文档文本内容
专题18 抛体运动
题型一 平抛运动基本规律的应用..............................................................................................................................2
题型二 平抛运动的临界问题及与斜面曲面的关系..................................................................................................4
题型三 斜上抛运动....................................................................................................................................................16
题型四 类平抛运动....................................................................................................................................................25
课时精练........................................................................................................................................................................33
【基础回顾】
一、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 匀变速 曲线运动，其运动轨迹是 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.基本规律：以抛出点为坐标原点，水平初速度v0方向为x 轴正方向，竖直向下的方向
为y 轴正方向，建立如图所示的坐标系，在该坐标系下，对任一时刻t，有：
（1）位移：分位移x＝ v0t ；y＝ gt2
合位移x 合＝＝ ，tan φ＝ ，φ 为合位移与x 轴的夹角。
（2）速度：分速度vx＝ v0 ；vy＝ gt
合速度v＝＝，tan θ＝ ，θ 为合速度v 与x 轴的夹角。
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（以斜上抛运动为例，如图所示）
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.
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
题型一 平抛运动基本规律的应用
1.关于平抛运动必须掌握的四个物理量
物理量
相关分析
飞行时间
(t)
t＝，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关
水平射程
(x)
x＝v0t＝v0，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＝＝，用θ 表示落地时速度与x 轴正方向间的夹角，有tan θ
＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h 有关
速度的改
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
2.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＝＝＝。
（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＝＝＝
＝2tan α。
【例题精讲】
1．（25-26 高一下·河南新乡·期中）如图所示，将一个小铁球从P 点以速度v1水平抛出，小球落在A 点，以
速度v2水平抛出，小球落在B 点；再将小球从Q 点以速度v3水平抛出，小球落在A 点，以速度v4水平抛
出，小球落在B 点。P、Q、A、B 四点在同一竖直面内，P、Q 在同一竖直线上，P 点比Q 点位置高，
A、B 在同一水平线上，不计空气阻力，四个初速度中，最大的是（ ）
A．v1
B．v2
C．v3
D．v4
【答案】D
【详解】根据t = ❑√
2h
g 可得初速度v = x
t = x ❑√
g
2h
可知，初速度最大时，一定是x 较大，h 较小，因此四个速度中，v4最大。
故选D。
2．（25-26 高三下·云南昆明·月考）某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好
落入步道边的水池中，空气阻力及水流之间的相互作用可忽略不计。现制作一个为实际尺寸1
25的模型展
示效果，模型中槽道里的水流速度与实际速度之比为（ ）
A．1
25
B．1
5
C．1
D．5
【答案】B
【详解】水流从槽道流出后做平抛运动，竖直方向：自由落体位移满足y = 1
2 gt
2
得运动时间t = ❑√
2 y
g
已知模型是实际尺寸的1
25，因此竖直位移满足y模
y实
= 1
25
代入得时间比t模
t实
= ❑√
y模
y实
= ❑√
1
25 = 1
5
水平方向：匀速位移满足x = v0t，得初速度v0= x
t ，水平位移满足x模
x实
= 1
25
因此速度比v模
v实
=
x模
t模
x实
t实
= x模
x实
⋅t实
t模
= 1
25 × 5
1 = 1
5
故选B。
3．（25-26 高一下·湖南衡阳·月考）如图所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高
度差为0.8m，水平距离为8m，则运动员跨过壕沟的初速度至少为（ ）（取g=10 m /s
2）。
A．4.3 m /s
B．2m /s
C．20 m /s
D．10m/s
【答案】C
【详解】运动员连同摩托车从右侧水平飞出，当摩托车刚好跨过壕沟时，水平速度最小，此时水平位移大
小为x =8 m
竖直方向，运动员连同摩托车做自由落体运动，满足y = 1
2 gt
2=0.8 m
解得t =0.4s
水平方向，运动员连同摩托车做匀速直线运动，满足x = v0t
解得v0=20 m /s
故选C。
4．（25-26 高一下·四川攀枝花·月考）如图，在摩托车大赛中，一人骑摩托车（可视为质点）在水平路面上
行驶，要从A处越过宽x =12m的壕沟，壕沟对面的水平路面比A处低h=1.8 m。重力加速度大小取
g=10 m /s
2，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．摩托车在空中飞行的时间为t =6s
B．摩托车飞越壕沟的初速度最小值为v0=2m /s
C．摩托车飞越壕沟的速度改变量大小为Δv =6 m /s
D．摩托车以最小速度落地时，速度方向与水平路面间的夹角θ的正切值为tanθ =0.4
【答案】C
【详解】A．摩托车做平抛运动，则有h= 1
2 gt
2
解得t =0.6s，故A 错误；
B．摩托车恰好飞越壕沟时速度最小，则有x = v0t
解得v0=20 m/s，故B 错误；
C．摩托车做平抛运动，加速度为重力加速度，根据Δv =>¿
解得Δv =6 m/s，故C 正确；
D．摩托车以最小速度落地时，速度方向与水平路面间的夹角的正切值为tanθ =gt
v0
=0.3，故D 错误。
故选C。
5．（25-26 高一下·北京房山·期中）某同学练习定点投篮，篮球从同一位置出手，两次均垂直撞在竖直篮板
上，并以撞击前相等的速率返回，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．第1 次击中篮板时的速度小
B．两次击中篮板时的速度相等
C．球在空中运动过程第1 次速度变化快
D．球在空中运动过程第2 次速度变化快
【答案】A
【详解】A B．因两次均垂直撞在竖直篮板上，根据逆向思维倒过来看作平抛运动来研究；第1 次抛体运动
的高度大，因竖直方向的分运动为自由落体运动，故运动时间长，又两次水平射程相等，由x = v0t
第1 次击中篮板时的速度（平抛的初速度）小，故A 正确，B 错误；
CD．第1 次击中篮板时运动时间长，因不计空气阻力，抛体运动只受重力，故Δv
Δt = g，可知球在空中运动
过程两次速度变化一样快，故CD 错误。
故选A。
6．（25-26 高三下·江苏南京·月考）如图所示，a、b 两个小球从不同高度处水平抛出，忽略空气阻力，模
拟出两个小球的运动轨迹的交点为Q，则下列说法正确的是（ ）
A．若两小球同时落地，则必须要同时抛出
B．若两小球同时落地，则必须先抛出b 球
C．若两小球同时落地，a 球后经过Q 点
D．无论怎么抛出，两小球都不可能在空中相碰
【答案】C
【详解】AB．平抛运动在竖直方向上做自由落体运动H = 1
2 gt
2
解得 t = ❑√
2 H
g
由图可知 a 球的抛出点高度大于 b 球的抛出点高度，即 H a> H b
所以 a 球的落地时间长ta>tb
若两小球同时落地，则 a 球必须先抛出，故AB 错误；
C．若两小球同时落地，设落地时刻为 T，Q点离地高度为 h
a 球经过Q点时，已下落高度 H a−h，竖直分速度 v ya= ❑√2 g( H a−h)
b 球经过 Q 点时，已下落高度 H b−h，竖直分速度 v yb= ❑√2g( H b−h)
因为 H a> H b，所以 v ya>v yb
