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第20 讲 抛体运动
一、 考点精讲练
考点01：平抛运动运动（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点02：有约束条件的平抛运动（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点03：类平抛运动（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
考点04：斜抛运动（必备知识+2 例+2 变式+能力提升）
二、 拓展学习（平抛运动中的临界问题（1 例+1 变式））
三、 巩固提升（精选20 道题）
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
考点一
平抛运动
本讲要点
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。
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。
【例1-1】（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。
【例1-2】（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
【变式1-1】（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。
【变式1-2】（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
【解题能力提升】
平抛运动所涉及物理量的计算
物理量
公式
决定因素
飞行
时间
t=❑√
2ℎ
g
取决于下落高度h 和重力加速度g,与初速度v0无关
水平
射程
x=v0t=
v0❑√
2ℎ
g
由初速度v0、下落高度h 和重力加速度g 共同决定
落地
速度
vt=❑√v x
2+ v y
2
=❑√v0
2+2gℎ
与初速度v0、下落高度h 和重力加速度g 有关
1.与斜面结合的抛体运动分解方法
考点二
有约束条件的平抛运动
(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.落点在斜面上的三种情境分析
模
型
方
法
分解速度,构建速度三角形,找
到斜面倾角θ 与速度方向的关
系
分解速度,构建速度的
矢量三角形
分解位移,构建位移三角形,隐含条
件:斜面倾角θ 等于位移与水平方向
的夹角
运
动
时
间
由tan θ= v x
v y
= v0
gt
得 t=
v0
g tanθ
由tan θ=v y
v x
=gt
v0
得 t=v0 tanθ
g
由tan θ= y
x =gt
2v0
得t=2v0 tanθ
g
3.落点在曲面上的三种情境分析
模型
处理方法
分解速度
利用位移关系
利用位移关系
物理量
分析
因tan θ=v y
v x
=gt
v0
得t=v0 tanθ
g
x=R+R·cos θ=v0t
y=Rsin θ=1
2gt2
(x-R)2+y2=R2
x=v0t
y=1
2gt2
x2+y2=R2
【例2-1】（多选）（2025·广东深圳·三模）北京冬奥会的举办让越来越多的运动爱好者被吸引到冰雪运动
中来，其中高台跳雪是北京冬奥会的比赛项目之一。如图甲所示，两名跳雪爱好者a，b（可视为质点）从
雪道末端先后以初速度之比va:vb=1:4，沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。不计空气阻力，则两名跳雪
爱好者从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．他们飞行时间之比为1：4
B．他们飞行的水平位移之比为1：8
C．他们在空中离雪坡面的最大距离之比为1：16
D．他们落到雪坡上的瞬时速度方向可能不同
【答案】AC
【详解】A．设运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为
y，如图所示。运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x=v0t，在竖直方向上做自由落体运动，有
y = 1
2 gt
2
运动员落在斜面上时，有tanθ = y
x
联立解得t = 2v0tanθ
g
则知运动员飞行的时间t 与v0成正比，则他们飞行时间之比为ta
tb
= va
vb
= 1
4 ，故A 正确；
B．水平位移x = v0t = 2v0
2tanθ
g
运动员飞行的水平位移x 与初速度的平方成正比，则他们飞行的水平位移之比为1:16，故B 错误；
C．将运动员的运动分解为沿坡面和垂直于坡面的两个方向上，建立直角坐标系，在沿坡面方向做匀加速
直线运动，垂直于坡面方向做匀减速直线运动，则运动员在空中离雪道坡面的最大高度为
ℎmax = (v0sinθ)
2
2 gcosθ ∝v0
2
所以他们在空中离雪道坡面的最大高度之比为1:16，故C 正确；
D．落到雪坡上时，设运动员的速度方向与竖直方向夹角为α，则有tan α = v0
v y
= v0
gt =
v0
2v0 tanθ =
1
2tanθ
则他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故 D 错误。
故选AC。
