文档文本内容
第04 讲 曲线运动模型
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目录
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模型一 小船渡河模型
模型二 关联速度模型
模型三 抛体运动模型
类型1 平抛运动基本规律的应用
类型2 斜抛运动
类型3 与斜面或圆弧面有关的抛体运动
类型4 生活中的平抛运动
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模型建构
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✡模型一 小船渡河模型
模型剖析
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1.小船参与的两个分运动
(1)小船自身的运动,该分速度通常称为v 船,方向与船头的指向相同。
(2)小船随河水流动的运动,该分速度通常称为v 水,方向与河岸平行。
(3)两个分运动具有等时性,两个匀速直线运动的合运动依然为匀速直线运动。
2.小船渡河的两种方式
方式1.渡河的时间最短
由于水流速度始终沿河道方向,不能提供指向河对岸的分速度。因此若要渡河时间最短,只要使船头垂直于
对岸航行即可。如图所示,此时tmin= d
v 船
。
方式2.渡河的航程最短
(1)当v 水<v 船时,最短的渡河航程为河宽d,此时渡河所用时间t=
d
v 船sinθ ,船头与上游对岸夹角θ 满足v 船
cos θ=v 水,如图所示。
(2)当v 水>v 船时,
如图所示,以v 水矢量的末端为圆心,以v 船的大小为半径作圆,当合速度的方向与圆相切时,合速度的方向与
对岸的夹角最大(设为α),此时航程最短。由图可知sin α=
v 船
v水
,最短航程为s= d
sin α =
v水
v 船
d。此时船头指
向与上游对岸成θ'角,且cos θ'=
v 船
v水
。
3.注意
(1)研究小船渡河时间时→常对某一分运动进行研究求解,一般用垂直河岸的分运动求解。
(2)研究小船速度时→可画出小船的速度分解图进行分析。
(3)研究小船渡河航程时→要对小船的合运动进行分析,必要时画出位移合成图。
模型特训
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【典例1】（2026·北京东城·一模）某河水的流速v1与离某一侧河岸距离的变化关系如图1 所示，船在
静水中的速度v2与时间的关系如图2 所示，该河宽为300 m。假设渡河过程中船在河中任意位置沿河流方向
的速度与河水流速相等，要使船以最短时间渡河，下列说法正确的是（ ）
A．船渡河的最短时间是150s
B．船沿河流方向的位移为200m
C．船沿河岸方向的加速度大小先增大后减小
D．船在河水中的最大速度是7 m /s
【推理演示】A．最短渡河时间t min=河宽
v2
= 300
3 =100s，故A 错误；
B．垂直河岸方向满足d = v2t，因此离河岸距离d 与时间t 成正比，水流速度v1随d 的变化等价于v1随t 的
变化；
沿河岸位移等于v1−t 图像的面积，v1−t 为三角形，面积x = 1
2 ×t min×v1max= 1
2 ×100×4 =200 m，故B 正
确；
C．前50sv1随t 线性增大，后50sv1随t 线性减小，加速度a= Δv
Δt ，大小始终恒定，故C 错误；
D．船速是水流速度和船静水速度的合速度，两个方向垂直，最大合速度出现在v1 最大时：
vmax=
❑√v1max
2
+ v2
2=
❑√4
2+3
2=5 m/s，故D 错误。
故选B。
【变式1-1】（2025·湖北·模拟预测）如图所示，两平行河岸的间距为d，水稳定沿着河岸流动，一条小
船从河岸渡到河对岸，船在静水中的速度v静（为已知量）指向河的上游与河岸的夹角为37°，船速（即
合速度）v 船（为未知量）指向河的下游与河岸的夹角也为37°，水流的速度v水（为未知量），
sin37° =0.6，cos37° =0.8，下列说法正确的是（ ）
A．船速v 船= 5 v静
4
B．水速v水= 8 v静
5
C．小船被冲向下游的距离为5d
4
D．小船渡河的时间为4 d