从Q点到落地，两球竖直位移均为h
根据 h= v yt + 1
2 gt
2，竖直分速度 v y 越大，所用时间 t 越短，所以a球从Q点到落地的时间Δta小于b球
从Q点到落地的时间Δtb
a球经过 Q 点的时刻为T −Δta，b球经过Q点的时刻为T −Δtb
因为Δta< Δtb，所以T −Δta>T −Δtb，即a球后经过Q点，故C 正确；
D．两球轨迹相交于 Q点，说明空间位置重合。
a球到达Q点所需时间taQ=
❑√
2（H a−h）
g
b球到达Q点所需时间tbQ=
❑√
2（H b−h）
g
因为H a> H b，所以taQ>tbQ
若a球先抛出，且时间差Δt =taQ−tbQ，则两球可同时到达Q点而在空中相碰，故D 错误。
故选C。
7．（2026·海南省直辖县级单位·二模）如图所示，距地面足够高的两小球A、B 初始时处于同一水平线，
将A、B 分别以速度v1=3m/s、v2=5m/s 水平向左同时抛出，已知初始时两球相距L=10m，经时间t 两球相
遇，则（ ）
A．t=5s
B．t=4s
C．t=3s
D．t=2s
【答案】A
【详解】小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，两球相遇时，有L=(v2−v1)t
代入数据解得t =5s
故选A。
（多选）8．（25-26 高一下·河北保定·期中）如图所示，小明分别在篮筐正前方的a、b 位置投掷篮球，出
手时篮球的高度相同，篮球都垂直击中竖直篮板上的同一点。不考虑篮球旋转且不计空气阻力，下列说
法错误的是（ ）
A．在a 处投掷时，篮球从出手到击中篮板的时间长
B．在b 处投掷时，篮球击中篮板的速率大
C．在b 处投掷时，篮球出手时的速率大
D．在a 处和b 处篮球从出手到击中篮板的过程中，篮球的速度变化量相同
【答案】ABC
【详解】A．出手时篮球的高度相同，最终都垂直击中篮板上的同一点，可逆向把篮球看成做平抛运动，竖
直方向有h= 1
2 gt
2
由于高度相同，所以在a 处和b 处篮球从出手到击中篮板的时间相等，故A 错误，满足题意要求；
B．根据x = v xt，由图可知在a 处投掷时，篮球的水平分速度更大，则篮球击中篮筐的速度更大，故B 错误，
满足题意要求；
C．根据v =
❑√v x
2+ v y
2 =
❑√v x
2+(>)
2
可知在a 处和b 处篮球出手时的速率相比，a 处的出手速率大，故C 错误，满足题意要求；
D．在a 处和b 处篮球从出手到击中篮板的过程中，根据Δv =>¿，由于运动时间相等，所以篮球的速度变
化量相同，故D 正确，不满足题意要求。
故选ABC。
（多选）9．（2026·黑龙江吉林·二模）如图，某投弹式干粉消防车出弹口到高楼水平距离为x，在同一位
置消防车先后向高层建筑发射2 枚灭火弹，且灭火弹均恰好水平击中建筑窗口，已知发射初速度大小相
同，初速度方向与水平方向夹角分别为θ1、θ2（θ1<θ2），击中点离出弹口高度分别为h1、h2，从发射
到击中窗口飞行时间分别为t1、t2。灭火弹可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，
重力加速度为g。若θ1=30°，则下列说法正确的是（ ）
A．h1
h2
= 1
❑√3
B．h1
h2
= 1
3
C．击中窗口前瞬间速度之比v1
v2
= 1
❑√3
D．水平距离与飞行时间满足x = gt1t2
【答案】BD
【详解】AB．设初速度大小为v0，对任意一枚灭火弹竖直方向v0sin θ =>¿
得飞行时间 t = v0sin θ
g
水平位移 x = v0cos θ⋅t = v0
2sin θcos θ
g
由于两弹x、v0相同，得sin 2θ1=sin 2θ2
结合θ1<θ2，可得θ1+θ2=90
∘
已知θ1=30
∘，故θ2=60
∘
最高点高度 h= 1
2 gt
2= v0
2sin
2θ
2 g
因此
h1
h2
= sin
2θ1
sin
2θ2
= 1
3，A 错误，B 正确；
C．击中时竖直速度为0，击中速度等于水平分速度v = v0cos θ
因此
v1
v2
= cosθ1
cosθ2
= ❑√3， C 错误；
D． 水平距离x = v0cosθ1·t1
竖直方向gt2= v0sinθ2
因为θ1+θ2=90
∘，可得cosθ1=sinθ2
联立解得x = gt1t2， D 正确。
故选BD。
（多选）10．（25-26 高一下·北京海淀·月考）网球运动员将球沿水平方向击出，球离开球拍后在重力的作
用下划出一条曲线，向对方场地飞去，如图所示。网球可视为质点，不计空气阻力。网球在空中运动的
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．速度方向与竖直方向之间的夹角越来越小
B．位移方向保持不变
C．加速度方向保持不变
D．速度方向与加速度方向始终垂直
【答案】AC
【详解】A．设网球在空中运动的过程中速度方向与竖直方向的夹角为α，则有tan α = v0
v y
= v0
gt
随着时间增大，夹角α越来越小，故A 正确；
B．网球做平抛运动，在空中运动的过程中，位移方向时刻改变，故B 错误；
CD．网球做平抛运动，在空中运动的过程中，水平方向做匀速直线运动，加速度为零，竖直方向做自由落
体运动，加速度方向竖直向下，保持不变；速度方向时刻改变，且与水平方向成某一小于90°的夹角，
所以除了开始时刻速度方向与加速度方向垂直，其他时刻速度方向与加速度方向不垂直，故C 正确，D
错误。
故选AC。
题型二 平抛运动的临界问题及与斜面曲面的关系
1.平抛运动的临界问题及与斜面曲面的关系常见情形
（1）物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；
（2）物体的速度方向或位移恰好达到某一方向。
（3）利用速度角和位移角公式进行解答
（4）建立函数关系式进行求角最值。
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。
【例题精讲】
1．（25-26 高三上·山西临汾·期末）如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O，直径AB水平。
一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的A 点以10 m/s的速度水平向右抛出，落于圆轨道上
的C 点。已知OC连线与OA的夹角为60°，重力加速度为g=10 m/s
2，则小球从A 运动到C 的时间为（
）
A．
❑√3
2 s
B．❑√3s
C．2s
D．2❑√3s
【答案】D
【详解】小球抛出后做平抛运动，设圆形轨道的半径为R，竖直方向有Rsinθ = 1
2 gt
2
水平方向有R−R cosθ = v0t
解得t =2❑√3s
故选D。
2．（25-26 高一下·北京房山·期中）跳台滑雪是一种勇敢者的运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得
一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有一运动员从跳台A 处沿水平方向以v0飞出，
在斜坡B 处着陆，如图所示。AB 间可看作直坡面，如果已知斜坡与水平方向的夹角为θ，重力加速度为
g，不计空气阻力。下列说法不正确的是（ ）
A．可求出运动员在空中的飞行时间和落地位移
B．可求出运动员在空中离坡面的最大距离
C．可求出运动员落在B 处的速度
D．若运动员飞出跳台的速度变小，则他着陆时的速度与水平方向夹角变大
【答案】D
【详解】A．运动员做平抛运动，落在斜面上，位移偏转角等于斜面倾角θ。
根据平抛运动规律，水平位移x = v0t
竖直位移y = 1
2 gt
2
由几何关系tanθ = y
x =gt
2v0
解得飞行时间t = 2v0 tanθ
g
因v0，θ，g已知，故时间可求；
落地位移 s=
x
cosθ = v0t
cosθ ，故位移也可求，故A 正确；
B．将运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向。垂直斜面方向初速度v y 0
' = v0sinθ
加速度 a y
' = gcosθ
当垂直斜面方向速度减为零时，离坡面距离最大，最大距离 dm= (v y 0
' )
2
2a y
'
= v0
2sin
2θ
2gcosθ
各量已知，故可求，故B 正确；
C．运动员落在B 处时，水平分速度v x= v0，竖直分速度v y =>=2v0 tanθ
合速度v =
❑√v x
2+ v y
2，各量已知，故可求，故C 正确；
D．设运动员着陆时速度与水平方向夹角为α，则tan α = v y
v x
=gt
v0
结合A 选项中tanθ =gt
2v0
，可得tan α =2tanθ
因为斜面倾角θ不变，所以α不变，即着陆时的速度与水平方向夹角与初速度大小无关，故D 错误。
故选D。
3．（25-26 高一下·北京石景山·月考）如图所示，斜面倾角为θ，从斜面P点分别以v和2v的水平速度抛出A、
B两个小球，不计空气阻力，若两球均落在斜面上且不发生反弹，则（ ）
A．A、B两球的水平位移大小之比为1:2
B．A、B两球飞行时间之比为1:2
C．A、B两球下落的高度之比为1:2
D．A、B两球落到斜面上的速度大小之比为1:4
【答案】B
【详解】AB．小球做平抛运动，落在斜面上时，位移偏角等于斜面倾角θ，据此推导： 位移偏角满足
tan θ = y
x =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
整理得飞行时间t = 2v0 tan θ
