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高考重点考点解读与针对性训练
第四章 抛体运动
考点25 平抛运动+斜面或圆弧
【考点解读】
考点1 与斜面有关的平抛运动问题
与斜面有关的平抛运动的三种情境分析
模型
方法
基本规律
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
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：
v＝√v x
2＋v y
2
方向：tan θ＝v x
v y
分解速度，构建速度的矢量
三角形
水平：vx＝v0
竖直：vy＝gt
合速度：
v＝√v x
2＋v y
2
方向：tan θ＝v y
v x
模型
方法
基本规律
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
水平：x＝v0t
竖直：y＝1
2gt2
合位移：
s＝√x
2＋y
2
方向：tan θ＝y
x
考点2 与曲面有关的平抛运动问题
与曲面有关的平抛运动的三种情境分析
1
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运动情景
物理量分析
tan θ＝v y
v x
＝gt
v0
→t＝v0 tanθ
g
在半圆内的平抛运动，
R＋√R
2－h
2＝v0t→t＝R＋√R
2－h
2
v0
运动情景
物理量分析
小球恰好从圆柱体的Q 点沿切线飞过，此时半径OQ 垂直于速
度方向，圆心角θ 与速度的偏向角相等
【高考真题】
【典例1】.[2022 广东]如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
的图像可能是（ C ）
2
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解析 设斜坡MN 段的倾角为θ，运动员在斜坡MN 段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定
律有mg sin θ＝ma1，则此时加速度为a1＝g sin θ；运动员在水平NP 段做匀速直线运动，
加速度a2＝0；从P 点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度，a3＝g，C 正确，D 错误.设
运动员在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，可知从P
点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，A、B 错误.
答案 C
7. （2023 高考湖北卷）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡
板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B 在桌面边缘，B 与半径为R 的固定光滑
圆弧轨道
在同一竖直平面内，过C 点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块
以某一水平初速度由A 点切入挡板内侧，从B 点飞出桌面后，在C 点沿圆弧切线方向进入
轨道
内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为
，
重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D 点的速度大小；
（2）B 和D 两点的高度差；
（3）小物块在A 点的初速度大小。
【参考答案】（1）
；（2）0；（3）
3
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【名师解析】（1）由mg=m
，解得：
（2）小物块由C 到D，由机械能守恒定律，
+mgR（1+cos60°）=
解得
将小球在C 点沿圆弧切线方向进入轨道的速度沿水平方向和竖直方向分解，则有
，
联立解得：h=1.5R
（3）由
解得
对小物块从A 运动到B 的过程，由动能定理，μmgπ·2R=
-
解得
【针对性训练】
1. (四川雅安市高2025 年4 月第二次诊断)如图所示，将小球从斜面顶端分别以v、2v、
3v、4v、5v 水平抛出，不计空气阻力，小球落点位置分别标为1、2、3、4、5。如图中标
示小球落点位置可能正确的是（ ）
4
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A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】小球做平抛运动，设斜面倾角为
