文档文本内容
第14 讲 抛体运动
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 平抛运动.............................................................................................................................4
知识点1 平抛运动......................................................................................................................................4
知识点2 平抛运动的基本规律..................................................................................................................4
知识点3 几种平抛运动的模型..........................................................................................................5
考向1 平抛运动的概念................................................................................................................................8
考向2 平抛运动的规律.............................................................................................................................11
考向3 平抛运动的追及相遇问题............................................................................................................15
考向4 斜面上的平抛运动........................................................................................................................20
考向5 与曲面结合的平抛运动................................................................................................................26
考点二 斜抛运动...........................................................................................................................30
知识点 斜抛运动....................................................................................................................................... 30
考向 斜抛运动........................................................................................................................................... 31
考点三 类平抛运动.......................................................................................................................35
知识点 类平抛运动....................................................................................................................................35
考向 类平抛运动....................................................................................................................................... 36
04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................39
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
平抛运动
选择题
非选择题
\
\
全国甲卷T1，6 分
全国甲卷T11,10 分
斜抛运动
选择题
非选择题
\
\
\
考情分析：
1．平抛与斜抛运动在四川高考题中出现的频率不算高
2．从命题思路上看，试题情景为
选择题：常以选择题形式考查平抛与斜抛运动的基本概念、规律应用等。
实验题：可能以 “探究平抛运动的特点” 实验为背景，考查实验原理、步骤、数据处理及误差分析等。
解答题：偶尔会在解答题中出现，与其他力学知识（如牛顿运动定律、能量守恒定律等）综合考查，要求
学生具备较强的综合分析和解题能力。
复习目标：
目标一：理解平抛与斜抛运动 “水平匀速直线 + 竖直匀变速直线” 的运动分解本质，熟练区分两者初
速度方向差异，能快速判断运动类型及适用规律。
目标二：面对平抛 / 斜抛与牛顿定律、能量守恒、圆周运动结合的综合题，能理清物理过程，建立多知
识点联系，通过联立方程求解复杂问题，如带电粒子在电场中的类平抛运动。
考点
一
平抛运动
知识点1 平抛运动
1.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。
2.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
。
3.平抛运动的条件：v0≠0，沿
水平方向
，只受
重力
作用。
4.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。
5.平抛运动规律
如图所示，以抛出点为原点，以水平方向（初速度v0方向）为x 轴，以竖直向下的方向为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＝
v 0 ，位移x＝
v 0t
。
（2）竖直方向：做
自由落体
运动，速度vy＝
gt
，位移y＝ 1
2gt 2
。
（3）合运动
合速度：v＝❑√v x
2＋v y
2，设方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝v y
v0
＝ gt
v0
。
合位移：s＝❑√x
2＋y
2，设方向与水平方向夹角为α，则tan α＝y
x ＝ gt
2v0
。
知识点2 平抛运动的基本规律
1.飞行时间：由t＝❑√
2ℎ
g
知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。
2.水平位移：x＝v0t＝v0❑√
2ℎ
g
，即水平位移由初速度v0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关。
3.落地速度：vt＝❑√v x
2＋v y
2＝❑√v0
2+2 gℎ，以θ 表示落地速度与x 轴正方向的夹角，有tan θ＝v y
v x
＝
❑√2gℎ
v0
，所以落地速度只与初速度v0和下落高度h 有关。
4.速度改变量Δv：
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 内的速度改
变量Δv＝gΔt 相同，方向恒为竖直向下，如图所示。
5.平抛运动的两个重要推论
（1）做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，如图甲所示。
其推导过程为tan θ＝v y
v0
＝gt
2
v0t ＝
y
x
2
。
（2）做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的
夹角为α，则tan θ＝2tan α。如图乙所示。其推导过程为tan θ＝v y
v0
＝gt·t
v0·t ＝2 y
x ＝2tan α。
知识点3 几种平抛运动的模型
类型一：沿着斜面平抛
1.斜面上平抛运动的时间的计算
斜面上的平抛(如图)，分解位移（位移三角形）
x＝v0t ，
y＝gt2，tan θ＝，
可求得t＝。
2.斜面上平抛运动的推论
根据推论可知，tanα=2tanθ，同一个斜面同一个
θ，所以，无论平抛初速度大小如何，落到斜面
速度方向相同。
3.斜面上平抛运动的运动时间两种坐标系建立求解方法
当v 的方向与斜面平行时距离最大
当vy减为0 时距离最大
(1) 如图(b)所示，当速度方向与斜面平行时，离
斜面最远，v 的切线反向延长与v0交点为此时横
坐标的中点P，
(1) 以抛出点为坐标原点，沿斜面方向为x 轴，
垂直于斜面方向为y 轴，建立坐标系，如图(a)所
示
v0
θ(
)α
)α
v0
θ(
v
)θ
dm
x
y
v0
θ(
v
)θ
dm
)θ
g
θ
x
y
则tan θ＝＝，t＝.
vx＝v0cos θ，vy＝v0sin θ，
ax＝gsin θ，ay＝gcos θ.
物体沿斜面方向做初速度为vx、加速度为ax的匀
加速直线运动，垂直于斜面方向做初速度为vy、
加速度为ay的匀减速直线运动，类似于竖直上抛
运动．
令v′y＝v0sin θ－gcos θ·t＝0，即t＝.
(2)当t＝时，物体离斜面最远，由对称性可知总
飞行时间T＝2t＝，
A、B 间距离s＝v0cos θ·T＋gsin θ·T2＝.
类型二：垂直撞斜面平抛运动
方法：分解速度．
vx＝v0，
vy＝gt，
tan θ＝＝，
可求得t＝.
底端正上方平抛撞斜面中的几何三角形
类型三：撞斜面平抛运动中的最小位移问题
过抛出点作斜面的垂线，如图所示，
当小球落在斜面上的B 点时，位移最小，设运动
的时间为t，则
水平方向：x＝hcos θ·sin θ＝v0t
竖直方向：y＝hcos θ·cos θ＝gt2，解得v0＝ sin
θ，t＝cos θ.
类型四： 半圆平抛运动
（1）在半圆内的平抛运动(如图)，由半径和几
何关系制约时间t: h＝gt2，R±＝v0t，联立两方程
可求t。
（2 ）或借助角度θ ，分解位移可得：x:
R(1+cosθ)=v0t，y: Rsinθ=½gt2，联立两方程可求t
或v0。
类型五：平抛与圆相切
v0
)θ
H
H-y
x
v0
)θ
θ
对速度v 进行分解tanθ=v y
v x
对速度v 进行分解tanθ=v y
v x
由v 的反向延长线为水平位移
中点可知小球不能垂直撞击圆
弧
类型六：台阶平抛运动
类型七：生活中平抛运动的临界问题
1． 平抛运动中的临界速度问题
从网上擦过的临界速度v1= s1
❑√
g
2(h1−h2)
出界的临界速度v2=(s1+ s2)❑√
g
2h1
2． 既擦网又压线的双临界问题
根据h= 1
2 g(
s
v0)
2
，可得比值：
h1−h2
h1
=
s1
2
(s1+ s2)
2
类型八：对着竖直墙壁的平抛
1.如图所示，水平初速度v0不同时，虽然落点不
同，但水平位移d 相同，t＝.
h1
v2
s2
h2
s1
v1
h1
s2
h2
s1
方法
①临界速度法
②虚构斜面法
示意图
临界情况
以图中为例，能到达3 台阶的要求是能过2 的边角和到达3 的边角
v0
h
s
v0
h
s
θ(
)θ
2.撞墙平抛运动的时间的计算
若已知x 和v0。，根据水平方向匀速运动，可求
得时间t=x/v0 。，则竖直速度为v=gt、高度为
h=½gt2.
