文档文本内容
专题06 抛体运动
题型一 平抛运动基本规律的应用.........................................................................................................1
题型二 有约束条件的平抛运动模型.....................................................................................................5
类型1 从斜面飞出的平抛运动问题..............................................................................................6
类型2 飞向斜面的平抛运动问题................................................................................................11
类型3 对着竖直墙壁的平抛运动................................................................................................16
类型4 圆弧面上的平抛运动........................................................................................................20
题型三 平抛运动的临界与极值问题...................................................................................................25
题型四 斜抛运动...................................................................................................................................28
题型五 类平抛运动...............................................................................................................................31
题型一 平抛运动基本规律的应用
1．性质
加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．
2．基本规律
以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x 轴，竖直向下方向为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＝v0，位移x＝v0t.
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2.
(3)合速度：v＝，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝.
(4)合位移：s＝，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝＝.
3．对规律的理解
(1)飞行时间：由t＝ 知，时间取决于下落高度h，与初速度
v 0 无关．
(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度
v 0 和下落高度
h 共同决定，与其他因素无关．
(3)落地速度：vt＝＝，以θ 表示落地速度与x 轴正方向的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与
初速度
v 0 和下落高度
h 有关．
(4)速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度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)两个重要推论
①做平抛(或类平抛)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，
如图中A 点和B 点所示．
②做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位
移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.
1.
如图所示，从高度为H 的A 点以初速度v0水平向左抛出一颗石子（可视为质点），石
子刚好落在砖墙的最下端B 处。已知砖墙的高度为3
4 H，重力加速度为g，不计空气阻力，则
石子在下落过程中到达与砖墙顶部等高的C 点时，到墙面的距离L 为（ ）
A．v0
❑√
H
g
B．v0
❑√
H
2 g
C．v0
❑√
2 H
g
D．2v0
❑√
H
g
【答案】B
【详解】若石子刚好落在砖墙的最下端B 处，则根据平抛运动规律可知H = 1
2 gt
2
则水平位移x = v0t = v0
❑√
2 H
g
石子在下落过程中到达与砖墙顶部等高的C 点时，根据平抛运动规律可知H - 3
4 H = 1
2 gt
'2
则水平位移x
' = v0t
' = v0
❑√
H
2 g
故石子在下落过程中到达与砖墙顶部等高的C 点时，到墙面的距离L 为
Δ x = x - x
' = ❑√2v0
❑√
H
g -
❑√2
2 v0
❑√
H
g = v0
❑√
H
2g
故选B。
2.
如图所示，某同学在面对竖直墙壁练习打网球。该同学将网球以v0=50 m /s的初速度
正对墙壁水平击出，击球点距离地面高度H =1.8 m，到竖直墙壁的水平距离x =15 m。网球跟
竖直墙壁碰撞后，竖直方向的分速度大小不变，反弹后水平速度的大小变为碰前的60%，g 取
10 m /s
2，网球可视为质点，不计空气阻力，则网球第一次的落地点与击球点之间的水平距离
为（ ）
A．8.0m
B．7.5m
C．7.0m
D．6.0m
【答案】D
【详解】网球运动到与竖直墙壁碰撞的过程中飞行的时间t1= x
v0
= 15
50 s=0.3s
网球下落的高度h1= 1
2 gt1
2=0.45 m
与墙壁碰撞时竖直方向的分速度大小v y = gt1=3 m /s
碰撞后竖直方向的分速度大小不变，到落地有v yt2+ 1
2 gt2
2= H -h1
解得t2=0.3s
碰撞后水平方向的分速度变为原来的60 %，水平运动的距离x2= v0×60 %⋅t2=9 m
故网球第一次落地点与击球点间的水平距离d = x - x2=6 m
故选D。
3.
中国海警船装备的最新水炮具有极高的威力，这些水炮通过高压将水喷射出去，水炮
的最大压力是普通消防车水枪压力的四百多倍。如果水炮炮口距离海平面高度为h=20m，水炮
将水以v0=150m/s 的初速度水平喷射出，重力加速度g 取10m/s2，忽略空气阻力。喷射出的水
炮水平射程为（ ）
A．300m
B．400m
C．500m
D．600m
【答案】A
【详解】喷射出去的水做平抛运动，竖直方向有h= 1
2 gt
2
解得t = ❑√
2h
g =2s
水平射程为x = v0t =300 m
故选A。
4.
某草坪安装了一个水平喷水的喷灌系统，喷头离地面的高度为h，调整喷水速度使水
恰好覆盖到离喷头水平距离为s 的草坪边缘。若喷头高度调整为h
2，仍要让水覆盖到原草坪边
缘，忽略空气阻力，喷水的初速度应调整为原来的（ ）
A．❑√2倍
B．
❑√2
2
C．1 倍
D．2 倍
【答案】A
【详解】水做平抛运动，在竖直方向有h= 1
2 gt
2
在水平方向上有x = v0t
联立解得v0= x ❑√
g
2h
水平位移x 不变，若喷水高度变为原来的1
2，初速度应调整为原来的❑√2倍。
故选A。
5.