【例2-2】（多选）如图所示，一半径为R 的半球形坑，其中坑边缘两点与圆心等高且在同一竖直面内。
现甲、乙两位同学分别将M、N两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一
点Q，已知∠MOQ =53°，sin53° =0.8，cos53° =0.6，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法
正确的是（ ）
A．v1= ❑√
gR
10
B．v2= ❑√
2gR
5
C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变
D．若仅从M 点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中
【答案】AD
【详解】A．从Ｍ点抛出的小球Rsin53° = 1
2 gt
2，R(1−cos53°)= v1t
解得v1= ❑√
gR
10 ，故Ａ正确；
B．从N 点抛出的小球R sin53° = 1
2 gt
2，R(1+cos53°)= v2t
解得v2=2❑√
2gR
5
，故B 错误；
C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，则运动时间相同均为t = ❑√
2ℎ
g
根据v1t + v2t =2 R
两球抛出的速率之和v1+ v2=2 R ❑√
g
2ℎ
随着落点的竖直高度的变化而变化，故C 错误；
D．根据平抛运动的推论：速度的反向延长线交水平位移的中点，假设小球垂直落在半球型坑中，速度反
向延长线过球心O 并不是水平位移的中点，两者矛盾，所以假设错误，不可能使小球垂直坑壁落在圆弧轨
道内，故D 正确。
故选AD。
【变式2-1】如图，倾角为θ 的斜面体ABC 固定在水平地面上，在A 点正上方的P 点，以速度v0水平抛出
一个小球，小球落在斜面上的Q 点(图中未画出)，且落到斜面上时速度方向与斜面垂直，重力加速度为
g，不计空气阻力，则Q 点离地面的高度为( )
A． v0
2
g
sin θ
B． v0
2
g
cos θ
C． v0
2
g
tan θ
D． v0
2
g
【答案】D
【详解】当小球落到斜面上时，设竖直方向的分速度为vy，则有v y = v0
tanθ
又vy＝gt，x＝v0t
联立解得x =
v0
2
g tanθ
则Q 点离地面的高度h＝xtan θ＝v0
2
g
故选D。
【变式2-2】如图所示，竖直平面xOy 中存在一抛物线其满足方程y=x2，现在y 轴上y0=216m 处，以
v0=1m/s 水平抛出一质点，则该质点击中抛物线p(x,y）的位置坐标满足（忽略空气阻力，g=10m/s2）（
）
A．x=36m
B．x=6m
C．y=6m
D．y=72m
【答案】B
【详解】设质点经时间t 击中抛物线，则有x = v0t =t ，216−y = 1
2 gt
2
又由x、y 满足方程y=x2，带入可得216−1
2 gt
2=t
2
解得t =6 s
则可得x =6m，y =36m
故选B。
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3】（多选）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 水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面（重力加速度为g），下列说法中正确的是（ ）
考点三
类平抛问题
A．物块运动的加速度a= g
B．物块由P 运动到Q 所用的时间t = ❑√
2l
gsinθ
C．物块由P 点水平射入时的初速度v0=b ❑√
gsinθ
2l
D．物块离开Q 点时的速度大小v =
❑√
(b
2+ 4l
2)gsinθ
2l
【答案】BCD
【详解】AB．根据牛顿第二定律mgsinθ =ma
物体运动的加速度为a= gsinθ
根据运动学公式l = 1
2 at
2
得物块由P 运动到Q 所用的时间t = ❑√
2l
gsinθ
故A 错误，B 正确；
C．入射的初速度为v0= b
t =b ❑√
gsinθ
2l
故C 正确；
D．物块离开Q 点时沿斜面向下的分速度的大小v y =at = ❑√2lgsinθ
物块离开Q 点时的速度大小v =
❑√v0
2+ v y
2 =
❑√
b
2 gsinθ
2l
+2lgsinθ =
❑√
(b
2+ 4l
2)gsinθ
2l
故D 正确。故选BCD。
【变式3】如图甲所示的风洞实验中小球的运动简化为如图乙所示的匀变速曲线运动，虚线AB 与水平地
面的夹角为 37°，质量为m 的小球从P 点以大小为v0的初速度沿与AB 平行的方向抛出，运动过程中小球
始终受到大小F = 3
4 mg，方向水平向右的风力的作用，C 是虚线AB 上的点，PC 与虚线AB 垂直，且P、C
两点间的距离为5
8 L，经过一段时间，小球运动到虚线AB 上的某点D （图中未标出）点，重力加速度大
小为g，sin37° =0.6，cos37° =0.8，小球可视为质点。试计算：
(1)小球从P 点运动到最高点的时间。
(2)若小球的离地高度ℎ=8 m，v0=10 m/s，重力加速度g=10 m/s
2，求小球落地时的水平位移。
(3)小球从抛出到落到D 点的所用的时间。
【答案】(1)3 v0
5 g
(2)31m(3)❑√
L
g
【详解】（1）小球从P 点运动到最高点时竖直方向速度减为0，则有t0= v0sin37°
g
= 3 v0
5 g
