文档文本内容
专题05 抛体运动
5 大考点概览
考点01 曲线运动
考点02 运动的合成与分解
考点03 平抛运动的规律
考点04 生活中的平抛运动
考点05 斜抛运动
1．（2026·四川巴中·一模）如图是一种创新设计的“空气伞”，它的原理是从伞柄下方吸入空气，然后将
空气加速并从顶部呈环状喷出形成气流，从而改变周围雨水的运动轨迹，形成一个无雨区，起到传统
雨伞遮挡雨水的作用。在无风的雨天，若“空气伞”喷出的气流水平，则雨水从气流上方穿过气流区
至无气流区的运动轨迹可能与下列四幅图中哪一幅类似（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】AB．气流对雨滴有排斥力，当雨滴接近空气伞时，受到水平方向的作用力，将产生水平方向
的加速度，此时雨滴所受的合力与运动的方向不在一条直线上，所以其运动轨迹将逐渐发生弯曲，速
度的方向不能发生突变，故AB 错误；
CD．雨滴原来的运动方向是竖直方向向下，当受到水平方向的作用力后，水平方向做匀加速直线运动，
竖直方向做匀加速直线运动，从受力点开始，合外力和速度成锐角，雨滴所做的运动的轨迹一定是向
合外力方向发生弯曲，经过气流后，做类平抛运动，故C 正确，D 错误。
考点1
曲线运动
故选C。
2．（2026·四川德阳·一模）某同学练习投篮，通过高速摄影获得篮球在空中的运动轨迹。如图所示，篮球
所受合力F 的示意图可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由图可知，篮球做曲线运动，则合外力应指向轨迹的凹侧。
故选A。
3．（2026·四川乐山·一模）如图所示的塔式起重机广泛运用于基建项目。某次工作时变幅小车在起重臂上
向左匀速运动，小车正下方的吊钩同时向下匀加速运动，这段工作时间内吊钩在纸面所示竖直平面内
的运动轨迹可能是（ ）
A．B．
C．
D．
考点2
运动的合成与分解
【答案】C
【解析】吊钩在水平方向做匀速直线运动，水平速度v x保持不变。吊钩在竖直方向向下做匀加速直线
运动，竖直速度v y随时间增大。曲线运动的轨迹会向加速度方向弯曲。此过程中，加速度仅在竖直方
向向下，因此运动轨迹会持续向下（竖直方向） 弯曲。
故选C。
4．（2026·四川达州·一模）如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为m的滑块（视为质点），在一平行桌
面的恒力F作用下，先后经过M、N两点，速度方向偏转90
∘。经过N点的速度大小为v0，且与MN连
线夹角θ =37
∘，MN连线长度为5L，已知sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，滑块从M到N的运动过程，
下列说法正确的是（ ）
A．运动时间为4 L
v0
B．滑块经过M点的速度大小3
4 v0
C．恒力F大小为7m v0
32 L
D．滑块的最小速度为
【答案】BD
【解析】AB．将水平恒力F 分解为沿M 点速度方向分力
和垂直M 点速度方向分力
，从M 到N，
沿M 点速度方向速度减为零，根据匀变速规律可得沿M 点速度方向的平均速度大小为v = v +0
2
= v
2
沿M 点速度方向，根据匀变速规律可得5 Lsin37° = v
2 t
垂直M 点速度方向，根据匀变速规律可得5 Lcos37° = v0
2 t
解得运动时间为t = 8 L
v0
滑块经过M 点的速度大小
故A 错误，B 正确；
C．沿M 点速度方向，根据牛顿第二定律可得F1=ma1=m v
t = 3mv0
2
32 L
垂直M 点速度方向，根据牛顿第二定律可得F2=ma2=m v0
t = mv0
2
8 L
则滑块受到的恒力大小为F =
❑√F1
2+ F2
2= 5mv0
2
32 L
，方向沿MN 方向，故C 错误；
D．滑块在垂直于恒力方向上速度不变，即v⊥= v0sin37° = 3
5 v0，当滑块速度方向与恒力F 方向垂直
时速度最小，所以滑块的最小速度为
，故D 正确。
故选BD。
5．（2026·四川泸州·一模）图甲是底板和喷头均可移动的3 D打印机，其俯视图可简化为图乙。某次打印