如图所示，A、B 为小球做平抛运动轨迹上的两点，小球在A 点的速度大小为v1，方
向与水平方向的夹角α =37°，在B 点的速度方向与水平方向的夹角β =53°。已知重力加速度
的大小为g，sin37° =0.6，求：
(1)小球在B 点的速度大小v2；
(2)小球从A 点运动到B 点的时间t。
【答案】(1)4
3 v1
(2) 7 v1
15 g
【详解】（1）小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有v1cosα = v2cos β
解得小球在B 点的速度大小为v2= 4
3 v1
（2）小球从A 点运动到B 点的时间为t = Δv y
g
= v2sin β - v1sin α
g
解得t = 7 v1
15 g
题型二 有约束条件的平抛运动模型
斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律
还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利
解决．常见的模型如下：
方法
内容
斜面
总结
分
解
速
度
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：v＝
分解速度，构建速度
三角形
分
解
位
移
水平：x＝v0t
竖直：y＝gt2
合位移：s＝
分解位移，构建位移
三角形
类型1 从斜面飞出的平抛运动问题
6.
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。
【点睛】
两名运动员在空中做平抛运动，落到雪坡上时，利用竖直位移和水平位移的比值等于斜面倾角的正
切值，可表示出平抛运动的时间，从而求得时间之比；根据水平方向的匀速直线运动求解水平位移
之比；根据运动的合成与分解结合几何关系分析他们落到雪坡上的瞬时速度方向；在垂直于斜面方
向上，根据速度
位移关系求解离开斜面的最大距离之比。
本题考查平抛运动规律的应用，知道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，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式进行解答。
7.
如图所示，虚线MN 是竖直面内的斜线，两个小球分别从MN 上的A、B 两点水平抛
出，过一段时间再次经过虚线MN，则下列说法错误的是（ ）
A．两球经过虚线MN 时的速度大小可能相同
B．两球经过虚线MN 时的速度方向一定相同
C．两球可能同时经过虚线MN 上的同一位置
D．A 处抛出的球从抛出到经过虚线MN 所用时间一定比B 处抛出的球从抛出到经过虚线MN 所
用时间长
【答案】CD
【详解】A．设虚线MN 与水平方向的夹角为θ，两球再次经过虚线MN 时，根据tanθ = y
x =
1
2 gt
2
v0t
解得t = 2v0tanθ
g
此时小球的竖直分速度v y =>=2v0tanθ
根据平行四边形定则可得合速度为v =
❑√v0
2+ v y
2 = v0
❑√1+ 4tan
2θ
若两次初速度相等，则两次经过MN 时的速度大小相等，故A 正确，不符合题意；
B．设速度方向与水平方向夹角为α，则有tan α = v y
v0
=gt
v0
=
g 2v0 tanθ
g
v0
=2tanθ
由于θ 是虚线MN 与水平方向的夹角，是定值，所以tanα 也为定值，所以两球经过虚线MN 时速度
方向也一定相同，故B 正确，不符合题意；
C．小球在斜面上的位移为x合=
❑√x
2+ y
2= ❑√(v0t)
2+(
1
2 gt
2)
2
= 2v0
2 tanθ
gcosθ
若初速度大小不同，两球可能经过虚线上的同一位置，但不是同时，故C 错误，符合题意；
D．根据t = 2v0tanθ
g
可知，若初速度相等，则两小球到达虚线MN 的时间相同，故D 错误，符合
题意。
故选CD。
8.
如图所示，从倾角为θ 的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球
均落在斜面上。当抛出的速度为v0时，从抛出至落到斜面的运动时间为t1，位移大小为s1，离
斜面的最远距离为d1，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为2v0时，从
抛出至落到斜面的运动时间为t2，位移大小为s2，离斜面的最远距离为d2，小球到达斜面时速
度方向与斜面的夹角为α2，不计空气阻力，则下列关系式正确的是（ ）
A．d2=2d1
B．t2=2t1
C．s2=2s1
D．α1=α2
【答案】BD
【详解】D．由平抛运动规律可知tanθ =
1
2 gt
2
v0t =gt
2v0
速度方向与水平方向的夹角tan β =gt
v0
则tan β =2tanθ
位移方向相同，则速度方向与斜面的夹角相同α1=α2
故D 正确；
B．根据tanθ =gt
2v0
可得t = 2v0 tanθ
g
初速度变为2 倍时，则时间变为原来的2 倍，即t2=2t1
故B 正确；
A．垂直斜面方向，初速度为v0sinθ，加速度gcosθ，则离斜面的最远距离d = (v0sinθ)
2
gcosθ
初速度变为2 倍时，则离斜面的最远距离变为原来的4 倍，故d2= 4 d1
故A 错误；
C．根据s= v0t
cosθ = 2v0
2 tanθ
gcosθ
初速度变为2 倍时，位移变4 倍，即s2= 4 s1
故C 错误。
故选BD。
9.