g
A 初速度为v，B 初速度为2v，由t ∝v0得t A:t B= v :2v =1:2
水平位移x = v0t = 2v0
2 tan θ
g
x∝v0
2，因此x A: xB= v
2:(2v)
2=1:4
故A 错误、B 正确；
C．下落高度y = 1
2 gt
2
y ∝t
2，t A:t B=1:2
因此y A: yB=1
2:2
2=1:4
故C 错误；
D．落到斜面的合速度v合=
❑√v0
2+(>)
2
代入¿=2v0 tan θ
得v合= v0
❑√1+ 4 tan
2θ
v合∝v0，因此速度大小比为1:2，故D 错误。
故选B。
4．（25-26 高一下·河北雄安·月考）如图所示，在饺子（可视为质点）加工厂的自动化生产线上，水平传送
带末端与收集槽（槽壁厚度不计）左边缘的水平距离为x，与收集槽上边缘的高度差为Δh，收集槽的
开口宽度也为x，重力加速度为g，不计空气阻力。为使水平传送带上的饺子准确落入收集槽中，则饺子
离开传送带的速度v0的大小应满足（ ）
A．x ❑√
g
Δh ≤v0≤x ❑√
2g
Δh
B．x ❑√
g
Δh ≤v0≤2 x ❑√
g
Δh
C．x ❑√
g
2Δh ≤v0≤x ❑√
2g
Δh
D．x ❑√
g
2Δh ≤v0≤2 x ❑√
g
Δh
【答案】C
【详解】饺子竖直方向做自由落体运动，根据Δh= 1
2 gt
2
解得t = ❑√
2Δh
g
刚好落到槽口左边缘，水平方向有x = v0t
联立得初速度v0= x⋅❑√
g
2Δh
刚好落到槽口右边缘，水平方向有2 x = v0t
联立解得v0= x ❑√
2g
Δh
综上可得x ❑√
g
2Δh ≤v0≤x ❑√
2g
Δh 。
故选C。
5．（25-26 高一上·天津南开·期末）抗震救灾国之大事，2025 年1 月7 日，西藏定日县发生6.8 级地震，为
保障灾民生命财产安全，消防队员利用直升机为灾民配送物资。在执行任务时，直升机以30 m /s的速度
水平匀速飞行，物资投出后恰好垂直落在一倾角为37°的斜坡上的预定地点。不计空气阻力，重力加速
度g=10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。下列说法正确的是（ ）
A．物资从投出到落到斜坡上所下降的高度为20 m
B．物资从投出到落到斜坡上所用的时间为3s
C．物资落到斜坡上的速度大小为40 m /s
D．物资从投出到落到斜坡上所发生的水平位移为120 m
【答案】D
【详解】C．物资从投出后做平抛运动，由题意可知，物资落到斜坡上时tan37° = v0
v y
其中v0=30 m/s
解得v y = 40 m/s
则物资落到斜坡上的速度大小为v =
❑√v0
2+ v y
2 =50 m/s，故C 错误；
B．物资从投出到落到斜坡上所用的时间为t = v y
g = 4s，故B 错误；
A．物资从投出到落到斜坡上所下降的高度为h= v y
2 ⋅t =80 m，故A 错误；
D．物资从投出到落到斜坡上水平位移大小为x = v0t =120 m，故D 正确。
故选D。
6．（25-26 高一下·云南楚雄·期中）如图所示，一斜面体放在水平地面上，在斜面顶端A 把一小球水平抛出，
小球刚好落在斜面底端C。E 点是斜面AC 的中点，小球运动轨迹上的B 点与E 点连线垂直于斜面，不计
空气阻力，小球可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从A 运动到B 的时间等于从B 运动到C 的时间
B．小球运动轨迹上各点，B 点离斜面的距离最远
C．增大小球平抛的初速度，小球会落在水平地面上，所用时间与从A 运动到C 的时间相同
D．减小小球平抛的初速度，小球落到斜面上时速度与水平方向的夹角比落在C 处时的小
【答案】C
【详解】A．由几何关系可知，从A 运动到B 的水平位移大于从B 运动到C 的水平位移，由x = v0t可知，
小球从A 运动到B 的时间大于从B 运动到C 的时间，故A 错误；
B．将小球的运动分解为垂直斜面和平行斜面两个分运动，垂直斜面方向先向上匀减速再向下匀加速，当垂
直斜面方向的速度减为0 时，小球离斜面的距离最远；根据对称性可知，此时小球的运动时间为整个运
动的时间的一半，所以通过的水平位移是整个水平位移的一半，小球应处于E 点的正上方，故B 错误；
C．增大小球平抛的初速度，小球会落在水平地面上，竖直方向根据h= 1
2 gt
2
由于下落高度相同，所以所用时间与从A 运动到C 的时间相同，故C 正确；
D．减小小球平抛的初速度，小球落在斜面上；设小球落在斜面上时的速度方向与水平方向的夹角为α，根
据平抛运动推论有tan α =2tanθ
可知小球落到斜面上时速度与水平方向的夹角保持不变，故D 错误。
故选C。
7．（25-26 高一下·重庆忠县·期中）如图所示，竖直面内有一个半圆形轨道，半径为R，O为圆心，AB为
水平直径，C为圆弧最低点，将一个可看成质点的小球从AO上M点以速率v0（大小未知）水平向右抛
出，恰好垂直打在轨道上N点，此时小球速度与竖直方向的夹角为37
∘。已知sin37
∘=0.6，
cos37
∘=0.8，若不计空气阻力，正确的是（ ）
A．v0= ❑√
4 gR
5
B．AM之间的距离为2
5 R
C．若从A点正上方某处P以某一速度水平抛出，一定不能垂直打到N点
D．若从A点水平抛出，对于落点在AC段的小球，初速度越大，落点速度与水平初速度夹角越大
【答案】B
【详解】A．小球从AO 上M 点以速率v0（大小未知）水平向右抛出，恰好垂直打在轨道上N 点，此时小球
速度与竖直方向的夹角为37°
小球在N 点竖直方向的速度v Ny =
v0
tan37
∘= 4
3 v0
小球从M 到N 运动的时间t = v y
g = 4 v0
3 g
根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，结合几何知识
xOM
R =sin37
∘，解得xOM =0.6 R
小球从M 到N 水平位移x =2 xOM =1.2 R
v0= x
t = ❑√
9 gR
10 ，故A 错误；
B．由A 选项知xOM =0.6 R，AM 之间的距离为2
5 R，故B 正确；
C．根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，结合几何知识，若从A 点正上方某处
P 以某一速度水平抛出，有可能垂直打到N 点，故C 错误；
D．根据平抛运动的推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，速度夹角正切值是位移夹角正切值的
2 倍，初速度越大，落点在AC 段的小球位移夹角的正切值越小，落点速度与水平初速度夹角越小，故D
错误。
故选B。
（多选）8．（25-26 高一下·内蒙古通辽·月考）如图所示为倾角为30°的河岸，O 为河岸与水面的交点，A
为河岸上一点且AO=10 m，将小球从A 点沿水平方向向右抛出，重力加速度g 取10 m/s
2，则下列关于
小球做平抛运动过程的说法正确的是（ ）
A．若小球恰好落在O 点，则初速度的大小为5 ❑√3 m /s
B．若小球恰好落在O 点，则运动过程中到河岸的最远距离为5 ❑√3
8
m
C．若小球落在水面，则初速度越大运动时间越长
D．若小球落在AO 之间，则末速度与水平方向的夹角为定值
【答案】ABD
【详解】A．若小球恰好落在O点，则水平方向和竖直方向分别有AOcos30° = v0t，AOsin30° = 1
2 gt
2
联立解得v0=5 ❑√3 m/s，故A 正确；
B．若小球恰好落在O点，将小球在空中的运动分解为沿河岸和垂直河岸，垂直河岸的初速度大小为
v0sin30°，垂直河岸方向的加速度大小为gcos30°，则小球到河岸的最远距离为
dmax = (v0sin30°)
2
2gcos30° = 5 ❑√3
8
m，故B 正确；
C．小球抛出后竖直方向做自由落体运动，若小球落在水面，竖直方向下落的高度一定，则小球运动时间一
定，与初速度大小无关，故C 错误；
D．若小球落在AO 之间，则小球位移方向沿河岸向下，即位移方向与水平方向的夹角为30°，根据平抛运
动推论可知，末速度与水平方向的夹角正切值为tanθ =2tan30° = 2❑√3
3
可知末速度与水平方向的夹角为定值，故D 正确。
故选ABD。
（多选）9．（25-26 高一下·江西九江·月考）如图所示，以3m/s 的水平速度抛出的物体，飞行一段时间后
垂直撞在倾角为θ =37°的斜面上，g 取10 m /s
2，物体可视作质点，不计空气阻力。以下结论正确的是
（ ）
A．物体的飞行时间是0.4s
B．物体的飞行时间是❑√3s
C．物体下降的距离是1m
D．物体撞击斜面时的速度大小为5m/s
【答案】AD
【详解】AB．平抛运动可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，物体垂直撞在斜面
上，说明末速度方向垂直斜面。斜面倾角θ =37°，因此末速度与竖直方向夹角为37°，对速度分解得
v0
v y
= tan37°
解得竖直分速度v y = 4 m/s
由自由落体规律，得v y =>¿
解得飞行时间t = v y
g = 4 m/s
10 m/s
2 =0.4s，故A 正确，B 错误；
C．竖直方向下落距离y = 1
2 gt
2= 1
2 ×10×0.4
2m =0.8 m，故C 错误；
D．物体撞击斜面时的速度大小为水平分速度与竖直分速度的合速度v =
❑√v0
2+ v y
2 =
❑√3
2+ 4
2m/s=5 m/s，故
D 正确。
故选AD。
（多选）10．（25-26 高一上·湖南衡阳·期末）扣杀在羽毛球中是一种有效的得分手段，扣杀时球速的快慢