3 v静
【答案】B
【详解】B．v水、v静、v 船构成的矢量三角形如图所示
由几何关系可得v 船= v静，v静cos37° =0.5 v水
解得v水= 8 v静
5
，A 错误，B 正确；
C．由几何关系可得小船被冲向下游的距离
d
tan37
° = 4 d
3 ，C 错误；
D．小船渡河的位移s 与v 船同向，与河岸的夹角为37°，河宽为d，由几何关系可得s=
d
sin37
° = 5d
3
小船渡河的时间t = s
v 船
= 5d
3 v静
，D 错误。
故选B。
【变式1-2】（2026·广东中山·模拟预测）（多选）如图，一艘小船船头始终垂直于河岸，从岸边向对
岸航行。已知船在静水中的速度大小v 船= 4 m /s，水流速度大小v水=3 m /s，河的宽度d =60 m，下列说
法正确的是（ ）
A．小船过河的时间为15s
B．小船过河的时间为20s
C．小船能垂直到达河的正对岸
D．小船不能垂直到达河的正对岸
【答案】AD
【详解】AB．小船船头始终垂直于河岸，则过河时间t = d
v 船
=15s，故A 正确，B 错误；
CD．由于小船船头始终垂直于河岸，根据速度合成可知，合速度方向斜向右上方，即小船不能垂直到达河
的正对岸，故C 错误，D 正确。
故选AD。
✡模型二 关联速度模型
模型剖析
▶
1.分析绳(杆)关联速度问题时，需要注意：应该分解物体的实际运动速度，即合速度。
分解方法：将物体的实际速度分解为垂直于绳
( 杆
) 和沿绳
( 杆
) 的两个分量。
2.常见的速度分解模型
情景图示
定量结论
v=v∥=v 物 cos
θ
v 物'=v∥=v 物 cos
θ
v∥=v∥'
即v 物 cos
θ
= v 物' cos
α
v∥=v∥'
即v 物 cos
α
= v 物' cos
β
模型特训
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【典例1】（2026·河北·高考真题）（多选）某千斤顶的结构如图所示，四根等长杆由铰链相连。摇动
手柄竖直抬升重物过程中，A 、C两点的间距每秒均匀缩短2mm，当∠CAB = 45°时，下列说法正确的是
（ ）
A．A与C两点速度大小相等，方向相反
B．B点速度方向竖直向上，大小为2mm /s
C．C点速度方向沿CB向上，大小为1mm /s
D．A点相对C点的速度沿水平方向，大小为2mm /s
【推理演示】ABC．由题意可知，四边形ABCD 是菱形，摇动手柄竖直抬升重物过程中，B 点的速度方向竖
直向上，A、C 两点的速度方向分别垂直AD、CD 方向，大小相等，A、C 两点的间距每秒均匀缩短2mm，可
知A、C 两点速度的水平分量大小相等为v Ax = vCx = 1
2 × 2
1 mm/s=1mm/s
当∠CAB=45°时，B 点和C 点沿BC 方向的分速度大小相等，即vBsin 45
°= vC
又vCx = vC cos 45
°
可得vC=2mm/s，vB=2mm/s
A、C 两点的速度大小相等，方向相互垂直，故AC 错误，B 正确；
D．A、C 两点竖直方向的速度大小相等，方向相同，水平方向速度大小相等，方向相反，所以A 点相对C
点的速度沿水平方向，大小为v Ax+ vCx=2mm/s，故D 正确。
故选BD。
【变式1-1】（2026·广东惠州·一模）在2026 年央视春晚节目《追影》片段中，演员腾空而起，图为一
演员表演简化图，工作人员甲拉着轻绳沿地面水平向左运动时，表演者乙在空中升起，不计轻绳和滑轮之
间的摩擦，在乙匀速上升的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．乙的机械能守恒
B．甲需加速向左运动
C．悬绳对天花板的拉力大小不变
D．甲对地面的压力逐渐增大
【答案】D
【详解】A．乙匀速上升，动能不变，重力势能增加，根据机械能等于动能与重力势能之和可知，乙的机
械能增加，故A 错误；
B．设绳子与水平方向的夹角为θ，将甲的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，沿绳子方向的分速度等于
乙的速度，即有v甲cosθ = v乙
解得v甲= v乙
cosθ
甲向左运动过程中，θ减小，cosθ增大，而v乙不变，所以v甲减小，即甲做减速运动，故B 错误；
