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考点 15 抛体运动
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 平抛运动 2024 年安徽卷、湖北卷、海南卷
选择题 斜抛运动 2024 年福建卷、江西卷、山东卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对抛体运动的考查较为频繁，而且大多联系实际生活，题目的形式较为多样，有选择题
也有计算题，并且近几年出现了三维空间的抛体运动考题，对学生的空间建构能力要求很高。
【备考策略】
1.掌握平抛运动的规律，能够利用规律处理与平抛运动有关的各类问题。
2.掌握斜抛运动的规律并会应用。
【命题预测】重点关键平抛运动和斜抛运动规律在实际生活中的应用。
一、平抛运动的基本规律
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．平抛运动的条件：(1)v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用。
4．研究方法：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。
二、一般的抛体运动
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。
考点一 平抛运动的规律
考向 1 平抛运动基本规律的应用
1．基本规律(如图所示)
(1)速度关系
(2)位移关系
g
(3)轨迹方程：y＝ x2。
2v02
2．四个基本规律
2h
飞行时间 由 t＝ 知，时间取决于下落高度 h，与初速度 v0无关g
2h
水平射程 x＝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g
落地速度 v＝ vx2＋vy2＝ v02＋2gh，落地速度也只与初速度 v0和下落高度 h 有关
速度改变量
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
1．某同学观察一平抛小球，发现当小球抛出 0.3s 后小球的速度与水平方向成 37°角，落地时速度方向与水
tan 37 3平方向成 60°角，小球可看作质点，已知 ° = ， g =10m/s2 ，下列说法正确的是（
4 ）
A．小球初速度的大小为 5m/s B．小球落地时速度大小为 8m/s
C．小球抛出时距离地面的高度为 3.2m D．小球抛出的水平射程为 3m
【答案】B
【详解】A．当小球抛出 0.3s 后小球的竖直分速度为 vy1 = gt1 = 3m/s则，水平方向的分速度为
v
v0 =
y1 = 4m/s故 A 错误；
tan 37°
B．小球落地时竖直方向的分速度为 vy2 = v0 tan 60° = 4 3m/s 小球落地时速度大小为 v = v
2
0 + v
2
y2 = 8m/s 故 B
正确；
v2
C h = y2．小球抛出时距离地面的高度为 = 2.4m 故 C 错误；
2g
v
D y2
2 3 8 3
．小球下落时间为 t = = s小球抛出的水平射程为 x = v
g 5 0
t = m故 D 错误。故选 B。
5
2．如图所示，三个小球从同一高度处的 O 点分别以水平初速度 v1，v2，v3抛出，落在水平面上的位置分
别是 A，B，C。O′是 O 在水平面上的投影点，且 O′A∶AB∶BC＝1∶3∶5。若不计空气阻力，则下列说法正确的
是（　 　）
A．三个小球水平初速度之比为 v1∶v2∶v3＝1∶4∶9
B．三个小球落地的速度之比为 1∶3∶5
C．三个小球通过的位移大小之比为 1∶ 3 ∶ 5
D．三个小球落地速度与水平地面夹角的正切值之比为 9∶4∶1
【答案】A
1 2 x
【详解】A．三个小球做平抛运动，竖直高度相同，根据 h = gt 可知运动时间相同，根据 v = 可知，水
2 t
平初速度之比等于水平位移之比，即 v1∶v2∶v3＝1∶4∶9 选项 A 正确；
B．根据 v 2 2y = 2gh 可知，三个小球落地的竖直速度相等，则落地速度 v = v0 + vy 则落地速度之比不等于
1∶3∶5，选项 B 错误；