往往是得分的关键。一羽毛球场地长13m，宽6m，网高1.5m。某同学在AB 边线距离球网1.5m 处垂直
起跳练习扣杀，扣杀时羽毛球距离地面的高度为2m，并且羽毛球在空中的运动可视为平抛运动（
g=10m/ s
2），则下列说法正确的是（ ）
A．若想要过网，则球速不能低于3 ❑√10
2
m /s
B．若正对着底线扣杀，要想不出界，则球速不能高于3 ❑√10 m /s
C．当球速为9 ❑√10
2
m /s时，一定不可能得分
D．当球速为9 ❑√10
2
m /s时，仍然可能得分
【答案】AD
【详解】A．扣杀时羽毛球贴网下落时h1=2m−1.5m=0.5m
由h1= 1
2 gt1
2，可得运动时间t1=
❑√
2h1
g =
❑√10
10 s
由x1= v1t1，解得v1= x1
t1
= 1.5
❑√10
10
m/ s= 3 ❑√10
2
m/ s
则若想要过网，则球速不能低于3 ❑√10
2
m /s，故A 正确；
B．若正对着底线扣杀，球恰不出界，则h2=2m，x2=1.5m+ 13
2 m=8m
由h2= 1
2 gt2
2，x2= v2t2
解得v2= 4 ❑√10m/ s
则若正对着底线扣杀，要想不出界，则球速不能高于4 ❑√10m/ s，故B 错误；
CD．若向D 点扣杀，球恰不出界，则h2=2m，x3=
❑√6
2+(6.5+1.5)
2m=10m
由h2= 1
2 gt2
2，x3= v3t2
解得v3=5 ❑√10m/ s
当4 ❑√10m/ s<v = 9 ❑√10
2
m/ s<5 ❑√10m/ s时仍然可能得分，故C 错误，D 正确。
故选AC。
题型三 斜上抛运动
1.解题技巧
（1）斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆过程分析为平抛运动。
（2）分析完整的斜上抛运动，可根据对称性求解。
2.斜上抛运动的极值
物体的射高ym＝＝
在最高点vy＝0，由vy＝v0sin θ－gt 得上升时间t＝
物体落回到与抛出点同一高度时，下降时间等于上升时间，物体运动的总时间t 总＝
物体的射程xm＝v0x·t 总＝v0cos θ·＝
当θ＝45°时，sin 2θ 最大，射程最大。
所以对于给定大小的初速度v0，沿θ＝45°方向斜向上抛出时，射程最大。
【例题精讲】
1．（浙江五湖联盟2025-2026 学年第二学期期中联考高一年级物理学科试题）如图，在羽毛球比赛中，羽
毛球被斜向上击出，经过轨迹的最高点O 后落至右边的A 点。若羽毛球可视为质点，则在实际比赛过程
中，下列说法正确的是（ ）
A．羽毛球击出后只受重力作用
B．羽毛球在最高点O 处的速度方向一定水平向右
C．羽毛球在最高点O 处所受合力的方向一定竖直向下
D．测出最高点O 的离地高度与OA 间的水平距离，就可以测出羽毛球的水平速度大小
【答案】B
【详解】A．羽毛球击出后受重力和空气阻力作用，故A 错误；
B．羽毛球在最高点O 处，竖直分速度为0，所以速度方向一定水平向右，故B 正确；
C．羽毛球在最高点O 处受到竖直向下的重力和水平向左的空气阻力，合力方向斜向左下方向，故C 错误；
D．因羽毛球受空气阻力作用，从O 到A 的运动不是平抛运动，只测出最高点O 的离地高度与OA 间的水平
距离，不可以测出羽毛球的初速度大小，故D 错误。
故选B。
2．（25-26 高一下·浙江·期中）如图所示，A、B 两个相同的篮球从相同高度抛出后“空心”进入篮筐，入
筐时的速度方向相同，若两次抛出篮球的速度的大小分别为vA、vB，篮球运动的最大高度分别为hA、hB，
篮球从抛出到落入篮筐的时间分别为t A、t B，两篮球未发生碰撞，不计空气阻力，下列判断正确的是（
）
A．vA>vB t A>t B
B．vA>vB t A=t B
C．vA= vB hA>hB
D．vA= vB hA=hB
【答案】A
【详解】若研究两个过程的逆过程，可看作是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的A、B
两点，A的射程较远，则A球的速度较大；从篮筐到抛出点的高度差相同，则两次抛出篮球的速度vA大于
vB；则A上升的高度较大， 即hA大于hB，高度决定时间，可知A运动时间较长，即t A大于t B。
故选A。
3．（2026·河北石家庄·二模）将一个小球从倾角为45
∘ 斜面的底端以与水平方向成θ 角的某一初速度抛出，
小球恰好垂直击中斜面。不计空气阻力。则以下判断正确的是（ ）
A．tanθ =2
B．tanθ =3
C．tanθ = 4
3
D．tanθ = 3
2
【答案】B
【详解】设小球初速度为v0，抛出角为θ，运动时间为t。小球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖
直方向做竖直上抛运动。水平位移x = v0cosθ·t
竖直位移y = v0sinθ·t −1
2 gt
2
小球落在倾角为45
∘的斜面上，由几何关系知y
x = tan 45
∘=1
即v0sinθ·t −1
2 gt
2= v0cosθ·t
化简得1
2 >= v0(sinθ−cosθ)
小球恰好垂直击中斜面，说明击中时速度方向与斜面垂直。斜面倾角为45
∘，则击中时速度方向与水平方向
夹角为45
∘。击中时水平分速度v x = v0cosθ
竖直分速度大小v y =>−v0sinθ
由垂直条件知v y = v x tan 45
∘= v x
即¿−v0sinθ = v0cosθ
化简得¿= v0(sinθ+cosθ)
联立得2v0(sinθ−cosθ)= v0(sinθ+cosθ)
解得sinθ =3cosθ
即tanθ =3
故选B。
4．（2026·浙江金华·二模）某人在水平面上的A 点将高尔夫球以与水平面成37
∘角的初速度击出，落点为
B，其水平射程为9.6 m，忽略空气阻力，则下列数据最接近球的空中轨迹总长度的是（ ）（g 取
10m/ s
2）
A．9.6 m
B．10.2m
C．11.4 m
D．12.0 m
【答案】B
【详解】人在水平面上的A 点将高尔夫球以与水平面成37
∘角的初速度击出，水平方向有v0cos37
°t =9.6 m
竖直方向有v0sin37
°= g⋅t
2
联立可得时间t =1.2s
可得击出时的竖直速度为v y = g⋅1
2 t =6 m /s
上升的最大高度满足v y
2 =2 gh
可得h=1.8 m
沿初速度方向，由图可得球的空中轨迹总长度小于2×
❑√4.8
2+3.6
2m =12m
大于2×
❑√4.8
2+1.8
2m ≈10.25 m
再继续近似，将水平位移均分如图所示
球的空中轨迹总长度接近2×(❑√2.4
2+0.45
2+
❑√2.4
2+1.35
2)m ≈10.39m
继续进行下去可知最接近球的空中轨迹总长度是10.2m。
故选B。
5．（25-26 高一下·山东青岛·月考）如图所示，建筑工人向房顶抛投建筑材料，初速度v0大小为12m /s，
与水平方向的夹角为60
∘，抛出点M和落点N的连线与水平方向夹角为30
∘，重力加速度大小为
g=10m/s
2，忽略空气阻力。则M点到N点的距离是（ ）
A．18 ❑√3
5
m
B．7.2m
C．9.6 m
D．36 ❑√3
5
m
【答案】C
【详解】建筑工人向房顶抛投建筑材料，将斜抛运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向匀变速直线
运动。设M到N的距离为L，运动时间为t。将初速度沿水平和竖直方向分别分解为
v x = v0cos60° =6 m/s，v y = v0sin 60° =6 ❑√3 m/s
将位移沿水平和竖直方向分别分解为x = Lcos30° =
❑√3
2 L，y = Lsin30° = 1
2 L
水平方向做匀速直线运动，有Lcos30° = v xt
整理得t = Lcos30°
v x
=
❑√3 L
12
竖直方向做匀变速直线运动，有y = v yt −1
2 gt
2
将t =
❑√3 L
12 、g=10 m/s
2代入竖直位移方程，得L
2 =6 ❑√3⋅
❑√3 L
12 −5⋅(
❑√3 L
12 )
2
化简得L
2 = 3 L
2 −5 L
2
48
解得L= 48
5 m =9.6 m
故选C。
6．（25-26 高一下·河北邢台·月考）如图所示，某型号农田喷灌机喷口出水速度的大小和方向均可调节，某
次喷口出水的速度大小v0=8 m /s，出水速度方向与水平面夹角θ = 45°，取重力加速度大小g=10 m /s
2，
忽略空气阻力，喷头与水平地面平齐。下列判断正确的是（ ）
A．喷出的水到达最高点时的速度大小为4 m /s
B．水的落点到喷头的距离（射程）为6.4m
C．水在空中的运行时间为2❑√2
5
s
D．仅增大喷口出水的速度与水平面的夹角，水的射程增大
【答案】B
【详解】A．水到达最高点时，竖直分速度为0，此时速度最小，即最小速度为vmin= v0cosθ = 4 ❑√2m /s，
故A 错误；
BC．根据斜抛运动可知，水在空中运动时间t =2× v0sinθ
g
解得t = 2v0sinθ
g
=0.8 ❑√2s
则水的落点到喷头的距离（射程）为x = v0cosθ×t = v0
2sin 2θ
g
=6.4 m，故B 正确，C 错误；
D．由BC 选项可知x = v0
2sin 2θ
g
可知当θ = 45°时水平射程最大，故仅增大喷口出水的速度与水平面的夹角，水的射程减小，故D 错误。
故选B。
7．（25-26 高一下·河南·月考）消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，同时启动了多水口进行灭火。如果