C．乙匀速上升，绳子拉力T =m乙g，甲向左运动，滑轮两侧的两股绳子的夹角增大，根据平行四边形定
则，合力减小，即悬绳对滑轮的拉力减小，根据牛顿第三定律，滑轮对悬绳的拉力减小，故悬绳对天花板
的拉力减小，故C 错误；
D．对甲，根据平衡条件，可知地面对甲的支持力FN=m甲g−Tsinθ
甲向左运动，θ减小，sinθ减小，T 不变，则支持力FN增大，根据牛顿第三定律，甲对地面的压力逐渐增
大，故D 正确。
故选D。
【变式1-2】（2026·江西·模拟预测）如图所示，质量为m、倾角为60°的斜面体放在水平面上，质量
也为m 的均质球夹在斜面和竖直墙面之间，水平外力作用在斜面体上，球和斜面体处于静止状态，斜面体
对墙面的作用力为零，不计一切摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．水平外力的大小为2❑√3mg
B．水平外力的大小为
❑√3
2 mg
C．撤去外力，球向下运动过程中，球与斜面体运动的速度大小之比为❑√3:1
D．撤去外力，球向下运动过程中，球与斜面体运动的速度大小之比为❑√3:3
【答案】C
【详解】AB．对斜面体受力分析，根据平衡条件，水平方向则有F =mgtan60°
解得F = ❑√3mg，故AB 错误；
CD．撤去外力，球向下运动的过程中，设球的速度大小为v1，斜面体的速度大小为v2，根据运动的分解可
得v1cos60° = v2cos30°
解得v1:v2= ❑√3:1，故C 正确，D 错误。
故选C。
✡模型三 抛体运动模型
模型剖析
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1.平抛运动
（1）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。
（3）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。
（4）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。
（5）求解平抛运动临界问题的一般思路
(1)确定临界状态。
(2)找出临界状态对应的临界条件。
(3)分解速度或位移。
(4)若有必要，画出临界轨迹。
2.斜抛运动
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可以逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可
以根据对称性求解某些问题。
3.与斜面或圆弧面有关的抛体运动
已知条件
情景示例
解题策略
已知速度
方向
已知
速度
方向
垂直
从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示。
分解速度tan θ=
v0
v y
= v0
gt
斜面
从斜面外斜抛，垂直落在斜面上，如图所示。
分解速度
tan θ=
v x
v y
=
v0cosα
−v0sin α +>¿¿
从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所
示。
已知速度方向沿该点圆弧的切线方向
分解速度
tan θ=
v y
v0
=gt
v0
已知位移
方向
已知
位移
方向
沿斜
面向
下
从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示。
分解位移
tan θ= y
x =
1
2 gt
2
v0t
=gt
2v0
从斜面上斜抛又落到斜面上，如图所示。
分解位移
tan θ= y
x =−v0sin α·t + 1
2 gt
2
v0cosα·t
在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示。
已知位移方向垂直斜面
分解位移
tan θ= x
y =
v0t
1
2 gt
2=2v0
gt
利用位移
关系
从圆心处水平抛出，落到半径为R 的圆弧上，如图所示。
已知位移大小等于半径R
{
x = v0t
y = 1
2 gt
2
x
2+ y
2= R
2
从与圆心等高的圆弧上水平抛出，落到半径为R 的圆弧上，如