如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端O 点把一小球水平击出让其在与
斜面垂直的竖直面内运动，小球刚好落在斜面的底端C 点。B 点是小球运动过程中距离斜面的
最远处，A 点是在阳光照射下小球经过B 点的投影点，不计空气阻力，则（ ）
A．若斜面内D 点在B 点的正下方，则OD 与DC 长度相等
B．小球在斜面上的投影做匀速运动
C．OA 与AC 长度之比为1 3∶
D．小球在B 点的速度与OC 段平均速度大小相等
【答案】AD
【详解】A．小球被水平击出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，
设小球被击出时速度为v0，从O 点运动到C 点所用时间为t，则有
1
2 gt
2
v0t = tanθ
得t = 2v0 tanθ
g
设小球从O 点运动到B 点所用时间为t1，则小球经过B 点时速度平行于斜面，有gt1
v0
= tanθ
得t1= v0 tanθ
g
则t1= t
2
即小球由O 点到B 点和由B 点到C 点水平方向的位移相等，OD 与DC 长度相等，故A 正确；
BC．将小球的初速度v0和重力加速度g沿斜面和垂直斜面方向分解，二者均有沿斜面向下的分量，
所以小球沿斜面方向的分运动为沿斜面向下的匀加速直线运动，即小球在斜面上的投影做匀加速直
线运动，OA 与AC 长度之比不为1 3∶，故BC 错误；
D．根据题意有vBcosθ = v0
得vB=
v0
cosθ
OC 段的平均速度大小为v =
v0t
cosθ
t
=
v0
cosθ
所以小球在B 点的速度与OC 段平均速度大小相等，故D 正确。
故选AD。
10. 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
类型2 飞向斜面的平抛运动问题
11. 一种定点投抛的游戏可简化为如图所示的模型，斜面AB 的倾角为θ =37°，A、B 两
点分别是斜面的最底端和顶端，洞口处于斜面上的P 点，O 点在A 点的正上方，A、B、O、P
四点在同一竖直面内。第一次小球以3 m /s的水平速度从O 点抛出，正好落入洞中的P点，
OP的连线正好与斜面垂直；第二次小球以另一水平速度也从O 点抛出，小球正好与斜面在Q
点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度大小取g=10 m /s
2，sin37° =0.6.下列说法正确的
是（ ）
A．小球从O点运动到P 点的时间是0.4s
B．Q点在P 点的下方
C．第二次小球水平抛出的速度小于3 m /s
D．O、A 两点的高度差为5 m
【答案】D
【详解】A．第一次以水平速度v0从O 点抛出小球，正好落入倾角为θ 的斜面上的洞中，此时位移
垂直于斜面，由几何关系可知tanθ = v0t0
1
2 gt0
2 = 2v0
gt0
解得t0=0.8s
故A 错误；
BC．根据速度偏角的正切值等于位移偏角的正切值的二倍，当小球以水平速度v 从O 点抛出，可知
此时落到斜面上的位移偏角小于以水平速度v0=3m/s 抛出时落到斜面上的位移偏角，所以Q 点在P
点的上方，则t <t0，水平位移x> x0，所以v >v0=3m/ s
故BC 错误；
D．根据几何关系结合运动学规律可得O、A 两点的高度差h= 1
2 gt0
2+ v0t0tanθ =5 m
故D 正确。
故选D。
12. 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。
13. 如图所示，以水平向右为x轴，以竖直向上为y轴建立直角坐标系，发射器能把小球
以v0和2v0的速度从坐标原点射出，射出方向均与x轴正向成60
∘角，过原点放置一块很长的倾
斜挡板，以v0射出的小球沿x轴正向击打在挡板上A点，A点坐标（x，y）。不计空气阻力，
下列说法正确的是（ ）
A．v0射出的小球离斜面最远时经过的位置的纵坐标为1
2 y
B．2v0射出的小球击打斜面上的点的坐标为（2x，2y）
C．挡板所在的直线方程是y =
❑√3
2 x
D．以v0和2v0的速度射出的两小球击打到挡板的速度不平行
【答案】C
【详解】D．设挡板与水平方向成θ角，根据平抛运动推论：平抛运动物体运动轨迹上某点速度与
水平方向夹角的正切值等于此时位移与水平方向夹角正切值的2 倍，可得打在挡板上时有
tan60° =2tanθ
可推知以v0和2v0的速度射出的两小球击打到挡板的速度平行，故D 错误。
A．设挡板与水平方向成θ角，以v0射出的小球沿x轴正向击打在挡板上A点，可把小球的运动等效
看作初速度为v0cos60°的平抛运动，当小球的速度与挡板平行时，射出的小球离斜面最远。将该
速度和小球的重力加速度分别沿垂直挡板和平行挡板方向分解，在垂直挡板方向上有
v0cos60° sinθ = gcosθt
求得t = v0 tanθ
2g
小球竖直下落的距离为Δy = 1
2 gt
2= v0
2 tan
2θ
8 g
由于y = (v0sin60°)
2
2g
= 3 v0
2
8 g
把tanθ =
❑√3
2 代入，联立可得v0射出的小球离斜面最远时经过的位置的纵坐标为y
' = y - Δy = 3
4 y
故A 错误；
C．根据平抛运动速度偏转角与位移偏转角关系推论，可知v0射出的小球击打斜面上时，满足
tanθ = y
x = 1
2 tan 60°
可得挡板所在的直线方程是y =
❑√3
2 x
故C 正确；
B．结合前面选项分析，可知2v0射出的小球击打斜面上时，则有