（2）设小球空中运动时间为t1，规定向上为正方向，对小球，竖直方向有−ℎ= v0sin37°×t1−1
2 gt1
2
代入题中数据，解得t1=2s
则小球落地时的水平位移x = v0×cos37°×t1+ 1
2 axt1
2
其中ax = F
m = 3
4 g
联立解得x =31m
（3）把F 和mg 合成一个力F1=
❑√(mg)
2+(F)
2= 5
4 mg
设F1与F 的夹角为θ，则有tanθ = mg
F = 4
3
可知θ =53°
即F1恰好沿PC 方向，小球从P 点到D 点做类平抛运动，由类平抛运动的规律有5
8 L= 1
2 at
2
其中a= F1
m = 5
4 g
解得t = ❑√
L
g
【解题能力提升】
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。
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－
gt2＝(v0sin θ)t－
gt2
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＝
。
②斜抛运动的飞行时间：t＝
。
③射程：s＝v0cos θ·t＝
，
对于给定的v0，当θ＝45°时，射程达到最大值，smax＝
。
考点四
斜抛运动
【例4-1】（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，则对A 点发出的球，有L−ℎ= v0sinθ⋅t + 1
2 gt
2
对B 点发出的球，有L
2 −ℎ=−v0sinθ⋅t + 1
2 gt
2
联立以上各式，可得tanθ = 1
4 ，故选C。
【例4-2】（多选）（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。
【变式4-1】（2025·甘肃·高考真题）如图，小球A 从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B 从左侧
水平击中，小球A 落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g 取10m/s
2，
则碰撞前小球B 的速度大小v 为（ ）
A．1.5m/s
B．3.0m/s
C．4.5m/s
D．6.0m/s
【答案】B
【详解】根据题意可知，小球A 和B 碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A 球的竖直速度不变，
设碰撞后A 球水平速度为v1，B 球水平速度为v2，则有mv =m v1+m v2
碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有1
2 m v
2+ 1
2 m vA
2 = 1
2 m vA
2 + 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
联立解得v1= v，v2=0
小球A 在竖直方向上做匀加速直线运动，则有ℎ= 1
2 gt
2
解得t =2s
可知，碰撞后，小球A 运动t
′ =1s落地，则水平方向上有x = v t
′
解得v =3.0 m/s，故选B。
【变式4-2】（多选）（2022·山东·高考真题）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向
上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m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10m/s
2，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 ❑√2m/s
C．d =3.6 m
D．d =3.9 m
【答案】BD
【详解】设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0 竖直
2
=2 g( H −ℎ)
代入数据得v0 竖直
❑
= ❑√2×10×(8.45−1.25)m/s=12m/s
则v0水平
❑
=
❑√13
2−12
2m/s=5 m/s
排球水平方向到P点的距离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
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水平=
❑√v水平⊥
' 2
+ v0水平∥
2
=3 ❑√2m/s
网球落到地面的时间t
' = ❑√
2 H
g = ❑√
8.45×2
10
s=1.3s
着地点到墙壁的距离d = v水平⊥
'
t
' =3.9 m
故BD 正确，AC 错误。故选BD。
【解题能力提升】
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过程,可以逆向看成平抛运动;分析完整的斜上抛运动,还可
根据对称性求解有关问题。
1.两种常见情形
（1）物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；
（2）物体的速度方向恰好为某一方向.
2.解题技巧
在题中找出有关临界问题的关键字，如“恰好不出界” “刚好飞过壕沟”“速度方向恰好与斜面平
行”“速度方向与圆周相切”等，然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题.