3.撞墙平抛运动的推论
撞墙末速度的反向延长线，交于水平位移的中
点，好像是从同一点沿直线发出来的一样，如
图。
考向1 平抛运动的概念
例1（多选）（2025·四川南充·高三月考）关于平抛运动，下列说法中正确的是（ ）
A．平抛运动是匀变速运动
B．做平抛运动的物体，在任何时间内，速度改变量的方向都是竖直向下的
C．平抛运动只能分解为水平的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动
D．平抛运动物体的落地速度和在空中运动时间只与抛出点离地面高度有关
【答案】AB
【详解】A．平抛运动只受重力作用，加速度为重力加速度，不发生变化，是匀变速曲线运动，故A 正
确；
B．速度的变化量Δv =>¿，则在任何时间内，速度改变量的方向都是竖直向下的，故B 正确；
C．平抛运动一般分解为水平的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；平抛运动可以沿任意方向分
解，如斜面上的平抛运动可分解为平行斜面方向的运动和垂直于斜面方向的运动，故C 错误；
D．由ℎ= 1
2 gt
2，可知平抛运动物体在空中运动时间只与抛出点离地面高度有关；由v y
2=2gℎ可知竖直
方向的速度由高度决定，而落地时的速度由水平初速度和竖直方向速度共同决定，故D 错误。
故选AB。
例2（2025·四川·高三月考）如图所示，飞机飞行时投出的炸弹做平抛运动，P 为炸弹在空中运动轨迹上的
一点。忽略空气阻力，炸弹在P 点所受合外力的方向是（ ）
v0
x
v0
x
x/2
A．竖直向上
B．竖直向下
C．水平向左
D．水平向右
【答案】B
【详解】炸弹做平抛运动，炸弹在空中只受重力作用，则炸弹在 P 点所受合外力的方向是竖直向下。
故选B。
【变式训练1】（2025·四川·高三月考）如图，某质点在空中做平抛运动，关于该质点在空中运动过程，下
列说法正确的是（ ）
A．质点的加速度方向跟它的速度方向不可能在同一直线上
B．质点速度方向和加速度方向始终在曲线每点的切线方向上
C．在相同时间内，速度改变量的大小相等、方向不同
D．质点速度的大小不变，加速度方向时刻发生变化
【答案】A
【详解】AB．质点做平抛运动的加速度为重力加速度，方向竖直向下，质点的速度方向为轨迹的切线方
向，所以质点的加速度方向跟它的速度方向不可能在同一直线上，故A 正确，B 错误；
C．根据
Δv =>¿
可知，在相同时间内，速度改变量的大小相等、方向相同，故C 错误；
D．质点速度的大小变化，加速度方向不变，故D 错误。
故选A。
【变式训练2】（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v 向右匀速运动，
当它经过靠近桌边的竖直木板ad 边正前方时，木板以相同速度v 水平扔出做平抛运动，木板扔出后始终保
持正立姿态，不计空气阻力。若木板开始运动时，cd 边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】木板做平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，由于该匀速直线运动的分速度与小球匀速
直线运动的速度相等，则小球相对于木板向上做匀加速直线运动，即小球在木板上的投影轨迹是竖直方向
上的一条直线。
故选C。
考向2 平抛运动的规律
例1 如图，两个相距3m 的小球（看作质点），分别从同一高度的A、B 处以2m /s、1m /s的初速度同时
水平抛出，都落在水平面上的O 点，A、B、O 三点共面。重力加速度大小取10 m /s
2，不计空气阻力，则
两球抛出时离水平面的高度为（ ）
A．3m
B．4m
C．5m
D．6m
【答案】C
【详解】两球在水平方向上做匀速直线运动，则两小球水平方向距离3 m =(v A+ vB)t
竖直方向有ℎ= 1
2 gt
2
代入题中数据，解得ℎ=5 m
故选C。
例2（2025·四川攀枝花·高三月考）从同一竖直线上的不同位置水平抛出P、Q 两小球，分别经时间tP、tQ
后落在水平地面上的同一点，且有tP=2tQ。若P、Q 两小球抛出时的速度用vP、vQ表示，下落的高度用hP、
hQ表示，落地时的速度与水平方向的夹角用θP、θQ表示，从抛出到落地的位移用sP、sQ表示，不计空气阻
力，则下列关系中一定正确的是（ ）
A．vP=2vQ
B．ℎP=2ℎQ
C．tanθP= 4 tanθQ
D．sP=2sQ
【答案】C
【详解】AB．小球在空中做平抛运动，竖直方向有
ℎ= 1
2 gt
2
又t P=2tQ，则有
ℎP= 4ℎQ
由题意可知两球做平抛运动水平位移相等，根据
x = v0t
则两小球抛出时的速度关系为
2vP= vQ
故AB 错误；
D．小球从抛出到落地的位移大小为
s=
❑√x
2+ℎ
2
由于xP= xQ，ℎP= 4ℎQ，则有
sP≠2sQ
故D 错误；
C．小球落地时的速度与水平方向的夹角正切值为
tanθ = v y
v0
=
❑√2gℎ
v0
则有
tanθP
tanθQ
=
❑√2gℎP
❑√2gℎQ
⋅vQ
vP
= 4
1
故C 正确。
故选C。
【变式训练1】如图所示，a、b 两个小球均从一个倾角为45°的斜面顶端以不同的初速度向右水平抛出，
斜面与一个1
4 圆弧对接，斜面高度与圆弧半径相等，斜面的底端在圆心O 的正下方。则下列说法正确的是
（ ）
A．a、b 两个小球在空中运动时间一定不相同
B．a、b 两个小球平抛运动末速度方向一定不相同
C．若a、b 两个小球分别落到斜面和圆弧面等高位置时，速度大小一定不相等
D．若小球落到圆弧面上时，其速度方向可能与该处圆的切线垂直
【答案】C
【详解】A．平抛运动的时间由下落的高度决定，若小球落到斜面与圆弧面上的下落高度相同，则小球平
抛运动的时间相同，A 错误：
B．设斜面倾角为θ，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为α，则有
tanθ = y
x =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
tan α = v y
v0
=gt
v0
所以
tan α =2tanθ
由于斜面倾角为θ一定，则两小球都落到斜面上时，其速度方向相同，B 错误；
C．小球落到斜面和圆弧等高位置时，运动时间相等，竖直速度相等，但落到斜面上的水平位移小，所以
小球落到斜面的水平速度小于落到圆弧面的水平速度，所以小球落到斜面和圆弧等高位置时，速度大小一
定不相等，C 正确；
D．小球落到圆弧面上时，若落点速度方向与该处圆的切线垂直，则速度的反向延长线通过圆心，但由平
抛运动规律知，速度的反向延长线应通过水平位移的中点，而圆心不可能是水平位移的中点，D 错误。
故选C。
【变式训练2】如图所示光滑直管MN倾斜固定在水平地面上，直管与水平地面间的夹角为45°，管口到地
面的竖直高度为ℎ=0.4 m；在距地面高为H =1.2m处有一固定弹射装置，可以沿水平方向弹出直径略小于
直管内径的小球。某次弹射的小球恰好无碰撞地从管口M处进入管内，设小球弹出点O到管口M的水平距
离为x，弹出的初速度大小为v0，重力加速度g取10 m/s
2。关于x和v0的值，下列选项正确的是（ ）
A．x =1.6 m，v0= 4 m/s
B．x =1.6 m，v0= 4 ❑√2m/s
C．x =0.8 m，v0= 4 m/s