1
2 gt
2
2v0cos60°t =
❑√3
2
可得t =
❑√3 v0
g
则y
' = 1
2 gt
2= 3 v0
2
2g = 4 y
根据挡板所在的直线方程y =
❑√3
2 x，可知x
' = 4 x，则2v0射出的小球击打斜面上的点的坐标为
（4x，4y），故B 错误；
故选C。
14. 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。
15. 如图甲所示，一质点从固定光滑斜面上O 点以初速度v1斜向上抛出，方向与斜面夹角
为α，质点与斜面依次在A、B、C 三点发生碰撞后原路返回O 点；改变初速度为v2，方向与斜
面夹角为β，质点与斜面依次在D、E 两点发生碰撞后，竖直上升至F 点后原路返回O 点，如
图乙所示。设质点与斜面碰撞前后的平行斜面速度不变，垂直速度反向，空气阻力不计，则下
列说法一定正确的是（ ）
A．AB
BC = 2
1
B．OD
DE = 2
1
C．v1
v2
= 6
5
D．tanα
tan β = 5
6
【答案】D
【详解】设斜面倾角为θ，在垂直于斜面方向上，质点加速度a y = gcosθ
由于碰撞前后的速率不变，故质点落在斜面和离开斜面的速率相等，均为v y = v sinα
所以质点每两次碰撞之间所用的时间不变，均为t0= 2v y
a y
= 2v sinα
gcosθ
质点在沿斜面方向做加速度大小为gsinθ的匀变速直线运动，从离开抛出点到沿平行于斜面方向速
度为零所用的时间为T，则有0= v cosα - gsinθ⋅T
可得T = v cosα
gsinθ = k t0
2 （k 取正整数）
当k 为奇数时，质点运动到距斜面最大距离处时的速度为零；当k 为偶数时，质点回到斜面时沿斜
面方向的速度为零。联立解得tanα =
1
k tanθ （k 取正整数）
由此可知碰撞次数仅由角度决定，与速度大小无关，速度之比无法求出。
第一次质点往返总共与斜面碰撞6 次，即k =6时，tanα =
1
6tanθ
第二次质点往返总共与斜面碰撞5 次，k =5时，tan β =
1
5tanθ
则有tan α
tan β = 5
6
每次返回在沿斜面方向均为初速度为零的匀加速直线运动，根据等时间间隔的比例式易知
AB
BC = OD
DE = 3
1
故选D。
类型3 对着竖直墙壁的平抛运动
16. 在同一竖直平面内距离地面高度为hA、hB处的A、B 两点，A、B 所在竖直线与球网
之间的水平距离为L。有两个网球以相同大小的速度v0分别斜向上和斜向下抛出，与水平方向
的夹角均为θ，网球恰好均能掠过球网，且轨迹平面与球网垂直，tanθ = 1
2，不计空气阻力。
则A、B 两点高度差为（ ）
A．L
B．5 L
4
C．L
2
D．L
4
【答案】A
【详解】设球网高为h，两球在水平方向上做匀速直线运动，则有t =
L
v0cosθ
对于斜向下抛的网球则有hA -h= v0sinθ·t + 1
2 gt
2
对于斜向上抛的网球则有hB-h=(- v0sinθ)t + 1
2 gt
2
联立解得hA -hB= L
故选A。
17. 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。
18. 用题图甲所示的足球发球机在球门正前方的A、B两个相同高度的位置发射同一足球，
情景如题图乙所示，两次足球都水平击中球门横梁上的同一点，不计空气阻力。则（ ）
A．两次击中横梁的速度相同
B．足球两次运动的速度变化量相同
C．从B位置发射的足球初速度较大
D．从A位置发射的足球在空中的运动时间长
【答案】B
【详解】A．将足球发射到水平击中球门横梁，看成逆向的平抛运动，根据平抛运动规律有
h= 1
2 gt
2，x = v xt
解得v x = x ❑√
g
2h
由于两次的水平位移不相等，高度相等，所以两次的水平分速度不相等，即两次击中横梁的速度不
相同，故A 错误；
BD．根据h= 1
2 gt
2，由于两次足球在空中的高度相等，所以两次足球在空中的运动时间相等，再根
据Δv =>¿，则足球两次运动的速度变化量相同，故B 正确，D 错误；
C．足球发射的初速度大小为v =
❑√v x
2+ v y
2，由于两次高度相等，所以两次足球发射的初速度竖直分
量相等，由于从B 位置发射的足球水平位移较小，则从B 位置发射的足球水平分速度较小，从B 位
置发射的足球初速度较小，故C 错误。
故选B。
19. 如图甲所示，小明同学在某次投篮练习中，将篮球从P 点以初速度v0斜向上抛出，篮
球从Q 点进入篮框，篮球抛出的同时用摄像机拍摄篮球的运动并利用视频跟踪软件进行分析。
篮球的初速度与水平方向的夹角为60°，斜向下进篮框时速度与水平方向的夹角为30°。从抛
出时刻开始计时，篮球在竖直方向上的位置坐标随时间的变化图像如图乙所示。取重力加速度
g=10m/s2，不计空气阻力，篮球可视为质点，则（ ）
A．v0=5m/s
B．v0=10m/s
C．PQ 连线与水平方向的夹角的正切值为
❑√3
3
D．PQ 连线与水平方向的夹角的正切值为
❑√3
2
【答案】AC
【详解】AB．通过图乙可知，篮球上升的最大高度h= 15
16 m
由公式v y
2 =2gh可得v y = 5 ❑√3
2
m/s
则v0=
v y
sin60° =5 m/s
故A 正确，B 错误；
CD．在竖直方向上，由速度公式得- v0cos60°⋅tan30° = v y ->¿
解得t =
❑√3
3 s
根据几何关系可得tanθ = y
x =
v0t sin60° - 1