，小球落在斜面上时，有
解得
小球抛出点与落地点间的距离
小球落在水平面上时，小球的运动时间相等，有
故选A。
2. 如图，一光滑宽阔的斜面，倾角为θ，高为h，现有一小球在A 处以水平速度v0射出，
最后从B 处离开斜面，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gsin θ
5
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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 处的水平方向位移大小s＝v0√
2h
g
答案：ABC
解析：小球受重力和支持力两个力作用，合力沿斜面向下，与初速度方向垂直，小球做类
平抛运动，其运动轨迹为抛物线，故A 正确；根据牛顿第二定律知，小球的加速度a＝
mgsinθ
m
＝gsin θ，故B 正确；小球在沿加速度方向上的位移为
h
sinθ ，根据h
sinθ ＝1
2at2，
解得t＝1
sinθ √
2h
g
，故C 正确；小球在沿初速度方向的位移x＝v0t＝v0
sinθ
√
2h
g
，小球在
沿加速度方向的位移的水平分位移y＝h
sinθ cos θ＝
h
tanθ ，则小球在到达B 处的水平方向
的总位移s＝√x
2＋y
2＞v0
sinθ
√
2h
g
＞v0√
2h
g
，故D 错误。
2. 如图所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于
小球直径，斜面高度相等。有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，
其中b 小球在两斜面之间，a、c 两小球在斜面顶端。若同时释放，小球a、b、c 到达该水
平面的时间分别为t1、t2、t3。若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，小球a、b、
c 到达该水平面的时间分别为t1'、t2'、t3'。下列关于这些时间的关系正确的是（ ）
A.t1＞t3＞t2
B.t1＝t1'、t2＝t2'、t3＝t3'
C.t1'＞t2'＞t3'
D.t1＜t1'、t2＜t2'、t3＜t3'
答案：AB
解析：第一种情况，b 球做自由落体运动，a、c 两球均做匀加速运动。设斜面的高度为h，
对a 球有
h
sin30°＝1
2gsin 30°·t1
2，对b 球有h＝1
2gt2
2，对c 球有
h
sin 45°＝1
2gsin
45°·t3
2，由数学知识得t1＞t3＞t2。第二种情况，a、c 两个球都做类平抛运动，沿斜面方
向都向下做初速度为零的匀加速直线运动，a 的加速度为gsin 30°，c 的加速度为gsin
6
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45°，b 球做平抛运动，对a 球有
h
sin30°＝1
2gsin 30°·t1'2，对b 球有h＝1
2gt2'2，对c 球
有
h
sin 45°＝1
2gsin 45°·t3'2，比较可知t1＝t1'，t2＝t2'，t3＝t3'，t1'＞t3'＞t2'，故A、B 正确，
C、D 错误。
3. 如图所示，在竖直放置的半球形容器的中心O 点分别以水平初速度v1、v2沿相反方向抛
出两个小球1 和2（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB
互相垂直，且OA 与竖直方向成α 角，则两小球的初速度之比v1
v2
为（ ）
A.tan α
B.cos α
C.tan α√tan α
D.cos α√cosα
答案：C
解析：两小球被抛出后都做平抛运动，设容器的半径为R，两小球运动的时间分别为t1、
t2。则对小球1 有Rsin α＝v1t1，Rcos α＝1
2gt1
2，对小球2，有Rcos α＝v2t2，Rsin α＝1
2g
t2
2，解得两小球的初速度之比为v1
v2
＝tan α√tan α，故C 正确。
4.（2025·广西南宁模拟）如图所示，四分之一圆弧面的半径R 与斜面的竖直高度相等，
斜面的倾角为60°，圆弧面的圆心为图中O 点，在斜面的顶端A 点将多个小球以不同的水
平速度抛出，设小球碰到接触面后均不再反弹，已知重力加速度为g，则以下说法正确的
是（ ）
A.小球有可能垂直打到圆弧面上
B.小球抛出的初速度越大，则运动时间越短
C.小球抛出的速度等于√
gR
3
时，运动时间最长
D.若小球抛出的速度小于√
gR
6
，则落到接触面时速度偏角均相同
答案 AD