D．x =0.8 m，v0= 4 ❑√2m/s
【答案】A
【详解】由题意可知，弹出后小球做平抛运动，到管口M时的速度方向沿直管方向，根据平抛运动特点，
做平抛运动的物体任意时刻速度方向的反向延长线交此前水平位移于中点，如图所示
根据几何关系得
x =2(H −ℎ)=1.6 m
小球在竖直方向做自由落体运动，可得小球从O到M的运动时间为
t =
❑√
2(H −ℎ)
g
=0.4s
水平方向匀速运动有
v0= x
t = 4 m/s
故选A。
【变式训练3】（多选）如图，将一网球（看作质点）从距水平地面1.8m 高度P 处，以1m /s的水平速
度、沿垂直于竖直墙壁方向抛出，击中墙壁上的M 点后反弹（网球和墙面作用时间极短），反弹前后瞬间
网球在水平、竖直方向的速度大小均保持不变，最后落在水平地面上的N 点（未标出）。已知M 点距水平
地面的高度为1.35m，重力加速度大小取10 m /s
2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．该网球从P 处抛出后，经过0.36s 在N 点落地
B．N 点到竖直墙壁的距离为0.3m
C．该网球落在N 点的速度大小为❑√37 m /s
D．若网球再次从P 处以3m/s 的水平速度、沿垂直于墙壁方向抛出，则在墙壁上的击中点离水平地面的高
度为1.75m
【答案】BCD
【详解】AC．网球在竖直方向一直做匀变速直线运动，ℎ总= 1
2 gt 总
2
解得t 总=0.6s
v yN = gt 总
所以v N =
❑√v0
2+ v yN
2 = ❑√37 m /s
A 项错误，C 项正确；
B．由于ℎPM :ℎMN =0.45:1.35=1:3
根据匀变速直线运动的推论，t PM :t MN =1:1
所以t PM =t MN =0.3s
N 点到竖直墙壁的距离为L= v0t MN =0.3 m
B 项正确；
D．若网球再次从P处以3 m /s的水平速度抛出，则v0t PM = v1t1,ℎ1= 1
2 gt1
2
则在墙壁上的击中点离水平地面的高度为Δℎ=ℎ总−ℎ1=1.75 m
D 项正确。
故选BCD。
【变式训练4】（多选）（2025·四川南充·高三月考）高一新生军训模拟投弹演练中，在陡峭山头上的同一
位置，小明先后两次沿水平方向向山下同一目标投掷出甲、乙两颗仿真手榴弹（可视为质点），轨迹如图
所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．甲和乙的飞行时间相等
B．甲的飞行时间比乙的长
C．甲的水平初速度比乙小
D．甲的水平初速度比乙大
【答案】AD
【详解】A．平抛运动的竖直方向分运动为自由落体运动，根据ℎ= 1
2 gt
2
解得t = ❑√
2ℎ
g
甲乙下落的初始高度相同，运动时间也相同，故A 正确；B 错误；
CD．平抛运动的水平方向分运动为匀速直线运动，水平方向甲的位移比较大，运动时间相同，说明甲的
初速度较大，故C 错误；D 正确。
故选AD。
考向3 平抛运动中的追及相遇问题
例1（2025·四川成都·高三月考）如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环AC 和倾角为θ=60°的斜面BC
相接于C 点，A、B 两点与圆环AC 的圆心O 等高。现将甲、乙小球同时从A、B 两点以一定大小的初速度
沿水平方向同时抛出，两球恰好在C 点相碰（不计空气阻力）。则下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两球初速度大小之比为❑√2:1
B．若仅增大两球质量，则两球不再相碰
C．若乙球速度大小变为原来的一半，则恰能落在斜面的中点D
D．改变乙球速度大小，则可能垂直击中圆环AC
【答案】D
【详解】A．根据题意得R = v1t ，
R
tan60° = v2t ，解得甲、乙两球初速度大小之比为❑√3:1，A 错误；
B．若仅增大两球质量，则两球仍然相碰，B 错误；
C．若v2大小变为原来的一半，在时间不变的情况下水平位移会变为原来的一半，但由于乙球会碰到斜
面，下落高度减小，时间减小，所以乙球的水平位移小于原来的一半，不会落在斜面的中点，C 错误；
D．根据平抛运动的推论，2
R
tan60
∘= v
′
2t，❑√
R
2−(
R
tan 60
∘)
2
= 1
2 gt
2
解得v
′
2= ❑√
❑√6 gR
3
故乙球速度为v
′
2= ❑√
❑√3 gR
3
时，垂直击中圆环AC，D 正确。
故选D。
例2（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，小球甲从A 点水平抛出的同时小球乙从B 点自由释
放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为60°，已知BC 高h，g=10m/s2，不计空气阻力．由
以上条件可知（ ）
A．甲乙小球到达C 点所用时间之比为1:2
B．甲小球做平抛运动的初速度大小为❑√gℎ
C．A、B 两点的高度差为3ℎ
4
D．A、B 两点的水平距离为❑√2ℎ
【答案】AC
【详解】B．乙球做自由落体运动，则有v
2=2 gℎ
可得乙球经过C 点时的速度大小为v = ❑√2 gℎ
设甲球做平抛运动的初速度大小为v0，由题知，两球在C 点的速度大小相等，则有v0= v sin 60° =
❑√6 gℎ
2
故B 错误；
B．甲球经过C 点时竖直方向的速度为v y = v cos60° = 1
2
❑√2gℎ
故甲球到达C 点的时间为t1= v y
g = 1
2
❑√
2ℎ
g
乙球到达C 点的时间为t2= v
g = ❑√
2ℎ
g
故甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为t1:t2=1:2
故A 正确；
C．甲球与C 点的竖直高度为ℎ1= v y
2
2g = ℎ
4
故A、B 两点的高度差为Δℎ=ℎ−ℎ
4 = 3ℎ
4
故C 正确；
D ．甲球的水平位移为x = v0t1=
❑√3ℎ
2
故A、B 两点的水平距离为Δ x = x =
❑√3ℎ
2
故D 错误。
故选AC。
【变式训练1】如图甲所示，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
颗的运动轨迹如图乙所示，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 的
初速度大小为v1= v0，方向水平，谷粒2 的初速度大小为v2= 5
16 v0，方向与水平方向之间的夹角为37°。
忽略空气阻力，重力加速度为g，取sin37° =0.6,cos37° =0.8。谷粒2 从O 点运动到P 点的时间为（
）
A．v0
10 g
B．3 v0
10 g
C．2v0
5 g
D．3 v0
5 g
【答案】C
【详解】设谷粒1、谷粒2 从O点运动到P点的时间分别为t1、t2，根据运动的合成和分解，对谷粒1 有
xOP= v0t1
ℎOP= 1
2 gt1
2
对谷粒2 有
xOP= 5
16 v0⋅cos37°⋅t2
ℎOP=−5 v0
16 ⋅sin37°⋅t2+ 1
2 gt2
2
由以上各式解得
t2= 2v0
5 g
故选C。
【变式训练2】甲、乙两球位于同一竖直线上的不同位置，甲比乙高h，如图所示，将甲、乙两球分别以