【例5】2024 年，中国选手郑钦文在巴黎奥运会上夺得金牌，掀起了全民网球运动的热潮。某学校网球场
地示意图如图所示，场地水平，半场长度l =12m，中央球网高ℎ0=1m。某同学在练习击球时，击球点到
地面的距离保持ℎ=2m，球的运动都视为平抛运动，取重力加速度g=10 m /s
2。
(1)该同学站在底线MN 上的P 点水平发球，P 点到M 点的距离为6m，球能过网且落在阴影区域内视为发
拓展学习
球成功，则该同学发球成功的发球初速度最大不能超过多少？
(2)若某次击球时，该同学在P 点将球垂直于底线MN 水平击出，球恰好贴近网的上边而过，求球落地的瞬
时速度大小及球落地点到网的距离。（计算结果中可有根式）
【答案】(1)30 m/s(2)2❑√190 m/s，(12❑√2−12)m
【详解】（1）P点到阴影区域最大距离为
l
′ =
❑√6
2+(6×3)
2m =6 ❑√10 m
球落地的时间为t = ❑√
2ℎ
g = ❑√
2×2
10 s=
❑√10
5
s
则初速度为
v = l
′
t = 6 ❑√10
❑√10
5
m/s=30 m/sP 点到球网距离为
l
″ = 2
3 l
′ = 2
3 ×6 ❑√10 m = 4 ❑√10 m
球能通过球网的最长时间为
t
′ =
❑√
2(ℎ−ℎ0)
g
= ❑√
2×(2−1)
10
s=
❑√5
5 s
速度为
v
′ = l
″
t
′ = 4 ❑√10
❑√5
5
m/s=20 ❑√2m/s
可得
v
′<v
则该同学发球成功的发球初速度最大不能超过30 m/s。
（2）球落地的时间为
t = ❑√
2ℎ
g = ❑√
2×2
10 s=
❑√10
5
s
球通过球网的时间为
t
′ =
❑√
2(ℎ−ℎ0)
g
= ❑√
2×(2−1)
10
s=
❑√5
5 s
球的初速度为
v1= l
t
′ = 12
❑√5
5
m/s=12❑√5 m/s
球落地点到网的距离
x = v1(t −t
′)=12❑√5×(
❑√10
5
−
❑√5
5 )m =(12❑√2−12)m
球落地的瞬时速度为
v合=
❑√v1
2+(>)
2=
❑√(12❑√5)
2+(10×
❑√10
5
)
2
m/s=2❑√190 m/s
【变式5】如图所示，还没有安装玻璃的窗子上、下沿间的高度H=1.6 m，墙的厚度d=0.4 m。某人在离墙
壁距离L=1.4 m，距窗子上沿高h=0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，
小物体直接穿过窗口并落在水平地面上（ g=10 m/s2），求v 的取值范围。
【答案】3 m/s<v<7 m/s
【详解】若小物体恰好从窗口上沿右侧飞过，此时速度最大，根据图示有
ℎ= 1
2 gt1
2
L= v1t1
解得
v1=7 m/s
该速度为小物体直接穿过窗口并落在水平地面上的最大速度，若小物体恰好从窗口下沿左侧飞过，此时速
度最小，根据图示有
ℎ+ H = 1
2 gt2
2
L+d = v2t2
解得
v2=3 m/s
综合上述可知，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，小物体的速度范围为
3 m/s<v<7 m/s
1．（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。
2．（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（ ）
巩固提升
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。
3．（2023·湖南·高考真题）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
【详解】A．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；
C．谷粒2 做斜向上抛运动，谷粒1 做平抛运动，均从O 点运动到P 点，故位移相同。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，竖直方向上位移相同故谷粒2 运动时间较长，C 错误；
B．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。
与谷粒1 比较水平位移相同，但运动时间较长，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；
D．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。
故选B。
4．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M 点由静止自由滑下，
经过水平NP 段后飞入空中，在Q 点落地。不计运动员经过N 点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。
下列能表示该过程运动员速度大小v 或加速度大小a 随时间t 变化的图像是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN 段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