2 gt
2
v0t cos60°
解得tanθ =
❑√3
3
故C 正确，D 错误。
故选AC。
20. 如图所示，某同学向一圆柱形杯中水平抛出一小物块（可视为质点），小物块恰好经
过杯口中心无阻挡地落到杯底边沿P 点。已知杯内高h，杯底直径为D，重力加速度为g，抛
出点O 与竖直杯壁（厚度不计）在同一竖直线上。忽略空气阻力，则小物块水平抛出时的速
度大小为（ ）
A．
❑√6 gh
4 h
D
B．
❑√6 gh
2h
D
C．
❑√gh
4 h D
D．
❑√gh
2h D
【答案】A
【详解】设拖出点O 到杯壁上端的距离为H，小物块平抛时的速度大小为v，从O 点到P 点历时
t，则在水平方向有D = vt
在竖直方向有H +h= 1
2 gt
2
且H = 1
2 g(
t
2)
2
联立解得v =
❑√6 gh
4 h
D
故选A。
类型4 圆弧面上的平抛运动
21. 如图所示竖直放置的圆环半径为R，以圆心O 为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，
不计空气阻力，从下列哪个位置沿x 轴正方向水平抛出小球（可以看成质点）有可能垂直打到
圆环上（ ）
A．(- R
2 ,0)
B．(
R
2 ,0)
C．(0, R
2)
D．(0, R)
【答案】A
【详解】若想平抛后垂直打到圆环上，则速度的反向延长线会经过圆心。根据平抛运动的推论，速
度的反向延长线会过水平位移的中点。
若在x 轴上的某点抛出，抛出点只能在x 轴的负半轴；若抛出点在y 轴上，则只能在y 的负半轴；
满足条件的只有A 选项。
故选A。
22. 如图所示，AB 为半圆环ACB 的水平直径，C 为环上的最低点，环半径为R。一个小
球从A 点沿AB 以速度v0抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A．v0越大，小球从抛出到落在半圆环上经历的时间越长
B．即使v0取值不同，小球落到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同
C．若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环
D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环
【答案】D
【详解】A．小球落在环上的最低点C 时时间最长，故A 错误；
B．由平抛运动规律可知，小球的速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值
的2 倍，v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同，故B 错误；
CD．小球平抛运动的末速度斜向右下方，不可能垂直撞击半圆环左半部分，要使小球垂直撞击半圆
环右半部分，设小球落点与圆心O 的连线与水平方向夹角为θ（0<θ< π
2 ），如图所示
根据平抛运动规律可得
v0t = R(1+cosθ)
R sinθ = 1
2 gt
2
tanθ =gt
v0
联立解得
cosθ =1
由此可知，小球垂直撞击到半圆环是不可能的，故C 错误，D 正确。
故选D。
23. 如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为1
4 圆弧bc，半径为R，O 为圆心，若在O
点以大小不同的初速度v0沿Oc 方向水平抛出小球，小球落在坑内。空气阻力可忽略，重力加
速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．落在球面上的最小速度为❑√2 gR
B．落在球面上的最小速度为❑√
❑√3 gR
C．小球的运动时间与v0大小无关
D．无论调整v0大小为何值，球都不可能垂直撞击在圆弧面上
【答案】BD
【详解】AB．小球做平抛运动
h= 1
2 gt
2
x = v0t
且
h
2+ x
2= R
2
而落点的速度
v =
❑√(>)
2+ v0
2
整理得
v = ❑√
3
4 g
2t
2+ R
2
t
2
显然当
3
4 g
2t
2= R
2
t
2
时速度取得最小值，代入可得最小值为
v = ❑√
❑√3 gR
B 正确，A 错误；
C．v0越大，水平位移越大，竖直下落距离越小，运动时间越短，C 错误；
D．由于速度的反向延长线恰好过与抛出点等高的水平位移的中点处，若与圆弧垂直，恰好与半径
一致，两者相矛盾，因此球都不可能垂直撞击在圆弧上，D 正确。
故选BD。
24. 如图所示，一小球以一定初速度水平抛出，忽略空气阻力。当小球以速度v0抛出时，
经历时间t1后以v A恰好击中斜面A 处（抛出点与A 点的连线垂直于斜面）。当小球以速度3v0
抛出时，经历时间t2后以vB恰好从B 点沿圆弧切线进入圆轨道。则（ ）
A．t1:t2=
2
3 tan
2θ
B．t1:t2=
2
tan
2θ
C．v A:vB= sinθ
❑√tan
2θ+ 4
3 tanθ
D．v A:vB= 2cosθ
❑√tan
2θ+ 4
3 tanθ
【答案】A
【详解】当击中斜面A处时，竖直方向
y = 1
2 gt1
2
水平方向
x = v0t1
根据几何关系可得
tanθ = x
y
解得
t1= 2v0
g tanθ
则
v A =
❑√v0
2+(gt1)
2= v0
❑√
1+
4
tan
2θ
当小球恰好从B 点沿圆弧切线进入圆轨道时，根据几何关系可得
tanθ = gt2
3 v0
cosθ = 3 v0