任务中，底板始终沿x轴方向做速度为v0的匀速运动。第一次打印时，喷头沿y轴方向做速度为
的匀速运动，当喷头运动到B点时，在A点喷出的材料恰好运动到A1位置，A A1间的距离为d。第二次
打印时，调整喷头沿y轴方向做匀速运动的速度大小，当喷头运动到B点时，从A点喷出的材料达到
位置，A2B连线和AB之间的夹角为45
∘。忽略材料从喷头运动到底板的时间。求：
(1)AB之间的距离；
(2)第二次打印过程中喷头从A运动到B的时间。
【答案】(1)1.25d
(2) 5d
4 v0
【解析】（1）材料沿x轴方向做匀速直线运动速度大小为v0，喷头沿AB方向运动速度大小为
，
x轴方向d = v0t
y轴方向x AB=1.25 v0t
解得x AB=1.25d
（2）喷头运动到B点时，材料在底盘上的运动如图所示
点，因为A2B连线和AB之间的夹角为45
∘，
故喷头移动的距离与底板材料移动的距离相同，由于时间相同，故二者速度大小相等
此时喷头速度vAB= v0
对喷头沿AB方向运动的时间：t = x AB
v AB
解得t = 5d
4 v0
6．（2026·四川广安·一模）如图，运动员进行排球比赛时跳起发球，将排球（视为质点）以v0水平向右击
出，排球恰好通过球网上边缘时速度方向与水平方向的夹角为30°，落地时与水平方向的夹角为60°，
重力加速度为g，不计空气阻力，则球网高为（ ）
A．4 v0
2
3 g
B．3 v0
2
2g
C．v0
2
6 g
D．v0
2
2 g
考点3
平抛运动的规律
【答案】A
【解析】排球恰好通过球网上边缘时竖直速度v y 1= v0 tan30°
落地时竖直速度v y 2= v0 tan60°
由运动学公式v y 2
2 - v y 1
2 =2 gh
解得球网高为h= 4 v0
2
3 g
故选A。
7．（2026·四川达州·一模）故宫太和殿每逢大雨就会出现“九龙吐水”的壮观景象。一次雨后，某出水口
水平喷出的水落地时到该出水口的水平距离为2m，该出水口到水平地面的高度为5m，出水口的横截
面积为1×10
-4m
2，不计空气阻力，重力加速度大小g=10m/s
2，水的密度ρ=1×10
3kg/ m
3，则这
次雨后该出水口“吐”出水柱在空中的质量约为（ ）
A．0.2kg B．2kg
C．1kg
D．0.1kg
【答案】A
【解析】水从出水口水平喷出后做平抛运动，竖直方向上则有h= 1
2 gt
2
解得水在空中运动的时间t = ❑√
2h
g =1s
水平方向则有x = v0t
解得水喷出的初速度v0= x
t =2m/s
在 t=1s 时间内流出的水的体积为V = S v0t =1×10
-4×2×1m
3=2×10
-4m
3
空中水的质量为m= ρV =1×10
3×2×10
-4kg=0.2kg
故选A。
8．（2025·四川自贡·一模）如图所示，在世界山地极限运动会“高山斜面平抛精准赛”中，某运动员在固
定倾角的高山斜面顶端，分别以v1、v2（v1<v2）的初速度将标准投掷器材（视为质点）水平抛出，投
掷器材以v2抛出刚好落在斜面底端。若忽略空气阻力，两次投掷器材从抛出到落在斜面的过程中，下
列说法正确的是（ ）
A．运动时间t1>t2
B．水平位移x1> x2
C．落到斜面时重力的瞬时功率P1= P2
D．落到斜面时的速度与竖直方向的夹角θ1=θ2
【答案】D
【解析】A．由题可知，投掷器材以v2抛出时刚好落在斜面底端，且两次投掷器材都落在斜面上，因此
投掷器材以v2抛出时的竖直位移
大于投掷器材以v1抛出时的竖直位移
，根据平抛运动竖直方向做
自由落体运动，则有h= 1
2 gt
2
解得t = ❑√
2h
g
因此两次运动时间关系为
，故A 错误；
B．根据平抛运动水平方向做匀速直线运动可得x = v0t
由于投掷器材平抛时的速度v2>v1
运动时间t2>t1
因此水平位移x1< x2，故B 错误；
C．投掷器材落到斜面上时竖直方向的速度v y =>¿
根据上述分析可知，投掷器材以v2抛出时所用时间大于v1抛出时所用的时间，因此v1 y<v2 y
则重力的功率P =mg v y
因此落到斜面时重力的瞬时功率P1< P2，故C 错误；
D ．设斜面的倾角为α，落到斜面上时速度方向与竖直方向的夹角为θ，则有