mgsinθ =ma1
可得
a1= gsinθ
运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度
a2=0
运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
a3= g
设在P点的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为
v =
❑√v0
2+ g
2t
2
由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
a1<a3
C 正确，ABD 错误。
故选C。
5．（2022·广东·高考真题）如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩
具枪的枪口与小积木上P 点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v 从枪口向P 点射出时，小积木恰好
由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是
（ ）
A．将击中P 点，t 大于L
v
B．将击中P 点，t 等于L
v
C．将击中P 点上方，t 大于L
v
D．将击中P 点下方，t 等于L
v
【答案】B
【详解】由题意知枪口与P 点等高，子弹和小积木在竖直方向上做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹
和积木运动时间相同，根据
ℎ= 1
2 gt
2
可知下落高度相同，所以将击中P 点；又由于初始状态子弹到P 点的水平距离为L，子弹在水平方向上做
匀速直线运动，故有
t = L
v
故选B。
6．（多选）（2025·山东·模拟预测）某海洋乐园里正在进行海豚戏球表演，海豚与高台边缘的水平距离为
H。驯兽师在高台边缘，距水面高度为H 处静止释放球的同时，海豚以一初速度v₀ 跃出水面，速度方向与
水面夹角为θ，如图所示。设海豚跃出水面后姿势保持不变，不计空气阻力，若海豚可以顶到球，则下列
选项中可能正确的是（ ）
A．v0= ❑√
4
3 gH
B．v0= ❑√
3
2 gH
C．θ=30°
D．θ = 45
∘
【答案】ABD
【详解】海豚若能顶到球，则水平方向H=v0cosθt
竖直方向H = 1
2 gt
2+ v0sinθt −1
2 gt
2= v0sinθt
tanθ = H
H =1
则θ = 45
∘
当海豚在落水前所经历的时间为t0= 2v0sinθ
g
故当海豚落水时恰好顶到球，则有H = v0sinθt = v0sinθ⋅2v0sinθ
g
= v0
2
g
解得v0= ❑√gH
故当v0>❑√gH时，海豚可以顶到球，则选项AB 均可。
故选ABD。
7．（2021·河北·高考真题）铯原子钟是精确的计时仪器，图1 中铯原子从O 点以100m/s的初速度在真空
中做平抛运动，到达竖直平面MN所用时间为t1；图2 中铯原子在真空中从P 点做竖直上抛运动，到达最
高点Q 再返回P 点，整个过程所用时间为t2，O 点到竖直平面MN、P 点到Q 点的距离均为0.2m，重力加
速度取g=10 m/s
2，则t1:t2为（ ）
A．100 1∶
B．1 100
∶
C．1 200
∶
D．200 1∶
【答案】C
【详解】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即
x = v t1
解得
t1= x
v = 0.2
100 s
铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时t2
2 ，逆过程可视为自由落体，即
x = 1
2 g( t2
2 )
2
解得
t2= ❑√
8 x
g = ❑√
8×0.2
10
=0.4s
则
t1
t2
=
0.2
100
0.4 = 1
200
故选C。
8．（2025·河北沧州·二模）在巴黎奥运会网球女子单打决赛中，中国选手郑钦文夺得金牌，创造了新的历
史。如图所示，某次在网前截击中，若郑钦文在球网正上方距地面ℎ处的M点将球沿垂直球网的方向击出，
球刚好落在底线上N点。已知底线到网的水平距离为s，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列有关说
法正确的是（ ）
A．网球击出后球的运动是加速度和速度都不断增大的曲线运动
B．网球从M点击出至落在底线上N点所用时间为2ℎ
g
C．网球从M点击出至落在底线上N点位移的大小等于s
D．网球做平抛运动的水平位移由抛出时的高度和初速度的大小共同决定
【答案】D
【详解】A．网球击出之后网球的运动视作平抛运动，平抛运动的加速度不变，做匀变速曲线运动，速度
不断增大，故A 错误；
B．竖直方向，根据ℎ= 1
2 gt
2，网球从击出至落地所用时间为t = ❑√
2ℎ
g
，故B 错误；
C．网球从击球点至落地点的位移大小为MN =
❑√ℎ
2+ s
2，故C 错误；
D．根据x = v0t = v0