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解析： 如图所示，根据平抛运动的推论，速度方向延长线交于水平位移的中点，当圆心
O 为图中水平位移AA'的中点时，小球垂直打在圆弧面B 点，故A 正确；根据h＝1
2gt2，当
小球打在斜面上时，小球抛出的初速度越大，小球下落高度越大，小球运动的时间越长；
当小球打在圆弧面上时，小球抛出的初速度越大，小球下落高度越小，小球运动的时间越
短，故B 错误；当小球刚好落在O 点正下方时，下落高度最大，运动时间最长，则有R＝1
2
gt2，
R
tan60°＝v0t，联立解得v0＝√
gR
6
，故C 错误；由以上可知，若小球抛出的速度小
于√
gR
6 ，小球均落在斜面上，根据平抛运动推论可知，落到斜面上时速度偏角均满足tan
θ＝2tan 60°＝2√3，即落到接触面上时速度偏角均相同，故D 正确。
5.（2025·贵州遵义三模）可视为质点的运动员从P 点以v0的速度水平飞出，若不计空气阻
力，运动员在空中飞行3 s 后落在斜面上Q 点。简化示意图如图所示，已知sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2，则运动员由P 到Q 的过程中（ ）
A.水平初速度大小为30 m/s
B.水平初速度大小为20 m/s
C.P 到Q 的位移大小为45 m
D.P 到Q 的位移大小为60 m
答案：B
解析：运动员由P 到Q 的过程中，有tan 37°＝
1
2 gt
2
v0t
＝gt
2v0
，可得水平初速度大小为v0＝
gt
2tan37°＝20 m/s，故A 错误，B 正确；运动员由P 到Q 的过程中，水平位移为x＝v0t＝
60 m，则P 到Q 的位移大小为s＝
x
cos37°＝75 m，故C、D 错误。
6. 如图所示，从倾角为θ 的足够长的斜面顶端P 以速度v0抛出一个小球，落在斜面上某
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处Q 点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α。若. 把初速度变为3v0，小球仍落在斜
面上。下列说法中正确的是（ ）
A.小球在空中的运动时间不变
B.P、Q 间距是原来的9 倍
C.夹角α 与初速度大小有关
D.夹角α 将变小
答案 B
解析： 位移与水平方向夹角的正切值tan θ＝
1
2 gt
2
v0t
＝gt
2v0
，则小球在空中运动的时间t
＝2v0 tanθ
g
，若初速度变为原来的3 倍，则小球在空中运动的时间变为原来的3 倍，这样
竖直位移或水平位移都变为原来的9 倍，P、Q 间距变为原来的9 倍，A 错误，B 正确；速
度方向与水平方向夹角的正切值tan β＝gt
v0
，可知速度方向与水平方向夹角β 的正切值是
位移与水平方向夹角θ 正切值的2 倍，小球落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，
可知夹角α 与初速度大小无关，C、D 错误。
7. 如图所示，斜面倾角为θ＝30°，在斜面上方某点处，先让小球（可视为质点）自由下
落，从释放到落到斜面上所用时间为t1，再让小球在该点水平抛出，小球刚好能垂直打在
斜面上，运动的时间为t2，不计空气阻力，则t1
t2
为（ ）
A.√2
1 B.√3
√2
C.√3
2 D.√5
√3
答案：D
解析：设小球水平抛出的初速度为v0，则打到斜面上时，沿竖直方向的分速度vy＝v0
tanθ
＝
gt2，水平位移x＝v0t2，抛出点到斜面的竖直高度h＝v y
2
2g
＋xtan θ＝
v0
2
2 gtan
2θ
＋v0
2
g
＝5 v0
2
2g
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，又h＝1
2gt1
2，解得t2＝√3 v0
g
，t1＝√5 v0
g
，则t1
t2
＝√5
√3
，D 正确。
8.（2025·安徽蚌埠三模）如图为某运动员自由式滑雪训练场景示意图，运动员从跳台a 处
沿水平方向飞出，在斜坡b 处着陆，如果其在空中运动过程中与斜面间的最大距离为5√3
2
m，斜坡与水平方向的夹角为30°，重力加速度g 取10 m/s2，则其从a 处飞出时的速度大
小为（ ）
A.10√3 m/s
B.5√3 m/s
C.10√3
3
m/s
D.5√3
3
m/s
答案 A
解析： 将运动员在a 处的速度及重力加速度g 分解为垂直于斜面方向和沿斜面方向，则
沿垂直于斜面方向，当运动员到达距离斜面最大高度时，有hm＝（v0sin30°）
2
2gcos30°
＝5√3
2
m，解得v0＝10√3 m/s，故选A。
9.（2025·福建福州期末）如图所示，以水平初速度v0＝10 m/s 抛出的物体，飞行一段时间