tan α =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
=
1
2tanθ
由于斜面的倾角α不变，因此落到斜面时的速度与竖直方向的夹角θ1=θ2，故D 正确。
故选D。
9．（2026·四川巴中·一模）如图，有一个质量为m 的小球放在一个倾角为θ（0°<θ<90°），长度为L 的
斜面上，斜面与水平面在O 点平滑连接，O 点右侧水平面上有一竖直挡板。现将小球从斜面上一确定
位置A 以初速度v 水平抛出，第一次碰撞点距离抛出点距离为l，不计空气阻力，则下列说法正确的是
（ ）
A．若落在斜面上，则落点小球的速度大小为❑√v
2+(v ⋅tanθ)
2
B．若落在斜面上，小球的初速度增加到2v，则l 增加到2l
C．若小球的初速度从零逐渐增大，则小球从抛出到第一碰撞点的历时先增大后不变再减小
D．若O 点不动，仍从A 点水平抛出，仅增大斜面的倾角，则l 先增大后减小
【答案】C
【解析】A．若落在斜面上，根据平抛运动规律可知
tanθ =
1
2 gt
2
vt
=gt
2v
根据速度的合成可知落点小球的速度大小为
v
' =
❑√v
2+(>)
2=
❑√v
2+(2v ⋅tanθ)
2
故A 错误；
B．根据平抛运动规律可知
l =
vt
cosθ
小球的初速度增加到2v，则运动时间也增大，碰撞点距离抛出点距离大于2l，故B 错误；
C．若小球的初速度从零逐渐增大，则小球先落在斜面上，在落到水平面上，最后与墙壁碰撞，若落在
斜面上，根据平抛运动规律可知
tanθ =
1
2 gt
2
vt
=gt
2v
随着速度增大，时间逐渐增大；
若落在水平面上，根据
h= 1
2 gt
2
可知时间不变；若碰到墙壁上，则高度减小，时间减小，故C 正确；
D．根据平抛运动规律可知
l =
vt
cosθ
当θ增大，
减小，t 也增大，则l 逐渐增大，故D 错误；
故选C。
10．（2026·四川泸州·一模）如图所示，置于水平地面上仅四个侧面有挡板的正方体，边长L=7.2m，上
表面中心放有一个大小可忽略且绕竖直轴线匀速转动的发球机，其转动角速度ω= 2π
45 rad/ s，每秒向
水平方向发射一个质量m=0.5kg、初速度v0=3.75m/ s的小球，开始时水平向右发射第一个小球。
小球与挡板碰撞后竖直方向速度分量不变，水平方向速度分量大小不变、方向反向，小球落地后不反
弹。忽略小球随发球机做圆周运动的切线速度和空气阻力，重力加速度g=10m/ s
2,sin37
∘=0.6，
cos37
∘=0.8。下列判断正确的是（ ）
A．第一个小球落到地面过程中动能增加了42J
B．第一个小球落地前瞬间重力的功率为60W
C．发球机转动第一圈有8 个小球不碰侧面挡板就直接落地
D．发球机转动第一圈有12 个小球不碰侧面挡板就直接落地
【答案】BC
【解析】A．由于小球与挡板碰撞后没有能量损失，所以第一个小球落到地面过程中只有重力对小球做
功，根据动能定理可知第一个小球落到地面过程中动能增加量为Δ Ek =mgL=36 J，故A 错误；
考点4
生活中的平抛运动
B．第一个小球落地前瞬间竖直方向上的速度为v y = ❑√2gL=12m/s，则落地前瞬间重力的功率为
P =mg v y =60W ，故B 正确；
CD．小球落地需要的时间为t = ❑√
2 L
g =1.2s
小球水平方向上的位移为x = v0t = 4.5m，如图所示，OB=3.6m，OA=4.5m，小球恰好与A 点不相碰，
此时cosθ = OB
OA =0.8，即θ =37°
的
因此在360°的范围内，有8×(45° -37°)=64°范围内发出的小球不会与侧面挡板碰撞，发球机的周
期为T = 2π
ω = 45 s，可知每秒发球机转8°，所以64°范围内，发球机用时8s，发球机每秒发出一个小
球，所以发球机转动第一圈有8 个小球不碰侧面挡板就直接落地，C 正确，D 错误。
故选BC。
11．（2026·四川凉山·一模）如图所示，质量为m 的小球在O 点以v0= 4 m/ s的速度向右水平抛出，经过
t1=0.3 s进入下方的水平风洞区域。风洞的竖直高度h=2m，长度足够长。球在风洞中受到恒定的水平