v1、v2的速度沿同一方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（ ）
A．同时抛出，且v1<v2
B．甲比乙后抛出，且v1>v2
C．甲比乙早抛出，且v1>v2
D．甲比乙早抛出，且v1<v2
【答案】D
【详解】题图中，乙击中甲球的条件是：水平位移相等，甲球竖直位移等于乙球的竖直位移加上h，故有
v1t1= v2t2
1
2 gt1
2= 1
2 gt2
2+ℎ
联立上式，可解得
t1>t2，v1<v2
故选D。
【变式训练3】如图所示，ABCD 为竖直面内边长为L 的正方形，AB 边水平，从A 点和C 点分别沿AB 和
DC 延长线方向水平抛出一个小球，结果两球在DC 下方离DC 高度为L 处相碰，不计空气阻力及小球大
小，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）
A．两球先后抛出的时间间隔为❑√
2 L
g
B．两球先后抛出的时间间隔为2❑√
L
g
C．两球抛出的初速度之差是一个定值
D．从C 点抛出的小球初速度越大，两球抛出的初速度之差可能越小
【答案】D
【详解】AB．A 点抛出小球运动时间
t1= ❑√
4 L
g
C 点抛出小球运动时间
t2= ❑√
2 L
g
故两球抛出时间间隔
t1−t2=(2−❑√2)❑√
L
g
故意A、B 项错误；
CD．设A 处小球抛出初速度大小为v1，C 处小球抛出的初速度大小为v2，则
v1
❑√
4 L
g −v2
❑√
2 L
g = L
则
(v1−v2)
❑√
4 L
g = L−(
❑√
4 L
g −❑√
2 L
g )v2
由此判断，当v1>v2时，从C 点抛出的球初速度越大，两球抛出的初速度之差越小，当v1<v2时，从C 点
抛出的小球初速度越大，两球抛出的初速度之差越大，故C 项错误、D 项正确。
故选D。
【变式训练4】如图所示，a、b两点在同一竖直线上，现同时分别在a、b两点抛出两个小球甲、乙，甲球
的速度大小为v甲，方向水平向右，乙球的速度大小为v乙，方向与水平方向的夹角为60°斜向右上方，两
球在c点（未画出）相碰。已知碰前瞬间乙球速度方向水平，则下列判断正确的是（ ）
A．a、c两点竖直方向的距离大于b、c两点竖直方向的距离
B．甲、乙两球相碰前瞬间甲球的速率与乙球速率相等
C．甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间速度变化不相等
D．甲、乙两球抛出时的速度大小v甲与v乙之比为1:2
【答案】D
【详解】C．两球在运动过程中的加速度都为重力加速度g，两球同时抛出到相碰，两球运动的时间相同，
根据
Δv =>¿
可知甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间速度变化相等，C 错误；
D．由题意可知甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间，两球在水平方向通过的水平位移相等，则有
x = v甲t = v乙cos60°⋅t
可得
v甲
v乙
= 1
2
D 正确；
B．已知碰前瞬间乙球速度方向水平，可知从抛出到相碰所用时间为
t = v乙sin 60°
g
=
❑√3 v乙
2g
=
❑√3 v甲
g
两球相碰前瞬间乙球的速率为
v
′
乙= v乙cos60° = v甲
甲球的速率为
v
′
甲=
❑√v甲
2 +(>)
2=
❑√v甲
2 +3 v甲
2 =2v甲
B 错误；
A．a、c两点竖直方向的距离为
ℎ甲= 1
2 gt
2= 3 v甲
2
2g
b、c两点竖直方向的距离为
ℎ乙== (v
s
乙
❑in60°)
2
2 g
= 3 v乙
2
8 g = 3 v甲
2
2 g
可知a、c两点竖直方向的距离等于b、c两点竖直方向的距离，A 错误；
故选D。
考向4 斜面上的平抛运动
例1（2025·四川雅安·二模）如图所示，将小球从斜面顶端分别以v、2v、3v、4v、5v 水平抛出，不计空气
阻力，小球落点位置分别标为1、2、3、4、5。如图中标示小球落点位置可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】小球做平抛运动，设斜面倾角为θ，小球落在斜面上时，有tanθ = y
x =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
解得t = 2v0 tanθ
g
小球抛出点与落地点间的距离l =
x
cosθ = v0t
cosθ = 2v0
2 tanθ
gcosθ ∝v0
2
小球落在水平面上时，小球的运动时间相等，有x = v0t ∝v0
故选A。
例2（多选）（2025·四川德阳·高三月考）如图，从固定斜面顶端将小球分别以v0和2v0水平抛出，小球仍
落在斜面上，两次小球平抛运动时间分别为t1、t2，水平位移分别为x1、x2，竖直下落高度分别为ℎ1、ℎ2
。则下列关系正确的是（ ）
A．4 t1=t2
B．4 x1= x2
C．4ℎ1=ℎ2
D．2ℎ1=ℎ2
【答案】BC
【详解】小球以初速度v0抛出时，落到斜面上时有tanθ =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
式中θ是斜面的倾角，解得t = 2v0
❑tanθ
g
水平位移为x = v0t = 2v0
2 tanθ
g
下落的高度为ℎ= x tanθ = 2v0
2 tan
2θ
g
由以上可得2t1=t2，4 x1= x2，4ℎ1=ℎ2
故选BC。
【变式训练1】（2025·四川巴中·高三月考）如图所示，某同学对着竖直墙壁练习打网球，该同学使球拍与
水平方向的夹角为α =37°，在O 点击中网球，球以v0=20 m /s的速度垂直球拍离开O 点，恰好垂直击中
墙壁上的P 点，忽略空气阻力的影响，取重力加速度大小g=10 m /s
2，sin α =0.6，下列说法正确的是
（ ）
A．网球在P 点与墙壁碰撞时的速度大小为10m/s
B．网球由O 点运动到P 点的时间为1.6s
C．O、P 两点间的水平距离为12.8m
D．若O、P 两点连线与墙壁的夹角为θ，则tanθ =2cot α
【答案】B
【详解】A．网球的逆向运动（由P 点到O 点）为平抛运动，对O 点速度进行分解可得
v P= v0sin α =12m /s
选项A 错误；
B．在竖直方向上有¿= v0cosα
解得t =1.6s
选项B 正确；
C．O、P 两点间的水平距离x = v Pt =19.2m
选项C 错误；
D．根据题意可知tan (90°−θ)=
1
2 gt
2
v0t
gt
2v0
根据几何关系有tan（90°−α ）=gt
v0
联立可得2cot θ =cot α
选项D 错误。
故选B。
【变式训练2】轰炸机是军用飞机之一，在某次演习中，轰炸机沿水平方向投出了一枚炸弹，初速度大小
为v0，炸弹正好垂直击中山坡上的目标，山坡的倾角为θ=37°，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g
（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。下列说法正确的是（ ）
A．炸弹刚落到山坡时的速度大小是4
3 v0
B．炸弹从水平投出到落到斜坡上，所用的时间是5 v0
3 g
C．炸弹从投出到落到斜坡上的位移为4 ❑√13 v0
2
9 g