图所示。
已知水平位移x 与半径R 的差的平方与竖直位移的平方之和等
于半径R 的平方
{
x = R+ R cosθ
x = v0t
y = R sinθ = 1
2 gt
2
( x−R)
2+ y
2= R
2
模型特训
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类型1 平抛运动基本规律的应用
【典例1】（2026·河南·高考真题）如图1，网球运动员将球沿水平方向击出，球运动轨迹所在平面与球
网面的夹角为45°，球恰好擦过球网上沿的P点，图2 为球运动轨迹在球网所在平面的投影，轨迹投影在P
点的切线与球网上沿的夹角为φ。已知击出时球的速度大小为20 m/s，tanφ =0.2，重力加速度大小取
g=10 m/s
2，不计阻力，则击球点到球网面的距离为（ ）
A．4 m
B．6 m
C．8 m
D．10 m
【推理演示】网球被水平击出后做平抛运动，初速度大小为v0=20m/s，轨迹平面与球网面夹角为45°，将
初速度v0分解，垂直于球网面的速度vz=v0sin45°
平行于球网面的速度v x= v0cos45°
网球在竖直方向做自由落体运动，设从击球点到P 点的运动时间为t，网球在P 点的竖直速度v y =>¿
P 点的切线与球网上沿夹角为φ，切线斜率满足tanφ = v y
v x
代入v y =>¿，v x= v0cos45°，得t = v0tanφcos45°
g
网球在垂直于球网方向匀速运动，位移d = v zt
代入v z= v0sin 45°和t 的表达式，得d = v0
2 tan φsin 45°cos 45°
g
解得d=4m
因此击球点到球网面的距离为4 m。
故选A。
【变式1-1】（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。
【变式1-2】（2026·陕西榆林·二模）某人将同一飞镖先后由同一竖直线的A、B两点沿水平方向抛出，飞
镖均落在C点，飞镖落在C点时速度方向与水平方向的夹角分别为60°、30°，忽略空气的阻力。关于飞镖
由A、B两点开始的平抛运动，下列说法正确的是（ ）
A．平抛高度之比为hA:hB=3:1
B．平抛时间之比为t A:t B= ❑√2:1
C．平抛的初速大小之比为v A 0:vB0=1:3
D．飞镖落地瞬间的动能之比为Ek A: Ek B= ❑√3:2
【答案】A
【详解】A．设水平位移为x，下落高度为h，落地速度偏角为θ。根据平抛运动规律，水平方向x = v0t
竖直方向h= 1
2 gt
2
落地竖直分速度v y =>¿
速度偏角正切值tanθ = v y
v0
=gt
v0
结合x = v0t和h= 1
2 gt
2可得推论tanθ = 2h
x
因为A、B在同一竖直线上且落在同一点C，水平位移x相等，所以h∝tanθ
则hA:hB= tan 60
∘:tan30
∘=3:1。故A 正确；
B．根据h= 1
2 gt
2
得t = ❑√
2h
g
所以t ∝❑√h。则t A:t B= ❑√hA:❑√hB= ❑√3:1。故B 错误；
C．水平方向x = v0t
则v0= x
t
因为x相等，所以v0∝1
t 。则v0 A:v0 B=t B:t A =1:❑√3。故C 错误；
D．飞镖落地瞬间的速度v = v0
cosθ
动能Ek = 1
2 m v
2=
m v0
2
2cos
2θ
则Ek A: Ek B=
v0 A
2
cos
260
° :
v0 B
2
cos
230
° =1，故D 错误；
故选A。
类型2 斜抛运动
【典例1】（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示，一同学在操场练习定点投篮，他将篮球以与水平方向成
夹角θ的初速度v 从离地h=2.05 m处投出，篮球从篮筐上方斜向下直接从篮筐的中心点无碰撞进入篮筐。
篮球从投出到进入篮筐的过程中，上升时间与下降时间之比为3:2，篮筐距离地面的高度为H =3.05 m，篮
球抛出点到篮筐中心的水平距离x =8 m。重力加速度g 取10 m /s
2，忽略空气阻力及篮球大小，则（ ）
A．v =10 m /s，sinθ =0.6
B．v =10 m /s，sinθ =0.8
C．v =8 m /s，sinθ =0.6
