大小约为（ ）
A．10.8m/s
B．9.6m/s
C．8.0m/s
D．5.0m/s
【答案】A
【详解】由于篮球水平碰撞篮板，则逆过程可看作平抛运动，则篮球出手后运动的时间
t = ❑√
2( H −h)
g
= ❑√
2×(3.05−1.8)
10
s=0.5s
水平速度v0= L
t = 4.8
0.5 m/s=9.6 m/s
出手时篮球的速度大小约为v =
❑√v0
2+(>)
2=
❑√9.6
2+(10×0.5)
2m/s≈10.8 m/s
故选A。
真题·实战演练
高频考点：平抛运动的规律 斜抛运动
1.（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。
2.（2026·云南·高考真题）（多选）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 ＋2gH
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 ＋2gH
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 ＋2 gH >❑√2gH
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。
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 ❑√
2 g
H −h −v2 B．l ❑√
g
2( H −h) −v2 C．l ❑√
H −h
2g −v2
D．l ❑√
2( H −h)
g
−v2
【答案】B
【详解】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
故选B。
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.（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。