vB
联立可得
t1:t2=
2
3 tan
2θ
v A:vB= cosθ
❑√tan
2θ+ 4
3 tanθ
故选A。
25. 如图所示，在水平放置的半径为R 的圆柱体的正上方的P 点将一小球以水平速度v0沿
垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q 点沿切线飞过，测得
O、Q 连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是（ ）
A．
v0
g tanθ
B． g tanθ
v0
C．R sinθ
v0
D．R cosθ
v0
【答案】C
【详解】AB．根据几何关系可知：水平速度与末速度的夹角为θ，则有
tanθ = v y
v0
解得
v y = v0 tanθ
根据
v y =>¿
解得
t = v0 tan⋅θ
g
AB 错误；
CD．在水平方向
R sinθ = v0t
解得
t = Rsinθ
v0
D 错误，C 正确。
故选C。
题型三 平抛运动的临界与极值问题
处理平抛运动中的临界问题要抓住两点
(1)找出临界状态对应的临界条件．
(2)要用分解速度或者分解位移的思想分析平抛运动的临界问题．
26. 如图，倾角θ＝30°的斜面体放在水平面上，斜面ABCD 为边长为L 的正方形，在斜面
左上角A 点沿AB 方向水平抛出一个小球，小球做类平抛运动，结果恰好落在斜面体的右下角
C 点。不计空气阻力，重力加速度为g，则小球水平抛出的初速度大小为（ ）
A．
❑√gL
2
B．
❑√2 gL
2
C．❑√gL
D．
❑√6 gL
2
【答案】A
【详解】小球从A 点开始做类平抛运动到C 点，沿斜面向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
推得加速度为a= gsinθ
有L= 1
2gt2sin θ
沿水平方向做匀速直线运动，位移L=v0t
联立解得v0＝
❑√gL
2
故选A。
27. 如图所示，一只蜘蛛在地面与竖直墙壁间结网，蛛丝AB 与水平地面之间的夹角为
45°，A 到地面的距离为1m，重力加速度g 取10m/ s
2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距
地面0.6m 的C 点以水平速度υ0跳出，要到达蛛丝，水平速度υ0至少为（ ）
A．❑√2m/s
B．2m/s
C．2❑√2m/s
D．2❑√3m/s
【答案】C
【详解】当蜘蛛做平抛运动的轨迹恰好与蛛丝相切时υ0最小，设蜘蛛跳出后经时间t 到达蛛丝，根
据平抛运动规律可得x =υ0t，y = 1
2 gt
2
蜘蛛到达蛛丝时速度方向恰好沿蛛丝方向，所以gt
υ0
= tan 45
∘
由几何知识得sAO- sCO+ y = x
联立解得υ0=2❑√2m /s
故选C。
28. 如图所示，在水平地面上方有一矩形平台，平台的长度L=1m，在平台上放一张与平
台等宽、长为L
2 的薄板（将平台左半边完全覆盖），一枚硬币放置在薄板上且到平台左边缘的
距离为L
4 ，硬币与薄板间的动摩擦因数μ1=0.4，薄板与平台间的动摩擦因数为μ2=0.2，硬币
与平台间的动摩擦因数μ3=0.152。在平台右侧的水平地面上倾斜固定一个空心的薄壁半球，
半球的半径R =0.28 m，A 、B分别是半球开口的最高点与最低点且A、B连线与水平方向的
夹角θ =37
∘。现对薄板右边缘施加一个水平向右、大小为F =0.1N的外力使薄板水平向右运动。
一段时间后，硬币由平台右边缘飞出，并恰好由B点沿圆弧的切线方向进入半球。已知硬币的
质量为m=10g，薄板的质量为0.5 m，硬币可视为质点，硬币运动过程中与A、B点始终处于
同一竖直面内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，硬币滑下薄板后立即撤走薄板，不计空气阻力，
取重力加速度g=10 m /s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。求：
(1)硬币在薄板上滑动时，硬币和薄板各自的加速度大小；
(2)硬币离开平台右边缘时的速度大小；
(3)平台距离地面的高度。
【答案】(1)a1= 4 m /s
2，a2=6 m /s
2
(2)v2=1.8 m /s
(3)H =0.4 m
【详解】（1）硬币在薄板上滑动时，对硬币进行受力分析，有μ1mg =ma1，解得a1= 4 m /s
2
对薄板进行受力分析，有F - μ1mg- μ2(m+0.5m)g=0.5ma2，解得a2=6 m /s
2
（2）设经过时间t1，薄板与硬币分离，则有位移关系L
4 = 1
2 a2t1
2- 1
2 a1t1
2，解得t1=0.5s
此时硬币的速度大小v1=a1t1=2m /s
t1时间内，硬币向右运动的距离x1= v1
2 t1=0.5 m < 3
4 L，硬币还未离开平台。
之后硬币在平台上做匀减速直线运动，有μ3mg =ma3
设硬币离开平台时的速度大小为v2，则有-2a3(
3
4 L- x1)= v2
2- v1
2
解得v2=1.8 m /s
（3）硬币离开平台做平抛运动，由几何关系知，硬币由B点进入时的竖直分速度v y满足v y =
v2
tanθ
，
解得v y =2.4 m /s
硬币从抛出到B点下落的高度h= v y
2
2 g
，解得h=0.288 m
则平台距离地面的高度H =h+ R (1-sinθ)，解得H =0.4 m
题型四 斜抛运动
1．落点与抛出点在同一水平面上时的飞行时间：t＝.