向左的风力，大小F =mg，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)小球进入风洞时的速度大小；
(2)小球从抛出到离开风洞时的水平位移。
【答案】(1)5m/s
(2)2m
【解析】（1）进入风洞前竖直方向
进入风洞时的速度大小v =
❑√v0
2+ v y
2 =5m/ s
（2）球在风洞中运动过程，竖直方向，有h= v yt2+ 1
2 gt2
2
解得t2=0.4 s
水平方向，根据牛顿第二定律，有F =max
根据题意可知水平速度为v x= v0-axt2
在水平方向，有x = v0t1+ v0+ v x
2
t2
联立解得x =2m
12．（2026·四川凉山·一模）质量相等的A、B 两球离地等高，A 球做自由落体运动的同时B 球以速度v 水
平抛出，则A、B 球在运动中（ ）
A．机械能差随高度的减小均匀增大
B．球间距离随时间的增加均匀增大
C．动能之差随高度的减小均匀增大
D．动能之差不随高度的减小而变化
【答案】BD
【解析】A．A、B 两个小球都只受重力，机械能守恒，机械能之差等于初始的机械能之差，恒定不变，
故A 错误；
B．小球A 做自由落体运动，小球B 做平抛运动，小球B 竖直方向的运动和小球A 的运动相同，小球
A、B 之间的距离为x = x0+ vt
可知小球A、B 之间距离随时间的增加均匀增大，故B 正确；
CD．设两小球的质量为m，初始高度为
，离地面的高度为，小球A 的动能为EkA=mg( H -h)
小球B 的动能为EkB= 1
2 mv
2+mg(H -h)
小球A、B 之间的动能差EkB- EkA= 1
2 mv
2
可知小球A、B 的动能之差恒定不变，故C 错误，D 正确。
故选BD。
13．（2025·四川成都·一模）机器人表演扭秧歌时，将左、右手中的手绢同时抛出互换，如图（b）所示。
两手绢在空中的运动轨迹分别为轨迹a和轨迹b，若忽略空气阻力，则（ ）
A．沿轨迹a运动的手绢加速度更大
B．沿轨迹b运动的手绢在空中运动时间更长
C．沿轨迹a运动的手绢到最高点时速度更大
D．沿轨迹b运动的手绢到最高点时速度更大
【答案】D
【解析】A．手绢沿轨迹a和b运动的加速度相等均为重力加速度，故A 错误；
B．手绢在空中为斜上抛运动，手绢从手中到最高点（逆向思维）与最高点到手中为对称的平抛运动，
设手绢在空中运动时间为t，由h= 1
2 g(
t
2)
2
可知，沿轨迹a运动的手绢的h更大，所以其在空中运动时
间更长，故B 错误；
CD．设手绢在空中运动时间为t，由x = v水平t
由图可知x相同，沿轨迹b运动的手绢在空中运动时间更短，所以沿轨迹b运动的手绢到最高点时的速
度更大，故C 错误，D 正确。
故选D。
14．（2026·四川达州·一模）2025 年6 月21 日，中超联赛中云南玉昆队以2:1战胜陕西联合队。在赛场上，
某球员将足球从A 点由静止抽射出去，足球在空中运动后落在地面上与A 点等高的B 点，足球的运动
轨迹如图所示。已知足球可视为质点，质量
，AB 相距x =10m，足球从A 点运动到B 点的时
考点5
斜抛运动
间
，取重力加速度g=10 m/s
2，不计空气阻力。求：
(1)足球离地瞬间的速度大小；
(2)抽射过程中，球员对足球做的功。
【答案】(1)
(2)25 J
【解析】（1）足球做斜抛运动，设足球在水平方向、竖直方向的分速度大小分别为v x、v y，由运动的
合成和分解得
、t =2 v y
g
足球的初速度大小为v =
❑√v x
2+ v y
2
联立解得
（2）抽射过程中，根据动能定理可知，球员对足球做的功为W = 1
2 mv
2-0
解得W =25 J
15．（2026·四川绵阳·一模）如图所示，广场喷泉喷口O与喷出的水柱落点B在同一水平面，水从喷口喷出
的速度v0大小保持不变，方向与水平面的夹角θ可以调整，设水柱最高点A相对该水平面高度为
，落
点B与O间的距离为L，不计空气阻力，则在θ从30
∘增大到60
∘的过程中（ ）
A．
逐渐减小
B．
先增大后减小
C．L逐渐减小
D．L先增大后减小
【答案】D
【解析】AB．喷出的水做斜抛运动，则在竖直方向相对该水平面高度
可知在θ从30
∘增大到60
∘的过程中
逐渐变大，故AB 错误；