D．v =8 m /s，sinθ =0.8
【推理演示】设上升时间为3t，则下降时间为2t，由几何关系得1
2 g(3t )
2+h= 1
2 g(2t )
2+ H
求得t=0.2s
水平方向为匀速直线运动x = v x⋅5t
投出时竖直方向的初速度为v y = g⋅3t
求得vx=8m/s，vy=6m/s
故v =
❑√v x
2+ v y
2 =10 m /s，sinθ = v y
v =0.6
故选A。
【变式2-1】（2026·湖北·高考真题）（多选）某山沟竖直截面图如图所示，山沟的一侧竖直，另一侧是以
O 点为圆心、R 为半径的1
4 圆弧，圆弧最高点与O 点等高。救援队从O 点以大小为v0=
❑√2gR
2
的初速度
向该山沟投掷救援物资，其中g 是重力加速度大小。物资可视为质点，不计空气阻力。为避免损坏救援物
资，要求物资落到圆弧上的速率最小，则物资（ ）
A．在空中运动的时间为❑√
2 R
g
B．与水平方向成45° 角斜上抛
C．抛出点与落点的高度差为
❑√2 R
2
D．落到圆弧上的最小速率为
❑√6 gR
2
【答案】AD
【详解】ACD．设落点与O 点的竖直高度为h，水平位移为x，初速度与水平方向的夹角为θ，将初速度沿
水平和竖直方向分解，可得−h= v0 sinθ⋅t −1
2 gt
2，x = v0cosθ⋅t
同时有h
2+ x
2= R
2
联立可得h= 1
4 gt
2+ R
2
g ⋅1
t
2 −1
2 R
设落到圆弧上的速度为v，根据机械能守恒mgh+ 1
2 mv0
2= 1
2 mv
2
解得v =
❑√v0
2+2 gh
故可知h越小，v 越小，故当1
4 gt
2= R
2
g ⋅1
t
2时，h 取最小值，落到圆弧上的速度最小；
解得t = ❑√
2 R
g ，hmin= 1
2 R，vmin=
❑√6 gR
2
，故AD 正确，C 错误；
B．根据前面分析，当t = ❑√
2 R
g
，h= 1
2 R时，
代入解得sinθ = 1
2，θ =30°，故B 错误。
故选AD。
【变式2-2】（2026·广东广州·二模）（多选）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/s2，空气阻力不计，则（ ）
A．网球与墙壁碰撞前在空中的飞行时间为1.2s
B．网球与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为12m/s
C．网球与墙壁碰撞前瞬间的速度方向与墙壁的夹角正弦值为0.8
D．网球与墙壁碰撞后瞬间的速度大小为3 ❑√2m /s
【答案】ACD
【详解】A．由题意可知网球与墙壁碰撞前瞬间竖直分速度为0，根据逆向思维，竖直方向有H −h= 1
2 gt1
2
可得网球与墙壁碰撞前在空中的飞行时间为t1= ❑√
2( H −h)
g
= ❑√
2×(8.45−1.25)
10
s=1.2s，故A 正确；
B．根据题意可知，网球斜向上飞出，设竖直方向上分速度为v1，水平分速度为v2，如图所示
竖直分速度大小为v1= gt1=12m /s
则有v2=
❑√v0
2−v1
2=
❑√13
2−12
2=5 m /s
可知网球与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为5 m /s，故B 错误；
CD．设网球水平分速度v2垂直墙面速度分量大小为v3，平行墙面的速度分量为v4，如图所示
则有v2
2= v3
2+ v4
2
其中垂直墙面速度分量大小为v3= x
t1
= 4.8
1.2 m /s= 4 m /s
可得v4=
❑√v2
2−v3
2=
❑√5
2−4
2m /s=3 m /s
网球与墙壁碰撞前瞬间的速度方向与墙壁的夹角正弦值为sinθ = v3
v2
=0.8
由于网球与墙壁碰撞后，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，则碰后垂
直墙面速度分量大小为v5=0.75 v3=3 m /s
网球与墙壁碰撞后瞬间的速度大小为v =
❑√v5
2+ v4
2 =3 ❑√2m /s，故CD 正确。
故选ACD。
【变式2-3】（2026·广西玉林·模拟预测）（多选）苏超足球赛正在如火如荼地进行中，如图所示，一足球