❑√
2ℎ
g
可知平抛运动的水平位移由抛出时的高度和初速度的大小共同决定，故D 正确。
故选D。
9．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在某军事演习区正上方距离地面4000m 高空悬停着上万只无人机组
成的无人机群（可视为质点），每只无人机携带一颗炸弹，无人机群向水平方向及以下方向无死角的以初
速度v0=10 m/s抛出炸弹，在距离地面2000m 处设置面积为S=3000m2的拦截炸弹区，不计空气阻力，现
以离地2000m 处相应的面积比为拦截炸弹比，取g=10 m/s
2,π≈3，则拦截炸弹比约为（ ）
A．0.5
B．0.25
C．0.05
D．0.025
【答案】D
【详解】平抛的炸弹水平运动最远，到达拦截区，根据平抛运动规律得
2000= 1
2 gt
2，x = v0t
解得x =200 m
拦截炸弹比为S
π x
2 =
3000
3×200
2 =0.025
故选D。
10．（2025·河北秦皇岛·二模）2024 年巴黎奥运会上，郑钦文为中国队勇夺网球女子单打首枚金牌。若某
次训练中，她第一次在地面上方A 点把网球以初速度v0水平击出，落在水平面上B 点；第二次在地面上方
C 点把网球以一定初速度斜向上击出，初速度方向与水平方向的夹角为α =53°，网球运动的最高点恰好为
A 点，落在水平面上D 点，如图为网球两次运动的轨迹，两轨迹在同一竖直平面内，A 点在水平地面的投
影点为A
′，A
′ B =2 A
′ D，A 点到地面的距离是C 点到地面的距离的4
3 ，不计空气阻力，重力加速度大小
为g，sin53° =0.8。下列说法正确的是（ ）
A．网球两次在空中做匀变速运动的加速度不同
B．网球第二次的初速度大小为5 v0
8
C．A、C 两点间的水平距离为v0
2
3 g
D．网球在B 点的速度大小为2v0
【答案】C
【详解】A．网球在空中只受重力，加速度均为g，故A 错误；
B．设A、A
′两点距离为ℎ，第二次网球过A点后做平抛运动，根据ℎ= 1
2 gt1
2，x = v t1，解得水平方向的
速度为v = x ❑√
g
2ℎ，结合A
′ B =2 A
′ D，可得第二次网球过A 点的速度大小为v x= 1
2 v0，所以网球第二次
的初速度大小为v2=
v x
cos53° = 5 v0
6 ，故B 错误；
C．初速度竖直分量v y = v2sin53° = 2
3 v0，网球从C点到A 点的时间t2= v y
g = 2v0
3 g
，则A、C两点间的水平
距离为Δ x = v xt2= v0
2
3 g
，故C 正确；
D．根据题意有1
4 ℎ= v y
2
2g
，即ℎ= v y
2
2g ×4 = 2v y
2
g = 8 v0
2
9 g
，网球在B点，竖直方向的速度为
vBy = ❑√2gℎ= 4
3 v0，又水平方向的速度为vBx= v0，故网球在B 点的速度大小为vB=
❑√vBx
2 + vBy
2 = 5
3 v0，故
D 错误。
故选C。
11．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，内壁光滑的四分之一圆弧轨道MN竖直固定放置，圆心为O点，
ON、OM分别是竖直半径和水平半径。现让光滑水平面上的小球（可视为质点）获得一个水平向右的初
速度，不计空气阻力，则小球从O点离开后运动到圆弧上某点过程说法正确的是（ ）
A．初速度越大，小球落在圆弧上时速度越大
B．初速度越大，小球平抛运动过程速度的变化量越大
C．改变初速度的大小，落在圆弧上不同位置速率可能相等
D．改变初速度的大小，落在圆弧上速度的方向垂直于该点的切线
【答案】C
【详解】AC．由x = v0t，y = 1
2 gt
2与几何关系x
2+ y
2= R
2
可得t
2= 2
g
2 (
❑√v0
4+ g
2 R
2−v0
2)，v
2=2
❑√v0
4+ g
2 R
2−v0
2
通过求导化简可知当v0=
❑√gR
4√3
,即y =
❑√3
3 R时,末速度v最小，故A 错误，C 正确；
B．初速度越大，时间越短，速度的变化量越小，故B 错误；
D．若落在圆弧上速度的方向垂直于该点的切线，则速度的反向延长线过O点，不能过水平位移的中点而
不合理，故D 错误。
故选C。
12．（24-25 高三下·四川巴中·开学考试）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。
13．如图所示，AB为建筑工地上的四分之一圆弧轨道，圆心为O，半径OB竖直，M 、N点将OB分成3
等份。工件甲、乙分别从M 、N点水平向右抛出，不计空气阻力，则能垂直击中AB轨道的是（ ）
A．仅甲能
B．仅乙能
C．甲、乙都能
D．甲、乙都不能
【答案】A
【详解】设在OB 上某点C 水平抛出正好垂直落于圆弧上D 点，可知速度反向延长线交于水平位移中点，
如图所示
可见
OC = ED
故OB 中点下方水平抛出的小球，都不可能垂直落于AB 圆弧轨道上，从M 点水平抛出，可见竖直位移为
R
3 = 1
2 gt
2
水平位移为
❑√5 R
3
= vt
可得水平速度为
v = ❑√
5 gR
6
即甲能垂直击中AB轨道，乙不能。
故选A。