CD．在空中的时间t = 2v0sinθ
g
落点B与O的距离L= v0cosθ·t = 2v0
2sinθcosθ
g
= v0
2sin2θ
g
可知在θ从30
∘增大到60
∘的过程中L先增大后减小，故C 错误，D 正确。
故选D。
16．（2026·四川·一模）如图所示，喷水池中央立柱的上端O处有两个喷水口，分别以速度v1、v2沿水平
方向、斜向上方喷水，两水柱均垂直落在倾角为α =30
∘的斜面上。若斜向上方喷出的水柱的最高点A
与O点连线与斜面平行，且v1大小为2m/ s，g取10m/ s
2，忽略空气阻力。则（ ）
A．中央立柱的高度为2m
B．v2的大小为❑√7m/ s
C．v2的方向与水平方向夹角的正切值为
D．斜向上方喷出的水柱从喷出至落到斜面上的时间为
❑√3
3 s
【答案】D
【解析】A．对平抛，根据几何关系可知水平位移为
❑√3h2= v1t1
竖直方向有h1= 1
2 gt1
2
水柱垂直落在倾角为α =30
∘的斜面上，可知速度偏转角为60
°，有tan60
°= v y
v1
= ❑√3
又v y
2 =2gh1
联立解得h1=0.6m，h2=0.4 m
可得中央立柱的高度为h=h1+h2=1m，故A 错误；
C．对斜抛，设v2的方向与水平方向夹角为θ，斜向上方喷出的水柱的最高点A与O点连线与斜面平行，
将斜抛至最高点A看成是从最高点A向左平抛，可得tan30
°=
1
2 gt2
2
v2t2
= gt2
2v2
= v y
'
2v2
=
❑√3
3
可得tanθ = v y
'
v2
= 2❑√3
3
，故C 错误；
BD．水柱垂直落在倾角为α =30
∘的斜面上，则此时速度的竖直分量为
❑√3 v2cosθ
位移关系有h=h1
' +h2
' =-(v2sinθt2- 1
2 gt2
2)+ v2cosθt2
❑√3
设运动时间为
，有v2sinθ
g
+
❑√3 v2cosθ
g
=t2
联立解得v2= 2❑√21
3
m/ s，t2=
❑√3
3 s
故B 错误，D 正确。
故选D。
17．（2026·四川达州·一模）如图所示，在竖直平面内一发射器（视为质点）在O 点先后以大小为v0、
2v0的初速度斜向上发射a、b两个完全相同的小球（视为质点），两球初速度方向相同，不计空气阻
力，斜坡足够长，则下列说法正确的是（ ）
A．a、b两小球从抛出到落到斜坡上的时间之比为1:2
B．a、b两小球从抛出到落到斜坡上的位移之比为1:4
C．a、b两小球从抛出到落到斜坡上过程离斜面最远距离之比为1:2
D．a、b两小球落到斜坡上前瞬间速度方向不同
【答案】AB
【解析】A．设斜面倾角为α，初速度与水平方向成
，把初速度沿水平竖直方向分解，如图所示
水平方向有x1= v0cos β ⋅t1
竖直方向有y1= v0sin β ⋅t1- 1
2 gt1
2
小球落到斜面上，有tan α = y1
x1
解得t1= 2v0(sin β -cos β tan α )
g
若初速度变为2v0，则有t2= 4 v0(sin β -cos β tan α )
g
解得
t1
t2
= 1
2，故A 正确；
B．把初速度沿斜面和垂直斜面方向分解，如图所示
垂直斜面方向有- v0sin (β -α )= v0sin (β -α )- gcosα ⋅t3
沿斜面方向有s3= v0cos(β -α )⋅t3- 1
2 gsin α ⋅t3
2
解得
若初速度变为2v0，则有
解得
s3
s4
= 1
4 ，故B 正确；
C．把初速度沿斜面和垂直斜面方向分解，由前面分析可知，从抛出到落到斜坡上过程离斜面距离最远
用时为1
2 t3，则最远距离
若初速度变为2v0，则有
解得
y3
y4
= 1
4 ，故C 错误；
D．把初速度沿斜面和垂直斜面方向分解，设小球落到斜面上时的速度与斜面夹角为θ，如图所示
沿斜面有v x = v0cos(β -α )- gsin α ⋅t3
垂直斜面有v y = v0sin (β -α )
则tanθ = v y
v x
=
cosα sin (β -α )
cosα cos(β -α )-2sin α sin (β -α )
与初速度无关，故两小球落到斜坡上前瞬间速度方向相同，故D 错误。
故选AB。