（视为质点）被踢出后仅在重力作用下在空中做抛体运动，速率先减小后增大，已知足球在空中运动的最
小速率为v，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．足球速率由v 增加到2v时所需的时间为
❑√3 v
2g
B．足球速率由v 增加到2v时水平方向前进的距离为
❑√3 v
2
g
C．足球速率由v 增加到2v时竖直方向下降的高度为3 v
2
2g
D．当足球的速率大小变为2v时运动方向与水平方向夹角为π
6
【答案】BC
【详解】A．足球速率最小时处于最高点且速度方向水平，之后做平抛运动，速率为2v 时的竖直速度
v y =
❑√(2v)
2−v
2= ❑√3 v
所需时间t = v y
g =
❑√3 v
g
，故A 错误；
B．水平方向前进的距离x = vt =
❑√3 v
2
g
，故B 正确；
C．竖直方向下降的高度h= 1
2 gt
2= 3 v
2
2g
，故C 正确；
D．设当足球的速率大小变为2v 时运动方向与水平方向夹角为θ，则cosθ = v
2v = 1
2
解得θ =π
3 ，故D 错误。
故选BC。
类型3 与斜面或圆弧面有关的抛体运动
【典例3】（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
【推理演示】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。
【变式3-1】（2026·浙江绍兴·二模）在某次演习中，轰炸机沿水平方向投放一枚炸弹，炸弹正好垂直击中
山坡上的目标，山坡的倾角为θ =30°，如图所示。不计空气阻力，炸弹竖直下落距离与水平方向通过距离
之比为（ ）
A．
❑√3
2
B．
❑√3
3
C．2
❑√3
D．3
❑√3
【答案】A
【详解】设炸弹的初速度为v0，炸弹正好垂直击中山坡上的目标，则有tan30° = v0
v y
可得v y = ❑√3 v0
设炸弹在空中运动时间为t，则有x = v0t，y = v y
2 t
可得炸弹竖直下落距离与水平方向通过距离之比为y
x = v y
2v0
=
❑√3
2
故选A。
【变式3-2】（2026·安徽·模拟预测）如图所示，小球从斜面上A 点以大小相等的初速度分别水平向右（图
甲）和垂直斜面向上（图乙）抛出，随后小球均与斜面发生一次弹性碰撞并反弹（小球垂直斜面的速度大
小不变、方向反向，沿斜面方向的速度大小和方向均不变，碰撞时间极短），之后分别落回斜面上的C、
D 两点。设小球从A 到B、B 到C 的运动时间依次为t1、t2，位移依次为x1、x2；小球从A 到E、E 到D 的运
动时间依次为t3、t4，位移依次为x3、x4，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．t1<t2
B．t1=t3
C．x1∶x2=1 3∶
D．x3∶x4=1 3∶
【答案】D
【详解】AB．斜面倾角相同，可知平行斜面方向的加速度均为ax = mgsinθ
m
= gsinθ
垂直斜面方向上的加速度均为a y = mgcosθ
m
= gcosθ
小球在平行斜面方向都做匀加速直线运动，在垂直斜面方向上，都做相同的类竖直上抛运动。小球与斜面
发生弹性碰撞并反弹（小球垂直斜面的速度大小不变、方向反向，沿斜面方向的速度大小和方向均不变，
碰撞时间极短），对图甲可知从A 到B、B 到C 的运动时间相等，均为t1=t2=2⋅v0 sinθ
gcosθ = 2v0 sinθ
gcosθ
；同理
对图乙t3=t 4=2⋅
v0
gcosθ = 2v0
gcosθ
可得t1=t2≠t3 ，故AB 错误；
CD ．对图甲：小球从A 到B 、B 到C 的位移依次为x1 、x2 ，有x1= v0cosθt1+ 1
2 axt1
2，
x1+ x2= v0cosθ⋅2t1+ 1
2 ax⋅(2t1)
2
可得x2= v0cosθt1+ 1
2 ax⋅3t1
2
可得
x1
x2
=
v0cosθt1+ 1
2 axt1
2
v0cosθt1+ 1
2 ax⋅3t1
2 ≠1
3
对图乙：小球从A 到E、E 到D 的位移依次为x3、x4，有x3= 1
2 axt3
2，x3+ x4= 1
2 ax(2t 4)