D．炸弹从水平投出到落在斜坡上位移偏转角为速度偏转角的一半
【答案】C
【详解】A．由题意，炸弹刚落到山坡时有
sinθ = v0
v
可得炸弹刚落到山坡时的速度大小
v = 5
3 v0
故A 错误；
B．炸弹刚落到山坡时
tanθ = v0
v y
v y =>¿
得炸弹从水平投出到落到斜坡上，所用的时间是
t = 4 v0
3 g
故B 错误；
C．炸弹从投出到落到斜坡上的水平及竖直位移大小为
x = v0t，y = 1
2 gt
2
得
x = 4 v0
2
3 g
，y = 8 v0
2
9 g
由勾股定理可知位移大小
s=
❑√x
2+ y
2= 4 ❑√13 v0
2
9 g
故C 正确；
D．根据平抛运动推论，可知炸弹从水平投出到落在斜坡上时速度偏转角α与位移偏角β与满足
tan α =2tan β
二者不是2 倍关系，故D 错误。
故选C。
【变式训练3】（2025·四川凉山·高三月考）主题口号为“冰雪同行”的2025 年亚冬会圆满落幕。跳台滑
雪比赛在哈尔滨举行，如图，跳台滑雪赛道由助滑道AB、着陆坡CD、停止区DE 三部分组成。比赛中，
甲、乙两运动员先后以速度v1、v2从C 点正上方B 处沿水平方向飞出，分别落在了着陆坡的P、D 两点，
运动员可看成质点，不计空气阻力，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g，若P 为DC 中点，BC 高度恰为
C 离地面高度h 的一半，则（ ）
A．v1:v2=1:2
B．甲、乙运动员在空中飞行时间之比为2 3∶
C．甲、乙运动员落到着陆坡时竖直方向的分速度之比为❑√2:❑√3
D．甲、乙运动员落到着陆坡时的速度方向相同
【答案】C
【详解】B．由题意可知BC=1
2h，则落到P 点时竖直高度为h；落到D 点时的竖直高度为1.5h，根据
t = ❑√
2ℎ
g
可知甲、乙运动员在空中飞行时间之比为❑√2:❑√3，选项B 错误；
A．甲乙的水平位移之比为1:2，根据v0= x
t
可得v1:v2= ❑√6:4
选项A 错误；
C．根据v y =>¿
可知甲、乙运动员落到着陆坡时竖直方向的分速度之比为v1 y:v2 y = ❑√2:❑√3
选项C 正确；
D．落到斜坡时速度方向与水平方向夹角tan α = v y
v0
可知
tan α1
tan α2
= v1 y
v1
: v2 y
v2
= 4
3
可知甲、乙运动员落到着陆坡时的速度方向不相同，选项D 错误。
故选C。
【变式训练4】我国将在2030 年前后实现航天员登月计划并在月球上进行相关的科学探测与实验。如图所
示，若航天员从倾角为θ的斜面顶端A处，沿水平方向以初速度v0抛出一小球，经过一段时间后小球落在
斜面上的B点。已知小球运动到P点时离斜面最远，月球表面的重力加速度为g，则（ ）
A．小球到达P点的速度大小为v0sinθ
B．小球从A点运动到P点的时间为v0 tanθ
g
C．小球从A点运动到B点的时间为v0 tanθ
g
D．A 、B两点间的竖直距离为2v0
2 tanθ
g
【答案】B
【详解】A．小球到达P点时速度方向平行于斜面，大小为vP=
v0
cosθ ，故A 错误；
B．小球到达P点时速度方向平行于斜面，根据几何关系tanθ = v y
v0
= gt1
v0
解得小球从A点运动到P点的时间为t1= v0 tanθ
g
故B 正确；
CD．从A到B小球做平抛运动，根据tanθ = y
x =
1
2 gt
2
v0t
可得小球从A点运动到B点的时间为t = 2v0 tanθ
g
则A 、B两点间的竖直距离为ℎ= 1
2 gt
2= 2v0
2 tan
2θ
g
故CD 错误。
故选B。
【变式训练5】如图，斜面上有a、b、c、d 四个点，ab＝bc＝cd。从a 点正上方的O 点以速度v0水平抛出
一个小球，它落到斜面上b 点。若小球从O 点以速度2v0水平抛出，则它落在斜面上的(不计空气阻力)(
)
A．b 与c 之间某一点
B．c 点
C．c 与d 之间某一点
D．d 点
【答案】A
【详解】
过b 做一条与水平面平行的一条直线，若没有斜面，当小球从O 点以速度2v0水平抛出时，小球落在水直
线上时水平位移变为原来的2 倍，则小球将落在我们所画水平线上c 点的正下方，但是现在有斜面的限
制，小球将落在斜面上的b、c 之间。
故选A。
考向5 与曲面结合的平抛运动
例1（2025·四川成都·高三月考）半径为R半圆形的弯曲面固定放置在水平地面上的C 点，O是圆心，AB
是水平直径，OC 是竖直半径，D 是圆弧上的一个小孔，∠COD =60°。现让视为质点的小球（直径略小
于小孔D 的直径）从O点水平向右抛出，经过D（与小孔无碰）落到水平地面的E点，重力加速度大小为g
，下列说法正确的是（ ）
A．小球在D 点的速度方向垂直于过D 点圆弧的切线
B．小球从O 到D 的时间等于D 到E 的时间
C．小球在O点的速度大小为2❑√g R
D．小球在O点的速度大小为
❑√3g R
2
【答案】D
【详解】A．小球从O 到D 点做平抛运动，根据平抛运动规律速度的反向延长线过水平位移中点，小球从
O 点抛出，故D 点的速度方向不可能由O 指向D，即小球在D 点的速度方向不可能垂直于过D 点圆弧的切
线，故A 错误；
CD．小球从O 到D 点做平抛运动，则有Rcos60°=1
2gt1
2，Rsin60°=v0t1
解得小球在O 点的初速度大小为v0=
❑√3 gR
2
，故C 错误，D 正确；
B．根据上述可得，小球由O 到D 的运动时间t1= ❑√
R
g
从O 到E 的运动时间有t2= ❑√
2 R
g
则小球从D 到E 的运动时间为t3=t2−t1=(❑√2−1)❑√
R
g
，故B 错误；
故选D。
例2 如图所示，圆心为O的半圆形轨道ABC固定在水平地面上的C点，AB是水平直径，C是最低点，D
是水平地面上的一点且在B点的正下方，圆弧轨道的E点有个小孔。让小球甲从地面上的M点、小球乙从
地面上的N点斜向上抛出（甲、乙均视为质点），甲、乙均恰好经过A点，甲落到C点，乙通过E处的小
孔（无碰撞）运动到D点，忽略空气的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙在A点的速度大小之比为1:❑√2
B．甲在C点速度的反向延长线经过AO的中点
C．甲、乙在空中的运动时间均为2❑√
R
g
D．乙在N点的速度与水平方向的夹角为30°
【答案】B
【详解】A．斜抛运动具有对称性，把斜抛运动看成两个对称的平抛运动，由图像看出，甲、乙从A点到
落地，平抛运动的高度相等，运动时间t 相等，由平抛规律可知
t = ❑√
2ℎ
g = ❑√
2 R
g
水平位移之比为1:2，由水平方向位移
x = vt
故甲、乙在A点的速度大小之比为1:2，选项A 错误；
B．平抛运动速度的反向延长线经过水平位移的中点，故甲在C点速度的反向延长线经过AO的中点，选项
B 正确；
C．斜抛运动时间是平抛运动时间的2 倍，则两个斜抛运动时间均为2❑√
2 R
g
，选项C 错误；
D．乙在N点的速度与水平方向的夹角设为θ，根据对称性，乙在D点的速度与水平方向的夹角也为θ，根
据平抛运动规律，故乙在D 点的速度反向延长线经过O 点，则
tanθ = R
R =1
解得
θ = 45°
选项D 错误。
故选B 。
【变式训练1】如图所示，水平固定的半球形碗的球心为O 点，最低点为B 点。在碗的边缘向着球心分别