后，垂直地撞在倾角为60°的斜面上。不计空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2，则物体
完成这段飞行的时间是（ ）
A.√3
3 s B.1 s
C.√3 s D.2 s
答案 A
解析： 物体撞在斜面上的速度与斜面方向垂直，将该速度分解，如图所示。由于不计空
气阻力，因此物体水平方向的速度仍为v0，设物体竖直方向的速度为vy，则tan 60°＝v0
v y
＝10m/ s
v y
，此外，由于物体竖直方向只受到重力，因此竖直方向的加速度为重力加速度
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g，且物体竖直方向的初速度为零，则有vy＝gt，联立两式解得t＝√3
3 s，故选A。
10.（2025·四川德阳一模）如图所示，在竖直直角坐标系内有一高度为8 m、倾角为37°
的斜面，将小球从＋y 轴上位置（0，8 m）处沿＋x 方向水平抛出，初速度为4 m/s，g 取
10 m/s2，则小球第一次在斜面上的落点位置为（ ）
A.（3 m，4 m）
B.（3 m，5 m）
C.（4 m，5 m）
D.（4 m，3 m）
答案 D
解析：D 设小球第一次在斜面上的落点位置为（x，y），小球在空中做平抛运动，水平方
向有x＝v0t，竖直方向有y0－y＝1
2gt2，其中v0＝4 m/s，y0＝8 m，又由几何关系可得tan
37°＝y
x ，联立解得x＝4 m，y＝3 m，故选D。
11.（2025·黑龙江哈尔滨期中）如图所示，圆环竖直放置，从圆心O 点正上方的P 点，以
速度v0水平抛出的小球恰能从圆环上的Q 点沿切线方向飞过，若OQ 与OP 间夹角为θ，不
计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A.圆环的半径为R＝
v0
2
gcosθ
B.小球从P 点运动到Q 点的时间t＝v0sinθ
g
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C.小球从P 点运动到Q 点的速度变化量v0
tanθ
D.小球运动到Q 点时的速度大小为vQ＝v0
sinθ
答案 A
解析： 以速度v0水平抛出的小球恰能从圆环上的Q 点沿切线方向飞过，小球运动到Q 点
时的速度大小为vQ＝v0
cosθ
，故D 错误；小球在Q 点的竖直方向的速度为vQy＝v0tan θ，小
球从P 点运动到Q 点的时间t＝vQy
g
＝v0 tanθ
g
，故B 错误；小球水平方向做匀速直线运动，
有Rsin θ＝v0t，联立可得圆环的半径为R＝
v0
2
gcosθ
，故A 正确；小球从P 点运动到Q 点的
速度变化量Δv＝gt＝v0tan θ，故C 错误。
12.（2025·江西赣州期末）如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面方程为y＝x2，在y 轴
上有一点P，坐标为（0，6）。从P 点将一可以看成质点的小球水平抛出，初速度为1
m/s。不计空气阻力，g 取10 m/s2，则小球打在曲面上所用时间为（ ）
A.1 s
B.√5
5 s
C.√10
2 s
D.√2
2 s
答案 A
解析： 小球做平抛运动，则打在曲面上时，竖直方向位移为h＝1
2gt2，水平位移x＝v0t，
则小球的坐标为(v0t ，6m－gt
2
2 )，小球打在曲面上，满足曲面方程y＝x2，将小球坐标
代入曲面方程，解得t＝1 s，故A 正确，B、C、D 错误。
13.〔多选〕（2025·山东菏泽期中）如图所示为固定的半圆形竖直轨道，AB 为水平直径，
O 为圆心，同时从A 点水平抛出甲、乙两个小球，初速度分别为v1、v2，落在轨道上的C、
D 两点，OC、OD 连线与竖直方向的夹角均为30°，忽略空气阻力，两小球均可视为质点，
则（ ）
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A.甲、乙两球同时落到轨道上
B.v1∶v2＝1∶3
C.乙球的速度变化量比甲球的大
D.乙球在D 点速度的反向延长线一定过O 点
答案 AB
解析： 两个小球下落的高度是相等的，根据h＝1
2gt2，又Δv＝gt，可知甲、乙两球下落
到轨道的时间相等，速度变化相等，故A 正确，C 错误；设圆形轨道的半径为R，则甲水平
位移为x1＝R－Rsin 30°＝0.5R，乙水平位移为x2＝R＋Rsin 30°＝1.5R，可得x2＝3x1，
水平方向做匀速直线运动，则有v1∶v2＝1∶3，故B 正确；D 点速度反向延长线过水平位移
中点，所以乙球在D 点速度的反向延长线不过O 点，故D 错误。
14.（2025·湖北荆州期末）如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速