2
可得
x3
x4
=
1
2 axt3
2
1
2 ax⋅3t 4
2 =1:3，故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式3-3】（2026·安徽淮南·模拟预测）（多选）如图，AB为竖直平面内圆轨道的直径，O为圆心。弹
射器（图中未画）可沿水平线AB移动，第一次将小球在A点以某速度水平弹出，前移一段距离后，将相
同的小球在C点以另一速度水平弹出，两次小球均落在圆轨道同一点D，其中有一次落在D点的速度方向
沿OD方向，OD与竖直方向的夹角为30°。不计空气阻力，小球可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．前后两次下落过程中小球的速度变化量相等
B．从A点弹出的小球在D点的速度沿OD方向
C．A、C 两点之间的距离为圆轨道半径的一半
D．小球两次落在D点的速度大小之比为3:2
【答案】AC
【详解】A．前后两次小球下落的高度相同，则时间相同，根据Δv =>¿，可知下落过程中小球的速度变化
量相等，A 正确；
BC．根据平抛运动的规律，末速度的反向延长线经过水平位移的中点，可知从C 点弹出的小球在D点的速
度沿OD方向，若设D 点在OB 上的投影点为E 点，则由几何关系可知CO=OE=0.5R，则AC=0.5R，B 错误，
C 正确；
D．水平方向根据x = v0t可知小球两次落在D点的水平位移之比为3:2，则水平速度大小之比为3:2，竖直
速度相等，根据v =
❑√v0
2+ v y
2可知小球两次落在D点的速度大小之比不等于3:2，D 错误。
故选AC。
【变式3-4】（2026·河北邢台·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 = Rcosθ = 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。
类型4 生活中的平抛运动
【典例4】（2026·四川德阳·三模）现代农业已经开始采用无人机精准播种。无人机沿水平直线以速度v 匀
速飞行过程中，每隔相等时间△t 由静止释放一颗种子。忽略空气作用力，关于相邻释放的两颗种子运动情
况，分析正确的是（ ）
A．在空中时，彼此保持相对静止
B．在空中时，水平方向距离为v△t
C．落在同一水平地面时，距离为v△t
D．在空中时，竖直方向高度差为1
2 g Δt
2
【推理演示】A．种子被释放后做平抛运动，水平方向以速度v 匀速运动，竖直方向做自由落体运动，相邻
两颗种子竖直方向的速度差恒为Δv = g Δt，存在相对运动，距离越来越远，并非相对静止，故A 错误；
B．飞机速度不变，可知两颗种子水平方向速度均为v，同一时刻水平位移相等，水平间距始终为0，故B
错误；
C．种子下落高度相同，在空中运动总时间相同，落地时间差为Δt，水平方向匀速运动，故落地水平间距
Δ x = v Δt，故C 正确；
D．设后释放的种子运动时间为t，先释放的种子运动时间为t+Δt，竖直高度差
Δy = 1
2 g(t + Δt )
2−1
2 gt
2= gtΔt + 1
2 gΔt
2随t 增大而增大，不是定值1
2 g Δt
2，故D 错误。
故选C。
【变式4-1】（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，先将小球甲水平抛出，甲抛出后1.5 秒将小球乙水平
抛出，小球甲、乙将会在空中的P点相遇，已知小球甲、乙的抛出点水平距离为L=25 m，小球甲、乙抛出
时的速度大小均为v0=10 m /s。取重力加速度大小g=10 m /s
2，不计空气阻力，小球可看成质点，则下
列说法正确的是（ ）
A．小球乙在相遇前运动的时间为tl=1s
B．小球甲、乙在相遇时速度偏转角相同
C．甲、乙相遇时两小球的速度方向相互垂直
D．小球甲、乙抛出点的高度差Δh=12.75 m
【答案】C
【详解】A．设小球乙在相遇前运动的时间为t，则小球甲运动的时间为t + Δt，其中Δt =1.5s，两小球在
水平方向均做匀速直线运动，根据位移公式有v0(t + Δt )+ v0t = L
代入数据解得t =0.5s
可知小球乙在相遇前运动的时间为0.5s，故A 错误；