14．如图所示，在同一竖直平面内，水平面的右端固定一倾角为θ =24°的斜面，在水平面上D 点正上方
O 点处水平向右以v0=6 m /s的速度抛出一个小球M，同时位于斜面底端C 点、质量m=5kg的滑块，在
沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，经过时间t =1s恰好在P 点被M 击中。已知滑
块与斜面间动摩擦因数μ=0.2,CD =3.75 m ,cos24° =0.9,sin24° =0.4，重力加速度g=10 m /s
2，小球
和滑块均可看成质点，不计空气阻力，则拉力F 大小为（ ）
A．27 N
B．36N
C．48N
D．54N
【答案】D
【详解】根据题意，水平方向上，由x = v0t可知，OP间的水平距离为xOP=6 m
则CP间水平距离为xCP= xOP−CD =2.25 m
由几何关系可得CP =
xCP
cos24° =2.5m
由运动学公式x = 1
2 at
2可得，滑块沿斜面向上运动的加速度大小为a= 2CP
t
2
=5 m/s
2
对物块，由牛顿第二定律有F −mgsin24°−μmgcos24° =ma
代入数据解得F =54 N
故选D。
15．（2025·辽宁·三模）如图所示，辽篮某球员在比赛中进行投篮。已知A、B、C 是篮球运动轨迹中的三
个点，其中A 为球抛出点，B 为球运动轨迹的最高点，C 为球落入篮框的点，且A、B 连线垂直于B、C 连
线，A、B 连线与水平方向的夹角为θ，(sinθ = 2❑√7
7 )不计空气阻力。则篮球从A 到B 与从B 到C 的运动
时间之比为（ ）
A．3:4
B．4:3
C．9:16
D．16:9
【答案】B
【详解】将篮球从A 到B 运动的逆过程与从B 到C 运动的过程看作两个平抛运动，将AB 过程沿水平和竖
直方向分解，如图所示
水平方向则有x AB= vBt AB
竖直方向则有y AB= 1
2 gt AB
2
由几何知识可得tanθ = y AB
x AB
=
1
2 gt AB
2
vBt AB
解得t AB= 2vB tanθ
g
同理可得t BC = 2vB tan(90°−θ)
g
故
t AB
t BC
= tanθ
1
tanθ
= tan
2θ
根据数学知识cos
2θ+sin
2θ =1，sinθ = 2❑√7
7
解得cosθ = ❑√
3
7
则tanθ = sinθ
cosθ = 2
❑√3
故
t AB
t BC
= tan
2θ = 4
3
故选B。
16．（24-25 高三下·河北张家口·开学考试）如图所示，位于同一高度ℎ的两小球A、B之间的距离为l，现
将A球以水平向右的速度v0=l ❑√
g
ℎ抛出的同时，B球自由下落。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则
在两球第一次落地的过程中（ ）
A．A、B会相碰
B．A、B不会相碰
C．只有当l特别小时A、B才可能相碰
D．无法判断A、B能否相碰
【答案】A
【详解】设A球抛出时速度为v，第一次落到地面时与B球恰好相碰，则l = vt，ℎ= 1
2 gt
2
联立两式可得v =l ❑√
g
2ℎ<v0，说明在两球在第一次落地前相碰。
故选A。
17．（多选）（2025·广东深圳·三模）北京冬奥会的举办让越来越多的运动爱好者被吸引到冰雪运动中来，
其中高台跳雪是北京冬奥会的比赛项目之一。如图甲所示，两名跳雪爱好者a，b（可视为质点）从雪道末
端先后以初速度之比va:vb=1:4，沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。不计空气阻力，则两名跳雪爱好者
从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．他们飞行时间之比为1：4
B．他们飞行的水平位移之比为1：8
C．他们在空中离雪坡面的最大距离之比为1：16
D．他们落到雪坡上的瞬时速度方向可能不同
【答案】AC
【详解】A．设运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为
y，如图所示。运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x=v0t，在竖直方向上做自由落体运动，有
y = 1
2 gt
2
运动员落在斜面上时，有tanθ = y
x
联立解得t = 2v0tanθ
g
则知运动员飞行的时间t 与v0成正比，则他们飞行时间之比为ta
tb
= va
vb
= 1
4 ，故A 正确；
B．水平位移x = v0t = 2v0
2tanθ
g
运动员飞行的水平位移x 与初速度的平方成正比，则他们飞行的水平位移之比为1:16，故B 错误；
C．将运动员的运动分解为沿坡面和垂直于坡面的两个方向上，建立直角坐标系，在沿坡面方向做匀加速
直线运动，垂直于坡面方向做匀减速直线运动，则运动员在空中离雪道坡面的最大高度为
ℎmax = (v0sinθ)
2
2gcosθ ∝v0
2
所以他们在空中离雪道坡面的最大高度之比为1:16，故C 正确；
D．落到雪坡上时，设运动员的速度方向与竖直方向夹角为α，则有tan α = v0
v y