以初速度v1，v2，v3平抛出三个小球，分别经过t1，t2，t3的时间落在A、B、C 三点，抛出点及落点A、
B、C 三点在同一个竖直面内，且A、C 点等高，则下列说法正确的是（ ）
A．三个小球平抛运动时间的大小关系为t1<t2<t3
B．三个小球平抛初速度的大小关系为v1<v2<v3
C．落在C 点的小球，在C 点的瞬时速度可能与C 点的切线垂直
D．落在B 点的小球，在B 点的瞬时速度方向与水平方向夹角小于60°
【答案】B
【详解】A．竖直方向上，根据
ℎ= 1
2 gt
2
可得
t = ❑√
2ℎ
g
可知小球竖直位移越大，运动时间越长，故三个小球平抛运动时间的大小关系为
t1=t3<t2
故A 错误；
B．三个小球下落相同高度的情况下，C 小球抛得最远，A 小球拋得最近，由x=vt 知平抛初速度满足
v1<v2<v3
故B 正确；
C．做平抛运动的物体，其某点的瞬时速度反向延长线交于此时水平位移的中点，落在C 点的小球，在C
点的瞬时速度若与碗垂直，则速度反向延长线交于碗心O 点，并不是水平位移中点，故落在C 点的小球，
在C 点的瞬时速度不可能与C 点的切线垂直，故C 错误；
D．落在B 点的小球，此时位移与水平方向的夹角为45°，设速度与水平方向夹角为α，根据平抛运动速度
偏转角与位移偏转角的关系
tanα =2tan 45° =2>tan60°
速度与水平方向夹角大于60°，故D 错误。
故选B。
【变式训练2】（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图，竖直平面内有一圆心在O 点的圆弧轨道BC，
B 点与圆心O 的连线与竖直方向的夹角为60°。一小球（可视为质点）以初速度v0= ❑√3 m /s从A 点水平飞
出，恰好从B 点沿切线方向进入圆弧轨道，不计空气阻力，重力加速度大小取g=10 m /s
2。下列说法正确
的是（ ）
A．小球从A 点运动到圆弧轨道B 点的时间为0.3s
B．小球运动到圆弧轨道B 点时的速度大小为3m/s
C．若小球进入圆弧轨道后沿轨道表面下滑，速度大小不变，则小球沿圆弧轨道下滑过程中处于超重状态
D．若小球进入圆弧轨道后沿轨道表面下滑，速度大小不变，则小球沿圆弧轨道下滑过程中所受摩擦力大
小逐渐增大
【答案】ACD
【详解】AB．小球从A 到B 做平抛运动，根据几何关系有v cos60
°= v0，v sin 60
°= v y =>¿
代入数据解得t =0.3s，v =2❑√3 m/s
故A 正确，B 错误；
CD．若小球进入圆弧轨道后沿轨道表面下滑，速度大小不变，则小球沿圆弧轨道下滑过程中因为有竖直
向上的加速度分量，处于超重状态，根据滑动摩擦力公式f = μ FN
而FN−mgcosθ =m v
2
R
下滑过程θ逐渐减小，可知随着cosθ的增大，摩擦力逐渐增大，故CD 正确。
故选ACD。
【变式训练3】（多选）如图所示为一半球形的坑，坑边缘上M、N 两点与圆心等高且在同一竖直面内。
两位同学分别在M、N 两点，同时将甲、乙两小球分别以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚
好落在坑壁上Q 点，Q、Q
′是半球上的两个对称点（如图），已知∠MOQ =60°，忽略空气阻力，下列说
法中正确的是（ ）
A．两球抛出的速率之比为1∶3
B．从N 点水平抛出的小球，控制抛出速度的大小，小球有可能垂直砸到坑壁上
C．两球同时落在Q 点与同时落在Q
′点，两次抛出两球的速率之和相等
D．若抛出时两球速度大小相等，且两球恰好相碰于坑壁上，则两球在空中运动时间最长
【答案】ACD
【详解】A．由于两球抛出的高度相等，则运动时间相等
x1= v1t
x2= v2t
由几何关系可知
x2=3 x1
所以两球抛出的速率之比为1∶3，A 正确；
B．若仅从N 点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球垂直坑壁落入坑中的A 点，则由平抛运动速度
的反向延长线OA 过水平位移的中点可知，而O 点不可能是水平位移的中点，故小球不可能垂直坑壁落入
坑中，B 错误；
C．要使两小球落在坑中的同一点，必须满足v1与v2之和与时间的乘积等于半球形坑的直径，即
(v1+ v2)t =2 RQ、Q
′是半球上的两个对称点，它们距离水平面的竖直高度相同，故t 相同，所以两球抛出
的速率之和相等，C 正确；
D．由ℎ= 1
2 gt
2可知，小球下落的竖直高度越大，在空中运动时间越长，故小球打在半球形的坑的最低点
（O 点正下方的坑壁）时，其在空中运动时间最长。若两小球都砸到这一点，则有
x1= x2= R
故两小球抛出时速度大小相等，D 正确。
故选ACD。
考点
二
斜抛运动
知识点 斜抛运动
1.定义：将物体以初速度v0沿
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：加速度为
重力加速度
g
的匀变速曲线运动，轨迹是
抛物线
。
3.研究方法
（1）如果运动最后末位置在最高点、速度水平，则将斜抛运动等效处理，等效为逆向平抛运动。
（2）如果运动最后末位置物体处于下落状态，与抛出点等高，利用斜抛运动的对称性，同时将斜抛运动
分割成由最高点开始的平抛运动，再充分利用对称性分析。
4.斜上抛运动的分析
利用运动的合成与分解分析：斜上抛运动可看作沿水平方向的匀速直线运动和沿竖直方向的竖直上抛运动
的合运动。
以抛出点为坐标原点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。
初速度可以分解为v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ。在水平方向，物体的速度和位移分别为
vx＝v0x＝v0cos θ ①
x＝v0xt＝v0cos θ·t ②
在竖直方向，物体的速度和位移分别为
vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt ③
y＝v0yt－1
2gt2＝v0sin θ·t－1
2gt2 ④
5.斜上抛运动的极值
在最高点，vy＝0，由③式得t＝v0sinθ
g
⑤
将⑤式代入④式得物体的射高ym＝v0
2sin
2θ
2g
⑥
物体落回与抛出点同一高度时，有y＝0，
由④式得总时间t 总＝2v0sinθ
g
⑦
将⑦式代入②式得物体的射程xm＝v0
2sin 2θ
g
当θ＝45°时，sin 2θ 最大，射程最大。
6.斜上抛运动问题的处理技巧
（1）对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆向看成平抛运动。
（2）分析完整的斜上抛运动时，可根据对称性求解某些问题。
考向1 斜抛运动
例1（2025·四川宜宾·三模）消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行
灭火。有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们喷出的水在空中运动的轨迹曲线如图所示，已知两曲线在同一
竖直面内，忽略空气阻力，则（ ）
A．甲、乙水枪喷出的水初速度相等
B．乙水枪喷出的水初速度较大
C．乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长
D．甲水枪喷出的水在最高点的速度较大
【答案】B