B．相遇时小球甲、乙的竖直分速度大小分别有v y 1= g(t + Δt )，v y 2=>¿
代入数据解得v y 1=20 m/s，v y 2=5 m/s
设小球甲、乙在相遇时的速度偏转角分别为θ1和θ2，分别有tanθ1= v y 1
v0
，tanθ2= v y 2
v0
代入数据解得tanθ1=2，tanθ2=0.5
由于两小球速度偏转角正切值不同，故相遇时速度偏转角不相同，故B 错误；
C．根据B 选项中求出的速度偏转角正切值有tanθ1⋅tanθ2=1
甲、乙两球水平速度方向相反，若两速度方向垂直，则速度矢量与水平方向夹角之和应为90
°，即要求两
速度偏转角的正切值乘积为1，由上述等式成立可知两小球的速度方向相互垂直，故C 正确；
D．相遇时小球甲、乙下落的高度分别有h1= 1
2 g(t + Δt )
2，h2= 1
2 gt
2
小球甲、乙抛出点的高度差为Δh=h1−h2
联立解得Δh=18.75 m
可知高度差不是12.75 m，故D 错误。
故选C。
【变式4-2】（2026·湖南衡阳·模拟预测）（多选）飞镖扎气球是一种娱乐游戏项目，其示意图如图甲所
示，靶面竖直固定，O 点为镖靶中心，OP 水平、OQ 竖直，靶面图如图乙所示。若每次都在空中同一位置
M 点水平射出飞镖，且M、O、Q 三点在同一竖直平面，忽略空气阻力。关于分别射中靶面O、P、Q 三点
的飞镖，下列说法正确的是（ ）
A．射中O 点的飞镖射出时的速度最小
B．射中P 点的飞镖射出时的速度最大
C．射中Q 点的飞镖在空中飞行的时间最长
D．射中O、P 两点的飞镖在空中飞行的时间相等
【答案】BCD
【详解】AB．飞镖做平抛运动，由平抛运动的特点知h= 1
2 gt
2，x = vt
解得飞镖初速度v = x ❑√
g
2h
水平方向位移xO= xQ< xP
竖直方向位移hO=hP<hQ
可得飞镖射出时的速度vQ<vO<v P
即射中Q点的飞镖射出时的速度最小，射中P点的飞镖射出时的速度最大，故A 错误，B 正确；
CD．解得飞镖飞行时间t = ❑√
2h
g
竖直方向位移hO=hP<hQ
可得飞镖在空中飞行的时间tO=t P<tQ
即飞镖射中O、P两点的飞镖在空中飞行的时间相等，射中Q点的飞镖在空中飞行的时间最长，故CD 正
确。
故选BCD。
【变式4-3】（2026·四川成都·二模）一种新型智能网球发球机可将网球从发球口沿水平面内任意方向击
出，供运动员进行日常训练。如图所示，运动员将发球机置于网球场左侧底线AB 的中点G 处，发球口在
G 点正上方高度为2h的H 点。球网两侧球场ABCF 与FCDE 均为边长l的正方形，I 为DE 中点，球网高度
为h，网球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)若发球机从H 点将网球沿平行于轴线GI 方向水平击出，要使得网球能直接落到右侧场地内，求网球的
初速度大小v0满足的条件；
(2)若发球机发球速度的大小和方向在水平面内可任意调节，求网球直接落在右侧球场中所有可能落点构成
图形的面积S。
【答案】(1)l ❑√
g
2h ≤v0≤l ❑√
g
h
(2)S =(2−❑√2)l
2
【详解】（1）设网球初速度为v1时，经历t1时间恰能过网，水平方向有l = v1t1
竖直方向有2h−h= 1
2 gt1
2
解得v1=l ❑√
g
2h
设网球初速度为v2时，经历t2时间恰好不出右侧底线，水平方向有2l = v2t2
竖直方向有2h= 1
2 gt2
2
解得v2=l ❑√
g
h
综上，要使得网球能落到右侧场地，初速度v0应满足l ❑√
g
2h ≤v0≤l ❑√
g
h 。
（2）设网球初速度方向与GI 方向的夹角为θ，初速度大小为v
′，恰能过网，如图所示
网球运动轨迹与球网的交点为M ，M在地面上的投影为N，网球落地点为P，设PN的距离为x
′。从H 运
动至M 的过程中，水平方向有
l
cosθ = v
′ t1
从H 运动至P 的过程中，水平方向有x
′ +
l
cosθ = v
′ t2
落点P 到球网的距离x⊥= x
′cosθ
解得x⊥=(❑√2−1)l
即所有恰好过网的网球落点位置到球网的距离均相同，与初速度方向无关。故所有可能的落点组成的形状
为矩形，面积为S =l(l−x⊥)
联立解得S =(2−❑√2)l
2