= v0
gt =
v0
2v0 tanθ =
1
2tanθ
则他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故 D 错误。
故选AC。
18．（多选）（2025·山东潍坊·二模）如图所示，P、Q、M 为同一竖直平面内三点，P、Q 位于同一条竖
直线上，Q、M 位于水平地面上，且PQ=QM。某一时刻小球甲从P 点水平抛出，同时小球乙从Q 点与QM
成θ 角抛出，速度方向如图，两球在M 点相遇，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从抛出到相遇，乙速度变化量大于甲
B．甲、乙初速度大小之比为1:❑√2
C．相遇前瞬间，甲、乙速度大小之比为2:❑√2
D．仅改变乙抛出的θ 角，则其落地时一定位于M 点的左侧
【答案】BD
【详解】A．速度变化量为Δv =>¿
两球运动时间相等，所以从抛出到相遇，速度变化量大小相等，故A 错误；
B．小球甲做平抛运动，则x = v1t，x = 1
2 gt
2
小球乙做斜上抛运动，则x = v2cosθ⋅t，v2sinθ = g t
2
联立可得θ = 45°，
v1
v2
= 1
❑√2
故B 正确；
C．相遇前瞬间，甲的速度大小为v甲=
❑√v1
2+(>)
2= ❑√5 v1
乙的速度大小为v乙= v2
所以
v甲
v乙
=
❑√5
❑√2
故C 错误；
D．对乙球，有x = v2cosθ⋅t，v2sinθ = g t
2
所以x = v2
2sin2θ
g
由此可知，当θ = 45°时，乙球的水平位移最大，所以若改变乙抛出的θ 角，其水平位移减小，即其落地时
一定位于M 点的左侧，故D 正确。
故选BD。
19．（2025·山西·二模）小明坐在倾角为θ =37°的斜坡上将质量为m=1kg的小球抛出，抛出点可近似认
为贴近斜坡，并最终落在斜坡上，小球抛出瞬间的速度大小为v0=2m /s，不计空气阻力，g=10 m /s
2，
sin37° =0.6，求：
(1)若小球抛出时速度沿水平方向，求落在斜坡上的时间t和小球的位移大小s；
(2)若小球抛出时速度可沿任意方向，求小球运动的最长时间t m。
【答案】(1)t =0.3s，s=0.75 m(2)0.5s
【详解】（1）小球运动的位移与水平方向夹角为θ，由平抛运动知识，则有tanθ =
1
2 gt
2
v0t
解得t =0.3s
小球的水平位移大小x = v0t
解得x =0.6 m
小球的位移大小s=
x
cosθ
解得s=0.75 m
（2）由于小球的初速度大小一定，且最终落在斜坡上，可知垂直于斜坡方向抛出运动时间最长
垂直于斜坡方向加速度a= gcosθ
解得a=8 m /s
2
小球运动的时间t m =2 v0
a
解得t m =0.5s
20．（2025·福建泉州·模拟预测）某同学受《三国演义》的启发，设计了一个“借箭”游戏模型。如图所
示，城堡上装有一根足够长的光滑细杆，杆上套一个质量为m1=160g的金属环，金属环用长度L=20 m轻
绳悬挂着一个质量为m2=210g的木块，静止在城墙上方。若士兵以一定角度射出质量为m3=30g的箭，
箭刚好水平射中木块并留在木块中（箭与木块的作用时间很短），之后带动金属环运动。已知箭的射出
点到木块的水平距离为s=80 m、竖直高度为H =20 m，重力加速度g=10 m /s
2，在整个运动过程中，木
块整体上升的最大高度小于绳长，箭、木块、金属环均可视为质点，忽略空气阻力，求：
(1)箭射中木块前瞬间的速度大小；
(2)箭射入木块的过程中系统损失的机械能；
(3)木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小？
【答案】(1)40 m /s(2)21J(3)2.7 N
【详解】（1）箭射出后做斜抛运动，设箭射中木块前瞬间的速度大小为v0，即斜抛运动的水平分速度为
v0，由运动学公式得s= v0t，H = 1
2 gt
2
解得v0= 40m/ s
（2）箭射入木块的过程，两者动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得m3v0=(m2+m3)v1
解得v1=5m/ s
由能量守恒定律可得此过程损失的机械为Δ E = 1
2 m3v0
2−1
2 (m2+m3)v1
2
其中m2=210 g=0.21kg，m3=30 g=0.03kg
解得Δ E =21J
（3）在木块与圆环一起向右运动再回到最低点过程中，在水平方向上满足动量守恒定律，设木块回到最
低点时，木块与圆环的速度分别为v3、v4。以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得
（m2+m3）v1=(m2+m3）v3+m1v4，1
2 (m2+m3)v1
2= 1
2 (m2+m3)v3
2+ 1
2 m1v4
2
其中m1=160 g=0.16kg
解得v3=1m/ s，v4=6m/ s
设木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小为F，根据牛顿第二定律得
F −(m2+m3)g= (m2+m3)(v4−v3)
2
L
解得F =2.7 N