有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们的喷水口径相同，所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，它们达
到的最高点位于同一水平线上，失火处也位于同一水平线上，不计空气阻力，下列说法正确的是
（ ）
A．甲水枪喷出的水从最高点至落到失火处较乙用时多
B．甲水枪喷出的水从喷出至落到失火处与乙的用时相等
C．甲水枪喷出的水到达最高点时的速度比乙的大
D．甲水枪喷出的水落到失火处时的速度比乙的大
【答案】B
【详解】A．水从最高点落到失火处的运动可视为平抛运动，由于甲水枪喷出的水和乙水枪喷出的水在竖直
方向上的分位移相等，根据h= 1
2 gt
2可知甲水枪喷出的水从最高点至落到失火处所用的时间与乙的相等，
故A 错误；
BC．水从喷出至到达最高点，逆过来看也为平抛运动，所以甲、乙水枪喷出的水从喷出至最高点的时间相
同，可知甲水枪喷出的水从喷出至落到失火处所用的时间与乙的相等，又因为乙水枪喷出的水在水平方
向上的分位移比甲的大，根据x = v xt 总可知乙水枪喷出的水到达最高点时的速度比甲的大，故B 正确，
C 错误；
D．水从最高点落到失火处的竖直速度满足v y
2 =2 gh1
可知甲水枪喷出的水和乙水枪喷出的水落到失火处的竖直速度相等，但是甲水枪喷出的水的水平分量小于
乙水枪喷出的水的水平分量，根据速度合成v =
❑√v x
2+ v y
2可知，甲水枪喷出的水落到失火处时的速度比乙
的小，故D 错误。
故选B。
（多选）8．（25-26 高三下·山东菏泽·月考）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也为30°，重力加速度大小
取10 m /s
2，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4s
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60m
【答案】AB
【详解】AC．将初速度分解为沿PQ 方向的分速度v1和垂直PQ 方向的分速度v2，则速度大小有
v1= v0cos60° =10 m /s，v2= v0sin60° =10 ❑√3 m /s
将重力加速度分解为沿PQ 方向的分加速度a1和垂直PQ 方向的分加速度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
=2× 10 ❑√3
5 ❑√3 s= 4s
重物离PQ 连线的最远距离为dmax= v2
2
2a2
= (10 ❑√3)
2
2×5 ❑√3 m =10 ❑√3 m，故A 正确，C 错误；
B．重物落地时竖直方向的分速度大小为v y =−v0sin30°+gt =30 m /s
落地速度与水平方向夹角的正切值为tanθ = v y
v x
=
v y
v0cos30° = ❑√3
解得θ =60°，故B 正确；
D．从抛出到最高点所用时间为t1= v0sin30°
g
=1s
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 错误。
故选AB。
（多选）9．（25-26 高一下·河南漯河·月考）某运动员练习踢定位球，将足球放在P点，第一次踢出后运动
轨迹为抛物线1，第二次踢出后运动轨迹为抛物线2，第一次足球在最高点的速度大小为v1、落地时足球
的速度大小为v
′❑1，足球在空中运动的时间为t1；第二次足球在最高点的速度大小为v2、落地时足球的
速度大小为v2
′ ，足球在空中运动的时间为t2；不计空气阻力，不计足球的大小，则下列关系正确的是（
）
A．v1>v2
B．t1>t2
C．v1t1>v2t2
D．v
′❑1>v
′❑2
【答案】AC
【详解】C．足球在最高点的速度等于足球在空中运动的水平分速度，由图可知，轨迹1 的水平位移大，轨
迹2 的水平位移小，因此有v1t1>v2t2，C 项正确；
B．由于第二次足球运动的最大高度更大，根据t = ❑√
2h
g
，因此有t2>t1，B 项错误；
A．水平分速度v x= x
t ，足球第一次水平位移大，运动的时间短，因此有v1>v2，A 项正确；
D．根据v y = g t
2，可知第一次竖直初速度较小，但水平速度较大，则v
′❑1、v
′❑2的关系不确定，D 项错
误。
故选AC。
（多选）10．（25-26 高一下·全国·月考）某次消防救援如图甲所示，两队消防员手持水枪在同一平面的不
同位置斜向上喷水，水柱a 水平命中着火点，水柱b 斜向下命中着火点，简化图如图乙所示。忽略空气
阻力，则（ ）
A．两水柱在空中运动时间相同
B．水柱a 在空中运动时间小于水柱b
C．水柱a 的水平分速度大于水柱b
D．水柱a 的初速度大于水柱b 的初速度
【答案】BC
【详解】AB．两水柱最高点不同，根据运动的对称性，水柱b的最高点高度hb= 1
2 gtb1
2
水柱b从最高点到h0的高度，有hb−h0= 1
2 gtb2
2
水柱a最高点高度ha=h0= 1
2 gta
2
由hb>ha
得tb1>ta
因此水柱b在空中运动时间tb=tb1+tb2>ta
故A 错误，B 正确；
C．水柱a 的水平分速度为vax = x0
ta
水柱b的水平分速度为vbx = x0
tb
由于tb>ta，因此vax>vbx
故C 正确；
D．水柱a最大高度已知，因此可以确定水柱a的运动时间、水平方向的速度和竖直方向的速度；但是水柱b
的最大高度未知，因此不能确定水柱b的运动时间、水平方向的速度和竖直方向的速度，因此不能确定
两个水柱的初速度大小关系，故D 错误。
故选BC。
题型四 类平抛运动
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，可以通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。
【例题精讲】
1．（2026 高三下·安徽合肥·月考）如图所示，质量为0.1kg 的小球放在光滑水平面上的P 点，现给小球一
个水平初速度v0，同时对小球施加一个垂直于初速度的水平恒力F，小球运动1s 后到达Q 点，测得P、
Q 间的距离为12.5m，P、Q 连线与初速度的夹角为37°，sin37° =0.6，cos37° =0.8，则初速度v0的
大小和恒力F 的大小分别为（ ）
A．10m/s，0.5N
B．6m/s，0.5N
C．8m/s，1.5N
D．10m/s，1.5N
【答案】D
【详解】小球做类平抛运动，运动的加速度为a= F
m
小球沿初速度方向的位移为x = v0t
沿恒力F方向的位移为y = 1
2 at
2
根据几何关系有y = ssin37°，x = scos37°
其中s=12.5 m，联立解得v0=10 m /s，F =1.5 N
故选D。
2．（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。
3．（25-26 高一下·湖北黄石·月考）如图所示，坐标系的x 轴水平向右，质量为m=1kg的小球从坐标原点
O 处，以初速度v0= ❑√3 m/s斜向右上方抛出，同时受到斜向右上方恒定的风力F 风=10 N的作用，风力
与v0的夹角为30°，风力与x 轴正方向的夹角也为30°，重力加速度g 取10m/s
2。下列说法正确的是（
）
A．小球的速度先减小后增大
B．小球的加速度大小为10 ❑√3 m/s
2
C．小球再次回到x 轴所需时间0.6s
D．小球再次回到x 轴的位置距坐标原点❑√3m
【答案】C
【详解】A．由受力分析可知，重力为G=10N 竖直向下，风力为F 风=10 N，与重力夹角为120°，可知两个
力的合力为F合=10 N，方向与x 轴夹角为30°斜向下，即合力方向与初速度方向垂直，物体做类平抛运
动，则物体的速度一直增加，A 错误；
B．物体的加速度为a= F合
m =10m/s
2，B 错误；
CD．小球竖直方向的加速度向下，大小为a y = mg−F 风sin30
∘
m
=5 m/s
2
则回到x轴的时间是t = 2v0sin 60
∘
a y
=0.6s
水平加速度ax = F 风cos30
∘
m
=5 ❑√3 m/s
2
距原点x = v0cos60
∘t + 1
2 axt
2= 6 ❑√3
5
m，C 正确，D 错误。
故选C。
4．（25-26 高一下·重庆江津·期中）如图所示，一台3D 打印机的底板可沿x 轴方向移动，喷头可在导轨OP
上沿y 轴方向移动。若喷头从坐标原点O 出发，沿y 轴正方向做匀速直线运动，同时底板沿x 轴负方向
做匀加速直线运动，则打印出来的图像是（ ）
A．抛物线
B．双曲线
C．圆弧
D．直线
【答案】A
【详解】根据平抛运动的定义可知，沿y 轴正方向做匀速直线运动，同时沿x 轴负方向做匀加速直线运动，
喷头的运动为类平抛运动，运动轨迹为抛物线。
故选 A。
5．（24-25 高二下·云南·月考）如图所示，在一个科技展览馆内，有一个可视为光滑斜面的ABCD 展示装置，
该斜面是边长为2m的正方形，倾角为30°。为了展示物体的运动轨迹，工作人员在斜面左上方顶点A 处
设置了一个小型弹射装置，可将不同质量的物块，以相同速度弹出。某次将质量为0.1kg的物块（视为
质点）以平行于AB 边的初速度水平射入斜面。物块射出后，会在斜面上留下运动轨迹，且恰好到达底
边CD 的中点E。重力加速度g 取10m/s
2，则（ ）
A．可得物块弹出的速度为❑√5m/s
B．若仅将物块质量加倍，从A 运动到底边的时间不变
C．若仅将物块质量加倍，为使物块仍能经过E 点，则应减小物块从A 点入射的速度