2．射高：Y＝＝.
3．落点与抛出点在同一水平面上时的射程
X＝v0x·t＝v0cos θ·＝.
4．影响射程的因素
(1)当θ 一定，v0越大，射程越大．
(2)当v0大小一定，θ＝45°时射程最大，当θ>45°时，射程随θ 增大而减小；θ<45°时，射程随θ 减小
而减小．
29. 如图所示，某同学在进行投篮练习，A、B、C 是篮球运动轨迹中的三个点，其中A 为
抛出点，B 为运动轨迹的最高点，C 为篮球落入篮筐的点，且A、B 连线垂直于B、C 连线，
A、B 连线与水平方向的夹角θ =60°。不计空气阻力，则AB 与BC 的竖直高度之比为（ ）
A．9:1
B．4:1
C．3:1
D．2:1
【答案】A
【详解】设篮球在A 点的竖直分速度为v Ay，在C 点的竖直分速度为vCy，篮球的水平分速度为v x，
篮球从A 到B 过程，根据逆向思维将篮球看成从B 到A 的平抛运动，篮球在A 点时，根据平抛运动
推论可得tanθ A = v Ay
v x
=2tanθ =2tan60°
根据几何关系可知B、C 连线与水平方向的夹角为α =90° -θ =30°
篮球从B 到C 做平抛运动，篮球在C 点时，根据平抛运动推论可得
tan αC = vCy
v x
=2tan α =2tan30°
又hAB= v Ay
2
2 g
，hBC = vCy
2
2 g
联立可得篮球从A 到B 与从B 到C 的竖直高度之比为hAB
hBC
= v Ay
2
vCy
2 = tan
260°
tan
230°
= 9
1
故选A。
30. 如图甲所示，波光喷泉的水柱从一个水池喷到另一个水池，人们在水柱下穿行不湿衣
服，奇妙无穷。图乙是波光喷泉在空中形成的一根水柱，喷口与水平面的夹角为θ，水离开喷
口的初速度为v0，B为最高点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．水达到最高点B时的速度大小为v0sinθ
B．水在B点的加速度小于C点的加速度
C．水从B点运动到D点所用的时间为v0cosθ
g
D．水平射程AD为v0
2sin2θ
g
【答案】D
【详解】A．斜抛运动最高点竖直分速度为0，水平分速度不变，B处水的速度方向为水平向右，速
度大小为vB=v0cosθ，故A 错误；
B．不计空气阻力，水在运动过程中只受重力作用，在整个运动过程中的加速度都为重力加速度，
故B 错误；
C．在竖直方向上，水从A到B做竖直上抛运动，水离开喷口的初速度的竖直分量为vy=v0sinθ
水从A到B的过程，在竖直方向有0=v0sinθ -gtAB
解得tAB=v0sinθ
g
因为斜抛运动具有对称性，所以tAB=tBD=v0sinθ
g
，故C 错误；
D．斜抛运动的水平方向做匀速直线运动，水平速度为vx=v0cosθ
水从A到D的总时间为t=2tAB=2tBD
根据x=vxt可知，水平射程AD为x=v0cosθ×2v0sinθ
g
=v0
2sin2θ
g
，故D 正确。
故选D。
31. 如图所示，一半圆槽固定在水平面上，小球从半圆槽的左侧端点斜抛出去，能够垂直
打到弧面上的P 点。已知半圆槽的半径。R =15 m，P 点距圆心O 的水平距离x =9 m，重力加
速度g 取10m/s
2。对于小球从抛出到打到弧面这段过程分析可知（ ）
A．小球的运动时间为3s
B．小球的水平分速度大小为12m/s
C．小球的末速度大小为15m/s
D．小球的轨迹最高点距圆心O 的水平距离也为9m
【答案】B
【详解】水平竖直分解速度如图所示
设小球的水平分速度为v x，竖直分速度初始为v y 0，最后为v y，OP连线与竖直方向的夹角为θ。由
题意可知sinθ = x
R = 3
5
所以θ =37°
AB以水平向右和竖直向下为正方向，则有R+ x = v xt
竖直方向，有Rcosθ =- v y 0t + 1
2 gt
2
速度关系为v y =- v y 0+>¿
速度与竖直方向夹角的正切值为tanθ = v x
v y
联立解得t =2s，v x =12m/s，v y =16 m/s，v y 0= 4 m/s，故A 错误，B 正确；
C．由矢量合成可知小球的末速度大小为v =
❑√v x
2+ v y
2 =20 m/s，故C 错误；
D．小球升到最高点的时间为t
' = v y 0
g =0.4s
这段时间的水平位移为x
' = v xt
' = 4.8 m
所以轨迹最高点距圆心O 的水平距离为L= R - x
' =10.2m，故D 错误。
故选B。
【解法二】沿末速度与垂直末速度方向分解
设OP连线与竖直方向的夹角为θ，由题意可知sinθ = x
R = 3
5
所以θ =37°
A．将重力加速度在沿OP方向和垂直OP方向上分解，则小球在垂直OP方向上做末速度为零的匀
减速运动，设该方向位移为X，则有X = 1
2 gX t
2
其中X = Rcosθ，gX = gsinθ
解得t =2s，故A 错误；
B．由水平方向上小球做匀速直线运动可得v x= R+ x
t
=12m/s，故B 正确；
C．由末速度与水平速度关系可得v =
v x
sinθ =20 m/s，故C 错误；