度v0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，B 到斜面
底边的竖直高度为H，则下列说法中正确的是（ ）
A.若小球以最小位移到达斜面，则t＝2v0 tanθ
g
B.若小球以最小位移到达斜面，则v0＝√
gH
2
sin θ
C.若小球能击中斜面中点，则t＝2v0
g tanθ
D.若小球垂直击中斜面，则t＝v0 tanθ
g
答案 B
解析： 过抛出点作斜面的垂线CD，如图所示，当小球落在斜面上的D 点时，位移最小，
设运动的时间为t，则水平方向，有x＝v0t，竖直方向，有y＝1
2gt2，根据几何关系有x
y ＝
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tan θ，则有
v0t
1
2 gt
2＝tan θ，解得t＝2v0
g tanθ
，故A 错误；由A 选项可知v0＝x√
g
2 y
，由几
何关系可得此时竖直方向位移y＝Hcos θ·cos θ＝Hcos2 θ，水平方向位移x＝Hcos θsin θ，
由以上可知v0＝√
gH
2
sin θ，故B 正确； 若小球能击中斜面中点，小球下落的高度设为
h，水平位移设为x1，则由几何关系可得tan θ＝h
x1
＝
1
2 gt1
2
v0t1
＝gt1
2v0
，解得t1＝2v0 tanθ
g
，
故C 错误；小球垂直击中斜面时速度与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝v0
gt
，解得t＝
v0
g tanθ ，故D 错误。
15.（2025·湖北武汉模拟）如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，小球从斜面上
M 点的正上方0.2 m 处由静止下落，在M 点与斜面碰撞，之后落到斜面上的N 点。已知小
球在碰撞前、后瞬间，速度沿斜面方向的分量不变，沿垂直于斜面方向的分量大小不变，
方向相反，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力，
则小球从M 点运动至N 点所用的时间为（ ）
A.0.2 s
B.0.3 s
C.0.4 s
D.0.5 s
答案 C
解析： 由自由落体运动公式v2＝2gh，得小球到M 点的速度大小为v＝2 m/s，以沿斜面
方向为x 轴，以垂直于斜面方向为y 轴建立坐标系，如图所示。则vy'＝vy＝vcos 37°＝1.6
m/s，vx＝vsin 37°＝1.2 m/s，将重力加速度分解为ay＝gcos 37°＝8 m/s2，ax＝gsin
37°＝6 m/s2，小球从M 点落到斜面上的N 点，由运动学公式y＝vy't－1
2ayt2＝0，代入数
据解得t＝0.4 s，故选C。
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16.[2024 辽宁葫芦岛统考/多选]如图所示，以速度v0＝4m/s 从O 点水平抛出的小球，抵达
光滑固定的斜面上端P 处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ 做匀加速直线
运动，已知斜面倾角为37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），不计空气阻力，取重力加速度g
＝10m/s2.下列说法正确的是（ ACD ）
A.O 点到P 点的竖直距离为0.45m
B.小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大
C.撤去斜面，小球仍从O 点以相同速度水平抛出，落地时间将变小
D.撤去斜面，小球仍从O 点以相同速度水平抛出，落地速度大小不变
答案 ACD
解析 由题意可知，小球落到斜面上时速度偏向角为37°，则有tan 37°＝gt
v0
，解得t＝
0.3s，又因为h＝1
2gt2，解得h＝0.45 m，A 正确；小球做平抛运动时的加速度为g＝
10m/s2，小球在斜面上运动时有mg sin 37°＝ma，解得a＝6 m/s2＜g，B 错误；由于小球在
斜面上的加速度a＝6 m/s2，则小球在斜面上运动时，在竖直方向的加速度ay＝a sin 37°＝
3.6 m/s2，由此可知，有斜面时，小球在竖直方向上的加速度小于重力加速度，所以撤去斜
面后，小球的下落时间变小，C 正确；小球从O 点抛出到落地的过程，根据机械能守恒定
律得mgh＋1
2mv0
2＝1
2mv2，撤去斜面，h 不变，则落地的速率v 不变，D 正确.
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