D．若仅将斜面倾角变为45°，射入初速度不变，则物块运动到底边的时间仍然不变
【答案】B
【详解】A．物块做类平抛运动，加速度为a= gsin30
∘=5 m/s
2
根据类平抛运动的规律有L= 1
2 at
2，L
2 = v0t
解得t = 2❑√5
5
s，v0=
❑√5
2 m/s，故A 错误；
B．结合上述可知，物块运动时间与质量无关，可知，若仅将物块质量加倍，从A 运动到底边的时间不变，
故B 正确；
C．结合上述可知，物块运动速度与质量无关，可知，若仅将物块质量加倍，为使物块仍能经过E 点，则物
块从A 点入射的速度不变，故C 错误；
D．若仅将斜面倾角变为45°，则加速度a1= gsin 45
∘
射入初速度不变，根据类平抛运动的规律有L= 1
2 a1t1
2
解得t1= ❑√
2❑√2
5
s
可知，物块运动到底边的时间发生了变化，故D 错误。
故选B。
6．（24-25 高一下·云南·期中）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。
7．（24-25 高一下·河南·月考）如图所示，光滑的斜面abcd 是边长为L的正方形，其倾角θ为未知量，在a
点给小球（可视为质点）一个由a指向b的初速度v0，小球沿斜面运动到c点，重力加速度为g，空气阻力
不计。下列说法正确的是（ ）
A．小球从a 到c的运动时间为2 L
v0
B．小球从a到c的平均速度大小为2v0
C．斜面倾角θ的正弦值为2v0
2
gL
D．小球在c点速度方向与cd边间夹角的正切值为
❑√5
2
【答案】C
【详解】A．由类平抛运动的规律可得小球从a到c的运动时间t = L
v0
故A 错误；
B．小球从a到c的位移为s= ❑√2 L
则平均速度为v = s
t = ❑√2v0
故B 错误；
C．由类平抛运动的规律可得L= 1
2 at
2，a= gsinθ
综合可得sinθ = 2v0
2
gL
故C 正确；
D．设小球在c点速度与dc的夹角为β，根据类平抛运动速度的反向延长线经过水平位移的中点则有
tan β =
L
0.5 L =2
故D 错误。
故选C。
（多选）8．（25-26 高一上·贵州毕节·期末）如图，光滑固定斜面的倾角为θ，高为h，一小球在A处以水平
速度v0射出，最后从B处离开斜面。对小球在斜面上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球的运动轨迹为抛物线
B．小球的加速度为gsinθ
C．小球从A处到达B处所用的时间为
1
sinθ ⋅❑√
2h
g
D．小球到达B处的速度大小为v0+ ❑√2gh
【答案】ABC
【详解】AB．由牛顿第二定律可知小球的加速度为a= mgsinθ
m
= gsinθ，方向沿斜面向下，小球初速度与
加速度方向垂直且加速度不变，因此小球的运动轨迹为抛物线，故AB 正确；
C．小球垂直于初速度方向的在斜面上运动的位移h
sinθ = 1
2 at
2
解得t =
1
sinθ
❑√
2h
g ，故C 正确；
D．小球到达B处的速度大小v =
❑√v0
2+(at )
2=
❑√v0
2+2gh，故D 错误。
故选ABC。
（多选）9．（24-25 高三上·江西·月考）如图所示，风洞实验室中可以产生竖直向上、大小恒定的风力，一
个质量为m 的小球在O 点以水平初速度v0抛出，恰好能沿水平方向运动到P 点，O、P 间的距离为L，
将风力调大，小球仍由O 点以水平初速度v0抛出，结果恰好经过P 点正上方的Q 点，P，Q 间的距离为
1
2 L，重力加速度为g，求（ ）
A．调节前的风力大小为0
B．调节前的风力大小为mg
C．调节后的风力大小为mg+m v0
2
L
D．调节后的风力大小为m v0
2
L
【答案】BC
【详解】AB．调节风力之前，小球恰好能沿水平方向运动到P 点，表明小球做匀速直线运动，则调节前的
风力大小为mg，故A 错误，B 正确；
CD．调节风力之后，小球恰好能沿水平方向运动到Q 点，表明小球做类平抛运动，则有
L= v0t，L
2 = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律有
F −mg=ma
解得
F =mg+m v0
2
L
故C 正确，D 错误。
故选BC。
（多选）10．（24-25 高一下·黑龙江哈尔滨·月考）如图所示，坐标系的x 轴水平向右，质量为m=0.5kg的
小球从坐标原点O 处，以初速度v0= ❑√3 m/s斜向右上方抛出，同时受到斜向右上方恒定的风力F 风=5 N
的作用，风力与v0的夹角为30°，风力与x 轴正方向的夹角也为30°，重力加速度g 取10 m/s
2。下列说法
正确的是（ ）
A．小球的速度先减小后增大
B．小球的加速度方向保持不变
C．小球的加速度始终与初速度垂直
D．小球的加速度大小为10 m/s
2
【答案】BCD
【详解】C．重力大小mg=5 N = F 风
根据力的合成可知，小球的合力方向与y 轴负方向夹角θ = 90
∘+30
∘
2
=60
∘
则小球的加速度始终与初速度方向夹角α =60
∘+30
∘=90
∘
可知，小球的合外力方向始终与初速度垂直，即小球的加速度始终与初速度垂直，故C 正确；
D．结合上述，根据牛顿第二定律有2mgcosθ =ma
解得a=10 m/s
2
故D 正确；
A．结合上述可知，小球的加速度与初速度垂直，小球做类平抛运动，则小球的速度始终增大，故A 错误；
B．结合上述可知，小球的加速度方向保持不变，故B 正确。
故选BCD。
课时精练
一、单选题
1．（2026 届安徽淮北市高三下学期第二次质量检测物理试题卷）一小球从空中某点水平抛出，经过A、B
两点。小球在A 点的速度大小为v、方向与水平方向成30°角，小球在B 点的速度方向与水平方向成60°
角。不计空气阻力，重力加速度为g，则小球由A 运动到B 的时间为（ ）
A．2v
g
B．v
g
C．
❑√3 v
3 g
D．2❑√3 v
3 g
【答案】B
【详解】平抛运动可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。小球在A 点的速度大小
为v、方向与水平方向成30°角，小球在B 点的速度方向与水平方向成60°角，有vBcos60
°= v cos30
°
可得小球在B 点的速度为❑√3 v
可得小球在B 点的速度的竖直分量为vBy = ❑√3 v sin 60
°= 3
2 v
小球在A 点的速度的竖直分量为v Ay = v sin30
°= 1
2 v
根据vBy = v Ay+ gt AB
可得小球由A 运动到B 的时间为t AB= v
g
故选B。
2．（25-26 高一下·安徽阜阳·期中）如图所示，高为h=1.25 m的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为
60kg的滑雪爱好者，以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面间的夹角为45°
（g=10 m /s
2）。由此可知不正确的是（ ）
A．滑雪者离开平台边缘时的速度大小是5.0 m /s
B．滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5 m
C．滑雪者在空中运动的时间为0.5s
D．滑雪者着地时的速度大小为10 m /s
【答案】D
【详解】A．滑雪者竖直方向做自由落体运动，由v y
2 =2 gh
得着地时竖直分速度v y =5m/s
根据速度分解有tan 45
∘= v y
v0
解得初速度v0=5.0m/s，故A 正确；
B．滑雪者在空中运动的时间t = v y
g =0.5 s
水平距离x = v0t =2.5m，故B 正确；
C．由h= 1
2 gt
2
得t = ❑√
2h
g =0.5 s，故C 正确；
D．滑雪者着地时的速度大小v =
❑√v0
2+ v y
2 =5 ❑√2m/s，故D 错误。
本题选不正确的，故选D。
3．（25-26 高一下·甘肃·月考）在竖直平面内建立如图所示的坐标系。0 时刻，让视为质点的小球从坐标原
点水平向右抛出，其运动轨迹的表达式为y=ax2，重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（
）
A．小球的初速度大小为❑√
2g
a
B．t 时刻小球所在位置的坐标为(t ❑√
g
2a ，1
2 gt
2)
C．0 至t 时间内小球的位移大小为t
2
❑√g
2t
2+ g
a
D．0 至t 时间内小球的平均速度大小为❑√g
2t
2+ 2 g
a
【答案】B
【详解】A．由平抛运动的规律可得y = 1
2 gt
2，x = v0t
综合可得y = g
2v0
2 x
2
对比y =a x
2
可得
g
2v0
2 =a
解得v0= ❑√
g
2a，故A 错误；
B．0 至t 时间内y = 1
2 gt
2，x = v0t =t ❑√
g
2a
则t 时刻的坐标为（t ❑√
g
2a
，1
2 gt
2），故B 正确；
C．0 至t 时间内的位移为s=
❑√x
2+ y
2= t
2
❑√g
2t
2+ 2g
a
，故C 错误；
D．0 至t 时间内的平均速度为v = s
t = 1
2
❑√g
2t
2+ 2g
a
，故D 错误。
故选B。
4．（2026·山西·二模）弹珠游戏是小朋友常玩的游戏之一。某次游戏时，小明将弹珠P 从某位置水平弹出，
P 的轨迹如图中虚线所示，轨迹与弹珠Q 共面。为使两弹珠直接相撞，不计空气阻力，下列方法可行的
是（ ）
A．仅减小P 弹出时的速度
B．仅增大P 弹出时的竖直高度
C．保持P 抛出的速度大小不变，将P 斜向下抛出
D．保持抛出的速度大小不变，换用质量更大的弹珠
【答案】B