D．由平抛结论“反向延长过中点”可知，若轨迹最高点与圆心O 等高，则轨迹最高点与O 距离等
于x。但小球斜向上抛，轨迹最高点一定高于圆心O，其与O 水平距离大于x，故D 错误。
故选B。
题型五 类平抛运动
32. 如图所示，光滑斜面长为l，宽为b，顶角为θ，一物块从斜面左上方顶点P 以平行于
底边的初速度水平射入，沿斜面运动，恰好从底端Q 离开斜面，物块可看成质点，则（ ）
A．物块的初速度v0=b ❑√
gsinθ
2l
B．物块的初速度v0=b ❑√
gcosθ
2l
C．物块到达Q 点时的速度vQ=
❑√
4 gl
2cosθ+ gb
2cosθ
2l
D．物块到达Q 点时的速度vQ=
❑√
2gl
2cosθ+ gb
2cosθ
2l
【答案】BC
【详解】AB．小球在斜面上做类平抛运动
b= v0t
l = 1
2 at
2
小球在斜面上的加速度为
a= mgcosθ =
m
gcosθ
联立解得物块的初速度
v0=b ❑√
gcosθ
2l
故A 错误，B 正确；
CD．在Q 点的平行斜面方向的分速度为
v y =at
物块到达Q 点时的速度
vQ=
❑√v0
2+ v y
2 =
❑√
4 gl
2cosθ+ gb
2cosθ
2l
故C 正确，D 错误。
故选BC。
33. 如图所示，A、B 两质点以相同的水平速度v0抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为
P1，B 在光滑斜面上运动，落地点为P2。不计阻力，则P1、P2在x 轴方向上的远近关系是（
）
A．P1较远
B．P2较远
C．P1、P2等远
D．B 运动的时间t B= ❑√
2h
gsin
2θ
【答案】BD
【详解】根据题意可知，质点A 做平抛运动，根据平抛运动规律
x A = v0t A，h= 1
2 gt A
2
得A 运动的时间
t A = ❑√
2h
g
质点B 视为在光滑斜面上的类平抛运动，其加速度为
aB= mgsinθ
m
= gsinθ
沿着斜面的位移和水平方向分别有
y =
h
sinθ = 1
2 aBt B
2，xB= v0t BB 运动的时间
t B= ❑√
2h
gsin
2θ
>t AA、B 沿x 轴方向都做水平速度相等的匀速直线运动，由于运动时间不等，所以沿
x 轴方向的位移大小不同，根据x = vt可知
x A< xB
即P2较远。
故选BD。
34. 如下图所示，将扁平的石子快速抛向水面，石子遇水后不断地在水面上连续向前多次
跳跃，直至最后落入水中，俗称“打水漂”，假设小明在离水面高度h0=0.8 m处，将一质量
m=20g的小石片以水平初速度v0=10 m /s抛出，玩“打水漂”，小石片在水面上滑行时受到
的水平方向的阻力恒为f =0.5 N，竖直方向分力未知．在水面上弹跳数次后沿水面滑行（水平
方向）的速度减为零后沉入水底。假设小石片每次均接触水面Δt =0.04s后跳起，跳起时竖
直方向的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k = 2
3，取重力加速度g=10 m /s
2，不计空
气阻力，求小石片：
（1）第一次与水面接触前水平方向的位移x；
（2）第一次与水面接触过程中在竖直方向上的分加速度ay的大小；
（3）最后一次弹起在空中飞行的时间t。（该问结果保留2 位有效数字）
【答案】（1）4.0m；（2）250m/s2；（3）0.13s
【详解】（1）设从抛出到第一次与水面接触前时间为t0，由
h0= 1
2 gt0
2
解得
t0=
❑√
2h0
g = ❑√
2×0.8
10
s=0.4s
第一次与水面接触前水平方向的位移
x = v0t0=10×0.4 m = 4.0 m
（2）第一次与水面接触前竖直方向的速度
v y = gt0= 4 m /s
小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为ax，有
ax = f
m =25 m /s
2
第一次与水面接触后跳起时水平滑行速度
v1= v0-axΔt =10 m /s-25×0.04 m /s=9 m /s
规定竖直方向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度
v y
' =-k v1=-9× 2
3 m /s=-6 m /s
竖直方向加速度为
a y = v y
' - v y
Δt
=-6- 4
0.04 m /s
2=-250 m /s
2
即大小为250 m /s
2。
（3）小石片在水面上滑行时，加速度
ax=- f
m =-25 m /s
2
每次滑行速度的变化量
Δv =axΔt =-1m /s
由
n= 0- v x 0
Δv
=10次
可知，小石片共在水平上滑行了10 次，空中弹起后飞行了9 次，第n 次弹起后的速度
v xn= v x 0+Δv x =(10-n)m /s
再由v yn=k v xn和tn=2 v yn
g 可得第n次弹起后在空中飞行的时间为
tn= 4
3
(1-0.1n)
最后一次弹起在水面上飞行的时间为
t =0.13s