【详解】AB．令喷出水的初速度v0与水平方向夹角为θ，到达最高点过程，斜抛运动竖直方向做竖直上抛
运动，利用逆向思维有(v0sinθ)
2=2 gℎ
解得v0=
❑√2gℎ
sinθ
根据图示可知，竖直方向高度相等，甲喷出的初速度与水平方向夹角大一些，则乙水枪喷出的水初速度较
大，故A 错误，B 正确；
C．斜抛运动竖直方向做竖直上抛运动，根据图示可知，高度相等，利用逆向思维有ℎ= 1
2 gt0
2
根据对称性可知，上升与下降时间相等，水枪喷出的水在空中运动的时间t =2t0
解得t =2❑√
2ℎ
g
即甲、乙水枪喷出的水在空中运动的时间相等，故C 错误；
D．斜抛运动水平方向做匀速直线运动，则水在最高点的速度v x= v0cosθ
结合上述可知，甲喷水速度小于乙喷水速度，甲喷出的初速度与水平方向夹角大一些，则甲水枪喷出的水
在最高点的速度较小，故D 错误。
故选B。
例2 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
9 x
2+ 9
20。取重力加速度g=10 m /s
2，则（ ）
A．水喷出时速度大小为3 ❑√2m /s
B．水喷出后在空中飞行的最长时间为0.3s
C．水流飞行的最大水平位移为0.45m
D．水平位移最大的水流在空中的时间为3 ❑√2
10 s
【答案】D
【详解】A．由题可知，当x =0时，则有y = 9
20
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；
B．根据y = 1
2 gt
2，可知最高点对应得时间最长，故有t 上= ❑√
2 y
g =0.3s
根据抛体运动得对称性可得，水喷出后在空中飞行的最长时间为t =2t 上=0.6s
B 错误；
C．当y =0时，可得水平位移最大为−5
9 x
2+ 9
20 =0
解得x =0.9 m
C 错误；
D．设水流抛出时，速度方向于水平方向的夹角为θ，根据运动的分解可得水平位移x = v0cosθ·T
竖直方向上则有t = v0sinθ
g
根据运动得对称性可得T =2t = 2v0sinθ
g
联立可得x = v0
2
g sin 2θ
由数学知识可知，2θ =90°时，即θ = 45°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。
故选D。
【变式训练1】（2025·四川乐山·三模）如图1 所示是某款小游戏，物体需要从平台A 跳跃到前方更高的平
台B 上。假设不同的操作方式会使物体的运动轨迹出现如图2 所示的两种情况，则由图2 可推断出
（ ）
A．轨迹甲的起跳速度较大
B．轨迹乙的运动时间较长
C．两条轨迹最高点速度相同
D．两条轨迹起跳瞬间重力的功率相同
【答案】D
【详解】B．轨迹甲乙做斜抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。由
于两种情况下在竖直方向都做竖直上抛运动，且上升的最大高度相同，都落到同一水平面上，所以它们在
空中运动的时间相等，故B 错误；
AC．由于轨迹甲和乙落地点的距离不同，且它们在空中运动的时间相等，根据水平方向的匀速直线运动
规律可知，轨迹乙水平方向的初速度分量较大，即乙轨迹最高点速度大，上升高度相等，竖直初速度也相
等，根据速度的合成可知，轨迹乙初速度较大，故AC 错误；
D．由图可知轨迹甲乙上升的高度相同，竖直分速度相同，根据瞬时功率表达式P =mg v 竖直
可知两条轨迹起跳瞬间重力的功率相同，故D 正确。
故选D。
【变式训练2】如图所示，某校举行篮球比赛，两运动员分别将A、B 两篮球（均视为质点）从相同高度
（低于篮筐高度）同时抛出后，两篮球都直接落入篮筐（可认为落到同一点），篮球落入篮筐时的速度方
向相同，该过程中A、B 两篮球运动的时间分别为t A、t B，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．t A<t B
B．t A =t B
C．t A>t B
D．无法判断t A、t B的大小关系
【答案】C
【详解】ABCD．若研究两个过程的逆过程，则可将其看成是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同
一高度上，设A、B 两篮球落入篮筐时的速度大小分别为v A、vB，方向与水平方向的夹角为θ，A、B 两篮
球下落的高度相同，有−v A sinθ×t A+ 1
2 gt A
2= −vBsinθ×t B+ 1
2 gt B
2，又v Acosθ×t A>vBcosθ×t B，
解得t A>t B，选项C 正确。
故选C。
【变式训练3】如图甲所示，云南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
颗谷粒的运动轨迹如图乙所示，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，关于两谷粒从O 点
运动到P 点的过程，下列说法正确的是（ ）
A．v2一定大于v1
B．谷粒1 的加速度大于谷粒2 的加速度
C．两谷粒可能在空中相遇
D．谷粒1 的速度变化量方向与谷粒2 的速度变化量方向相同
【答案】D
【详解】B．谷粒1 做平抛运动，谷粒2 做斜抛运动，加速度均为重力加速度，故B 错误；
A．设谷粒2 的初速度方向与水平方向的夹角为θ，沿水平和竖直两个方向分速度大小分别为
v2 x = v2cosθ，v2 y = v2sinθ
设OP两点竖直方向的距离为ℎ，水平方向的距离为x，谷粒1 和谷粒2 从抛出到P点的时间分别为t1、t2，
则取竖直向下为正方向，竖直方向有
ℎ= 1
2 gt1
2
ℎ=−v2 yt2+ 1
2 gt2
2
得
t1<t2
又
x = v1t1= v2cosθ⋅t2
则
v1>v2cosθ
又
0<cosθ<1
则可能出现
v2>v1
故A 错误；
C．由于t1小于t2，且两谷粒是同时抛出的，因此两谷粒不可能相遇，故C 错误；
D．速度变化量的方向与加速度方向相同，故D 正确。
故选D。
考点
三
类平抛运动
知识点 类平抛运动
1.类平抛运动与平抛运动的区别
做平抛运动的物体初速度水平，物体只受与初速度垂直的竖直向下的重力，a＝g；做类平抛运动的物体初
速度不一定水平，但物体所受合力与初速度的方向垂直且为恒力，a＝F合
m 。
2.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（即沿合力方
向）的匀加速直线运动。
（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 方向上列方程求解。
考向 类平抛运动
例1 如图所示，一个倾角为30
∘的斜面固定在水平面上，其上表面ABCD光滑且为边长a=2.5 m的正方
形。现将一小球从B处水平向左抛出，小球沿斜面恰好运动到底端的D点。重力加速度g取10 m /s
2，空气
阻力忽略不计，下列说法中不正确的是（ ）
A．小球的运动轨迹一定为抛物线
B．小球在斜面上运动的时间为1s
C．小球在B点的速度大小为2.5 m /s
D．小球速度变化量的大小为10 m /s
【答案】D
【详解】A．由分析可知小球在光滑斜面上运动时，仅受重力和斜面支持力的作用。重力沿斜面向下的分
力为F合=mgsin30
∘
故小球受到的合力为恒力。小球从B 点水平向左抛出，初速度v0与合力F合不共线，所以小球做匀变速曲