【详解】A．对弹珠P，根据平抛规律有h= 1
2 gt
2，x = vt
联立解得x = v ❑√
2h
g
由图可知，弹珠P 落在Q 的左侧，说明水平位移 x 偏小，为使两弹珠直接相撞，若仅减小P 弹出时的速度，
x 将减小，弹珠P 将落在更左侧，故A 错误；
B．根据x = v ❑√
2h
g
可知，若仅增大P 弹出时的竖直高度，x 将增大，则两弹珠可能相撞，故B 正确；
C．若保持P 抛出的速度大小不变，将P 斜向下抛出，则竖直方向有向下的初速度，下落时间t 变短；同时
水平分速度 v x小于原速度v0。根据 x = v xt可知，水平位移x必然减小，弹珠P 将落在更左侧，故C 错
误；
D．平抛运动的轨迹与物体质量无关，质量变化不影响运动时间和水平位移，故D 错误。
故选B。
5．（25-26 高一下·重庆江津·期中）如图所示，运动员将网球（视为质点）在边界A 处正上方B 点垂直球网
C 水平向右击出，恰好过球网的上边沿落在D 点。已知AB = H，网高h= 5
9 H，边界A 到球网的距离为
L，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．网球在B 点的速度大小为3
2 L❑√
g
H
B．D 点到球网的距离为❑√2 L
C．若击球高度低于H（仍大于h），且减小击球速度，则网球可能落在球网右侧
D．若网球的初速度变为原来的4
3 倍，则网球刚好落在右边的边界上
【答案】D
【详解】A．网球做平抛运动，从B 点到网的上边沿，竖直方向有H −h= 1
2 gt1
2
解得t1= ❑√
8 H
9 g
水平方向有L= v0t1
解得v0= 3 L
2
❑√
g
2 H ，故A 错误；
B．网球从B 点落到D 点，竖直方向有H = 1
2 gt2
2
解得t2= ❑√
2 H
g
水平方向总位移x = v0t2
所以D 点到球网的距离为Δ x = x−L= 1
2 L，故B 错误；
C．若击球高度低于H（设为H
′），且减小击球速度（设为v
′），网球运动到球网位置的时间t
′ = L
v
′ 变大，
下落高度h
′ = 1
2 gt
′2变大；而允许的最大下落高度H
′−h变小，所以击球高度低于H（仍大于h），且减
小击球速度，则网球不可能落在球网右侧，故C 错误；
D．若网球的初速度变为原来的4
3 倍，落地时间t2不变，则水平总位移x
″ = 4
3 v0t2=2 L
此时网球落点距离球网的水平距离为Δ x
′ = x
″−L= L
根据场地对称性，刚好落在右边的边界上，故D 正确。
故选D。
6．（25-26 高一下·河北廊坊·期中）如下图有两个与水平面成相同角度的斜面。某人在左侧斜面上的P点向
对面水平抛出三个质量不等的小石块，分别落在A 、B、C三处，不计空气阻力，A 、C两处在同一水
平面上，则下列说法正确的是（ ）
A．落到A 、B两处的小石块末速度方向相同
B．落到A 、B、C三处的小石块末速度方向均相同
C．落到C处的小石块水平抛出的初速度最小
D．落到C处的小石块在空中运动的时间最长
【答案】A
【详解】AB．因为速度方向与水平方向的夹角θ的正切值是位移与水平方向夹角α的正切值的2 倍，即
tanθ =2tan α，又A、B两点的位移方向相同，与落在C点的位移方向不同，所以A、B两点的速度方向
相同，与C点的速度方向不同，故A 正确，B 错误。
C．三个小石块运动到同一水平线AC上时，运动时间相等，此时C的水平位移最大，由v = x
t 可得，C处的
小石块水平抛出的初速度最大，故C 错误。
D．由h= 1
2 gt
2可知高度决定平抛运动的时间，可知落在B点的小石块运动时间最长，故D 错误。
故选A。
7．（25-26 高三·北京·二轮复习）一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1
和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射
乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率为v 在
某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是（ ）
A．L1
2
❑√
g
6h ≤v ≤L2
❑√
g
6h
B．L1
4
❑√
g
h ≤v ≤
❑√
(4 L1
2+ L2
2)g
6h
C．L1
2 ×❑√
g
6h ≤v ≤1
2
❑√
4( L1
2+ L2
2)g
6h
D．L1
2 ×❑√
g
4 h ≤v ≤1
2
❑√4 L1
2+ L2
2×❑√
g
6h
【答案】D
【详解】初速度最小时，水平位移最小即沿中线方向水平发射恰好过球网
竖直方向自由落体运动此时从发球点到球网，下降高度为3h−h= 1
2 gt
2
水平方向匀速直线运动L1
2 = v1t
可得最小初速度v1= L1
2
❑√
g
4 h
初速度最大时，水平位移最大即斜向对方台面的两个角发射
水平方向匀速运动1
2
❑√4 L1
2+ L2
2= v2t2
竖直方向3h= 1
2 gt❑
2
2
解得v2= 1
2
❑√4 L1
2+ L2
2×❑√
g
6h
符合条件的速度范围v1≤v ≤v2
所以平抛的初速度L1
2 ×❑√
g
4 h ≤v ≤1
2
❑√4 L1
2+ L2
2×❑√
g
6h
故选D。
二、多选题
（多选）8．（25-26 高一上·吉林松原·期末）巴蜀中学高中女篮勇夺2024 年中国高中篮球联赛西区冠军，
在篮球比赛中某同学以斜向上的速度将篮球抛出，与篮板撞击后落入篮筐，可得到此次篮球运动轨迹的
简易图如图所示。若此次投篮中，篮球的初速度大小为v1，与竖直方向夹角为θ，篮球抛出后恰好垂直
打在篮筐上方然后被反向弹回并且从篮筐正中央落下。已知脱手点与撞击点的竖直距离为H，撞击点与
篮筐的竖直距离为h，忽略空气阻力，不计篮球与篮板碰撞的时间，则（ ）
A．篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向做匀减速直线运动
B．篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为v1sinθ
C．篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为❑√
2 H
g + ❑√
2h
g
D．篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足L= v1sinθ ❑√
2h
g
【答案】BC
【详解】A．篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向做匀速直线运动，故A 错误；
B．篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方，从脱手到与篮板碰撞前，篮球水平方向做匀速直线运动，则篮球垂
直打在篮板前一瞬间速度大小为v = v x = v1sinθ，故B 正确；
C．篮球从脱手到篮板碰撞前过程，竖直方向根据逆向思维有H = 1
2 gt1
2
解得t1= ❑√
2 H
g
与篮板碰撞后到进入篮筐过程，竖直方向有h= 1
2 gt2
2
解得t2= ❑√
2h
g
则篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为t =t1+t2= ❑√
2 H
g + ❑√
2h
g
故C 正确；
D．由篮球的运动轨迹可知，篮球与篮板碰撞后的水平速度小于碰撞前的水平速度，则篮球反向弹回到进入
篮筐过程中满足L= v
′
xt2<v xt2= v1sinθ ❑√
2h
g
故D 错误。
故选BC。
（多选） 9．（2026·山东东营·二模）宇树机器人在斜坡上进行踢球实验，机器人将钢球（看作质点）从左
侧斜坡上的A 点向右上方踢出，钢球恰好从斜面顶端B 沿BC 方向无碰撞地切入右侧斜坡。如图乙，A
到B 的距离为24m，钢球质量为2kg，两斜坡倾角为37°和16°，忽略空气阻力，g=10m/s2。则（ ）
A．钢球从A 运动到B 的时间为2s
B．钢球经过B 点时的速度为8m/s
C．钢球从A 运动到B 的过程中离左侧斜坡的最远距离为4m
D．踢球时速度方向与斜面的夹角满足tanθ = 9
4
【答案】AC
【详解】A．将运动分解为水平方向（匀速）和竖直方向（匀变速），已知LAB=24 m ， 从A 运动到B 水
平位移x = LABcos37° =19.2m ，竖直位移y = LABsin37° =14.4 m
设初速度分量为v0 x、v0 y，运动时间为t，根据运动规律,水平方向v0 xt =19.2m
竖直方向v0 yt −1
2 gt
2=14.4 m
B 点速度沿BC 向下，速度方向与水平夹角为16
∘，故¿−v0 y
v0 x
= tan16°
联立化简得5t
2=20，解得t =2s，故A 正确；
B．水平速度保持不变v x= v0 x= 19.2
t
=9.6 m/s
B 点速度vB=
v x
cos16° = 9.6
0.96 m/s=10 m/s，故B 错误；
C．将运动分解为沿斜面和垂直斜面方向，当垂直斜面方向速度减为0 时，离斜坡最远。 垂直斜面方向：
初速度分量v⊥= v0 ycos37°−v0 xsin37° =8 m/s
加速度垂直斜面向下的分量a⊥= gcos37° =8 m/s
2
最远距离 d = v⊥
2
2a⊥
= 8
2
2×8 m = 4 m ，故C 正确；
D．平行斜面方向初速度分量v∥= v0 xcos37°+ v0 ysin37° =18 m/s
速度与斜面夹角θ满足tanθ = v⊥
v∥
= 8
18 = 4
9 ，故D 错误。
故选AC。
（多选）10．（25-26 高一下·湖北十堰·月考）如图所示，在地面上Q 点正上方P 点处以大小为v1的初速度
斜向下抛出一个小球甲，v1与竖直方向夹角为θ，同时在Q 点以大小为v2的初速度斜向上抛出一个小球
乙，v2与水平方向的夹角θ，且v2= ❑√3 v1。若两球速度大小相等时相遇，不计空气阻力，则P 点离地面
的高度h 及夹角θ满足的条件正确的是（重力加速度为g）（ ）
A．θ = 45°
B．θ =60°
C．h= v1
2
2 g
D．h= v1
2
g
【答案】BD
【详解】AB．甲球做斜下抛运动，乙球做斜上抛运动，要使两球在空中相遇，则水平方向速度相同，即
v1sinθ = v2cosθ
其中v2= ❑√3 v1，得θ =60°，故A 错误，B 正确；
CD．两球速度大小相等时相遇，两球水平方向速度相同，根据速度合成可知两球的竖直方向速度大小相等，
则有v1cosθ+>= v2sinθ−>¿
距离关系为h= v1cosθt + 1
2 gt
2+(v2sin 60
°)t −1
2 gt
2
联立解得h= v1
2
g
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
三、解答题
11．（25-26 高一上·湖南岳阳·期末）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ =37°、表面光滑的斜面体，物
体A 以v1=3 m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A 的正上方，有一物体B 以某一初速度水平抛出。
物体A 恰好可以上滑到最高点，此时物体A 恰好被物体B 击中。A、B 均可看成质点，不计空气阻力，
sin37° =0.6，cos37° =0.8，g 取10 m/s
2。求：
(1)物体A 上滑到最高点所用的时间；
(2)物体B 抛出时的初速度v2的大小；
(3)物体A、B 间初始位置的高度差h。
【答案】(1)t =0.5s
(2)v2=1.2m/s
(3)h=1.7 m
【详解】（1）物体A 在斜面上运动时的加速度aA= gsinθ =10×0.6 m/s
2=6 m/s
2
物体A 上滑到最高点所用的时间t = v1
aA
= 3 m/s
6 m/s
2 =0.5s
（2）斜面长度L= v1
2
2a =
9
2×6 m =0.75 m
物体B 的水平位移为xB水平= L⋅cos37° =0.75×0.8 m =0.6 m
物体B 的初速度v2= xB水平
t
= 0.6
0.5 m/s=1.2m/s
（3）物体B 竖直方向的位移为xB竖直=h−Lsinθ = 1
2 gt
2
代入数据可求得h=1.7 m
12．（2026·重庆九龙坡·一模）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30
∘，已知B、C高度差为h。求：
(1)小球乙经过C点的速度大小vC；
(2)小球甲平抛运动的初速度大小v0；
(3)A、B两点的高度差hAB。
【答案】(1)❑√2gh
(2)
❑√2 gh
2
(3)h
4
【详解】（1）小球乙做自由落体运动，根据自由落体规律有vC
2 =2 gh
解得乙经过C点的速度大小vC = ❑√2gh
（2）由题意可知，甲球到达C 点的速度vC = ❑√2gh
根据平行四边形定则知，甲球平抛运动的初速度v0= vC sin30°
解得v0=
❑√2 gh
2
（3）小球甲做平抛运动，在竖直方向上根据(vC cos30°)
2=2gh1
可得A、C两点的高度差h1= 3
4 h
则A、B两点的高度差hAB=h−3
4 h= 1
4 h
13．（25-26 高一上·辽宁鞍山·期末）如图，竖直墙壁上M 点离地高度为h=5m，水平地面上A 点到墙壁的
距离为x A =7.5m，B 点到墙壁的距离为xB= 4.5m。将小球从A 点斜向上抛出，运动一段时间后正好水
平击中M 点。不计一切阻力，重力加速度取g=10m/ s
2。试求：
(1)小球从A 到M 的时间以及水平击中M 点前瞬间速度的大小；
(2)从A 点抛出的小球经过B 点的正上方时离地的高度；
(3)若从A 点抛出小球0.2s后在B 点竖直向上抛出另一个小球，则此球抛出时的速度为多大，能在上升过程
中击中从A 点抛出的小球。
【答案】(1)1s，7.5 m/s
(2)3.2m
(3)17m/s
【详解】（1）小球从A 点斜向上抛出，可看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动的合运
动。
小球正好水平击中M 点，则小球在竖直方向上的分速度为0，根据竖直上抛运动的规律，小球从A 点到M
点的运动时间t1= ❑√
2h
g =1s
水平击中M 点前瞬间速度的大小v1= x A
t1
=7.5 m/s
（2）A 点和B 点之间的距离为x1= x A−xB=3 m
小球从A 点运动到B 点正上方的时间为t2= x1
v1
=0.4s
根据竖直上抛运动的规律，小球在A 点时，竖直方向的分速度为v2= gt1=10 m/s
小球经过B 点的正上方时离地的高度为h1= v2t2−1
2 gt2
2
解得h1=3.2m
（3）另一个小球从B 点抛出到击中从A 点抛出的小球，经历的时间为t =t2−0.2s=0.2s
根据竖直上抛运动的规律，有vBt −1
2 gt
2=h1
解得vB=17 m/s
14．（24-25 高一下·全国·课堂例题）在同一竖直平面内，有两个小球A 和B，倾角为45°的斜面，顶端为O
点。小球A 从O 点斜上方某处水平抛出，抛出点与O 点的水平距离为d=5m，两点连线和水平方向夹角
为45°，其初速度为vA=10m/s。在小球A 抛出的同时，小球B 从斜面顶端O 点以初速度vB=12m/s 水平抛
出。两小球均只受重力作用，重力加速度g=10m/s2。斜面足够长。如图所示，求：
(1)小球A 抛出后经过多长时间落到斜面上？落点与O 点的水平距离是多少？
(2)小球B 抛出后，在空中运动过程中，其轨迹与小球A 的轨迹是否有交点？若有，求出交点坐标（以O 点
为坐标原点，水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向）；若没有，请说明理由。
【答案】(1)2s，15m
(2)有交点，(6.27 m ,1.37 m)
【详解】（1）对于小球 A，水平位移xA= vAt A
竖直位移yA= 1
2 gt A
2
因为落在斜面上，则有tan 45° = yA
xA
=
1
2 gt A
2
vAt A
= gt A
2vA
联立解得t A= 2vA
g tan 45° =2s
则水平位移xA= vAt A=20 m
由于抛出点与O 点水平距离为d =5m
所以落点相对于O 点的水平距离为xOA =20m−5m=15m
（2）对于小球 A，水平方向x A = v At =10t
竖直方向y A = 1
2 gt
2=5t
2
联立解得y A = x A
2
20
以O 点为坐标原点，水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，小球A 抛出点与O 点的水平距离为
d=5m，两点连线和水平方向夹角为45°，则A 点抛出点坐标为(-5m,-5m）
则有x1= x A−5，y1= y A−5
整理可得小球 A 的轨迹y1= ( x1+5)
2
20
−5
对于小球B，水平方向x B❑= vBt =12t
竖直方向yB= 1
2 gt
2=5t
2
联立解得yB= 5 xB
2
144
假设两球轨迹有交点，则有( x +5)
2
20
−5= 5 x
2
144
解得x = 30 ❑√69−180
11
m ≈6.27 m
代入可得y1≈1.37 m
因此两球运动轨迹的交点坐标为(6.27 m ,1.37 m)
15．（25-26 高一上·黑龙江佳木斯·期末）如图所示，光滑水平桌面上A、B 两物块叠放在一起，空间中始
终存在水平恒力F 作用在物块B 上（物块A 始终不受此恒力作用），使物块A、B 恰好一起向右加速运
动，物块A 质量mA=1kg，物块B 质量mB=2kg，A、B 间的动摩擦因数μ=0.5，桌面长L=1m，桌边高
H=0.8m，桌面右边缘正下方为Ｏ点，A、B 可看作质点（g=10m/s2），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
求：
(1)A、B 恰好不相对滑动的临界力F0；
(2)若F=6N，使A、B 从桌面左端由静止开始运动，求物块A 落地点距Ｏ点的水平距离x；
(3)在第（2）问情况下，求A、B 落地的水平距离差Δ x。
【答案】(1)15N
(2)0.8m
(3)0.24m
【详解】（1）A、B 恰好不相对滑动，摩擦力达到最大静摩擦力，对A 进行分析，根据牛顿第二定律有
μmA g=mAa0
对A 进行分析，根据牛顿第二定律有F0−μmA g=mBa0
解得F0=15 N
（2）由于F=6N<F0=15N
则A、B 保持相对静止向右做匀加速直线运动，从桌面左端由静止开始运动，对A、B 整体进行分析，根据
牛顿第二定律有F =(mA+mB)a1
根据速度与位移的关系有v1
2=2a1 L
A 做平抛运动过程有H = 1
2 gt
2，x = v1t
解得x=0.8m
（3）B 滑出后水平方向，根据牛顿第二定律有F =mBa2
B 水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则有xB= v1t + 1
2 a2t
2
A、B 落地的水平距离差Δ x = xB−x
解得Δ x =0.24 m