线运动，其轨迹为一条抛物线，故A 正确，不符合题意；
BC．将小球的运动分解为沿初速度方向（水平向左，设为x轴）和垂直初速度方向（沿斜面向下，设为y
轴）的两个分运动：设小球沿斜面向下即y轴方向的加速度为a y，根据牛顿第二定律有mgsin30
∘=ma y
解得a y = gsin30
∘=5 m/s
2
即小球沿斜面向下的分运动为匀加速直线运动，设运动时间为t，则有y =a= 1
2 a yt
2
解得t = ❑√
2a
a y
=1s
又因为小球沿水平方向向左做匀速直线运动，设在B点的速度为v0，则有x =a= v0t
解得v0=2.5 m/s，故BC 正确，不符合题意；
D．速度变化量Δv由加速度和时间决定，故小球的速度变化只发生在沿斜面向下的方向上。已知加速度
a y =5 m/s
2，时间t =1s，则速度变化量Δv =a yt =5 m/s，故D 错误，符合题意。
故选D。
例2 一辆公交车沿直线匀速驶入站台时，站台上等候的某乘客不小心将手中小球掉落。若以小球为参考
系，以公交车前进的方向为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，不计空气阻力，则在下列四幅图中，可
表示公交车运动轨迹的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】以小球为参照物，以汽车前进方向为正x 轴方向，竖直向下为y 轴，公交车的运动可视为沿x 轴
正方向的匀速直线运动和竖直向上的自由落体运动的合运动，即相当于沿x 轴正方向且向上弯曲的类平抛
运动。符合公交车运动轨迹的是C 图。
故选C。
【变式训练1】（多选）某质点作匀变速曲线运动，依次经过A、B、C 三点，运动轨迹如图所示。已知过
B 点的切线与AC 连线平行，O 点为线段AC 的中点，则下列关于质点从A 点运动到B 点所用的时间t1与质
点从B 点运动到C 点所用的时间t2的大小关系；质点经过B 点时的加速度a 的方向的说法中，正确的是（
）
A．t1≠t2
B．t1=t2
C．a 的方向不一定由B 点指向O 点
D．a 的方向一定由B 点指向O 点
【答案】BD
【详解】AB．将质点在A 点的速度分解为沿AC 方向和垂直于AC 方向；同理加速度也作相同分解，则质
点在沿垂直AC 方向先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动；B 点时垂直于AC 方向速度为零，故从A
到B 和从B 到C 过程中，在垂直于AC 方向上的运动是对称的，加速度大小相等，故时间一定相等。故A
错误，B 正确；
CD．质点做匀变速曲线运动，将其运动分解到水平方向和竖直方向，在水平方向上，A 到B 和B 到C 的时
间相等，由于O 点为线段AC 的中点，所以A 到B 和B 到C 的水平位移相等，则水平方向是匀速直线运
动，质点的加速度在竖直方向。从A 作一条水平线交BO 延长线于E 点，从B 点作一条竖直向下的直线，
交AC 于D 点，交底面于F 点，如图：
则BDF 即为B 点的加速度方向；因A 到B 过程与B 到C 过程时间相等，故直线AE 与FC 长度相等，则
△AED与△CFD全等，则AD 等于DC，说明D 点为AC 的中点，即为题中的O 点，所以a 的方向一定由B
点指向O 点，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【变式训练2】（多选）质量为m 的物体以速度v0在足够大的光滑水平面上运动，从零时刻起，对该物体
施加一水平恒力F，在t 时刻，物体的速度减小到最小值3 v0
5 ，此后速度又不断增大。则下列说法正确的
是（ ）
A．水平恒力F 大小为4 m v0
5t
B．在t=0 时刻，水平恒力与初速度间的夹角为127°
C．在2t 时刻，物体速度大小为为9 v0
5
D．若零时刻起，水平恒力方向不变，大小变为2F，则在t 时刻，物体的速度大小仍为v0
【答案】AD
【详解】A．因为物体的最小速度不等于零，所以力F 与v0方向是不共线的，根据曲线运动的规律，此最
小速度应该是初速度v0在垂直于F 方向的分量，初速度的另一个与力F 方向相反的分量大小应为
v F =
❑√v0
2−( 3
5 v0)
2
= 4
5 v0
即物体在沿着力F 相反的方向的分运动是匀减速运动，经时间t 减到零，由运动学公式可知
a= Δv
Δt = 4 v0
5t
根据牛顿第二定律可知，水平恒力F 大小为
F =ma= 4 m v0
5t
故A 正确；
B．将初速度分解为与F 共线和与F 垂直，有由几何知识知，力F 与初速度间的夹角为143°故B 错误；
C．由速度公式可知，在2t 时刻，物体沿力F 方向的速度大小为
v
′
F =−4
5 v0+a(2t )=−4
5 v0+a(2t )=−4
5 v0+( 4 v0
5t )⋅(2t )= 4
5 v0
在2t 时刻，物体速度大小为
v1=
❑√v
′
F
2 +( 3
5 v0)
2
= v0
故C 错误；
D．若零时刻起，水平恒力方向不变，大小变为2F，由牛顿第二定律可知，物体的加速度变为2a，由速度
公式可知，在t 时刻，物体沿力F 方向的速度大小为
v
″
F =−4
5 v0+(2a)t =−4
5 v0+(2⋅4 v0
5t )⋅t = 4
5 v0
在2t 时刻，物体速度大小为
v2=
❑√v
″
F
2 +( 3
5 v0)
2
= v0
故D 正确。
故选AD。
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，恰好跨越长
x =25 m的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=10 m /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 =25 m、v0=25 m/s
解得
ℎ=5m
故选B。
2.（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。
3.（2025·云南·高考真题）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
【详解】AB．鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有ℎ= 1
2 gt
2
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AB 错误；
CD．在水平方向有x = v0t，如图
过M 点作一水平面，可看出在相同高度处M 点的水平位移大，则M 点接到的鸟食平抛的初速度较大，故
C 错误，D 正确。
故选D。
4.（全国·高考真题）如图所示，一物体自倾角为θ 的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上．物体与
斜面接触时速度与水平方向的夹角φ 满足 ( )
A．tanφ＝sinθ
B．tanφ＝cosθ
C．tanφ＝tanθ
D．tanφ＝2tanθ
【答案】D
【详解】竖直速度与水平速度之比为
tanφ=gt
v0
竖直位移与水平位移之比为
tanθ =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
故
tanφ=2tanθ
故选D．