C．三个小球通过的竖直位移相等，水平位移之比为 x1∶x2∶x3＝1∶4∶9 则位移 s = x2 + h2 可知位移大小之比不
等于 1∶ 3 ∶ 5 ，选项 C 错误；
vy 2ghD．小球落地速度与水平地面夹角的正切值 tanq = = 则三个小球落地速度与水平地面夹角的正切值
v0 v0
1
之比为 :
1 : 1 = 36 : 9 : 4，选项 D 错误。故选 A。
1 4 9
考向 2 平抛运动的两个重要推论的应用
1.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。
2.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
点为 OB 的中点。
3．地球和月球上有两个足够长、倾角为q 的山坡，若分别从两个山坡上以相同初速度各水平抛出一个小
球，小球落到山坡上时，速度方向与斜面的夹角分别记为a1、a2。地球表面重力加速度大小是月球表面的
6 倍，不计阻力，下列选项正确的是（　　）
A．a1 > a2 B．a1 < a2
C．a1 = a2 D．a1与a2无确定关系
【答案】C
【详解】因为两个小球在相同大小的速度 v0水平抛出，且都落到倾角为 θ 的斜面，因此两个小球的位移与
水平方向夹角是相同的都为 θ，根据平抛的角度推论可知，速度角正切值是位移角正切值的两倍，因此两
个球落地时的速度角也相等，因此速度方向与斜面的夹角也相等。
故选 C。
4．如图所示为一半球形的碗，其中碗边缘两点M、N 与圆心等高且在同一竖直面内。现将两个小球在
M、N 两点，分别以 v1、v2的速度沿图示方向同时水平抛出，发现两球刚好落在碗上同一点Q，已知
MOQ = 53o o o，不计空气阻力 sin53 = 0.8，cos53 = 0.6 。下列说法不正确的是（　　）
A．两球抛出的速度大小之比为1∶ 4
B．若仅增大 v2，则两球将在落入碗中之前相撞
C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在碗上同一点，两球抛出的速率之和就不变
D．若仅从 N 点水平抛出小球，无论如何改变小球抛出的速度，都不可能垂直打在碗上
【答案】C
【详解】A．由几何知识可知，M 的水平位移 xM = R - R cos53° = 0.4R N 的水平位移
xN = R + R cos53° =1.6R由于二者在空中运动时间相等，所以二者的水平速度之比就等于其水平位移之比，
v1 xM 0.4R 1
即 = = =v2 xN 1.6R 4
，A 正确；
B．若仅增大 v2，水平运动看相遇时间变短，竖直方向上的位移会变小，故还没落在圆弧上，两小球可能
在空中相遇，B 正确；
C．要使两小球落在圆弧的同一点上，则有 xM + xN = 2R 即 (v1 + v2 )t = 2R 落点不同，竖直方向上的位移不
同，故运动时间 t 不同，所以 v1 + v2 不是定值，C 错误；
D．如果能够垂直落入坑中，速度反向延长线应过圆心，水平位移应为 2R，应打到M 点，但由平抛运动知
识可知，小球不可能打到M 点，D 正确。
本题选择不正确的，故选 C。
考点二 落点有约束条件的平抛运动
考向 1 平抛运动与斜面相结合
1.与斜面相关的几种的平抛运动
图示 方法 基本规律 运动时间
分解速度，构建 水平 vx＝v v0 v00 由 tan θ＝ ＝ 得
vy gt
速度的矢量三角 竖直 vy＝gt
v0
形 合速度 v＝ vx2＋vy2 t＝gtan θ
水平 x＝v0t
分解位移，构建 y gt由 tan θ＝ ＝ 得
1 x 2v0
位移的矢量三角 竖直 y＝ gt2
2 2v0tan θ
形 t＝
合位移 x 合＝ x2＋y2 g
由 0＝v1－a1t,0－v 21 ＝－2a1d 得
在运动起点同时
v0tan θ vv g 0
2sin θtan θ
分解 0、 t＝ ，d＝
g 2g
分解平行于斜面 v0tan θ
由 vy＝gt 得 t＝
的速度 v g
2.与斜面相关平抛运动的处理方法
(1)分解速度
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,设平抛运动的初速度为 v0,在
空中运动时间为 t,则平抛运动在水平方向的速度为 vx=v0,在竖直方向的速度为 vy=gt,合速度为 v= 2 + 2,

合速度与水平方向的夹角满足 tan θ= 。
(2)分解位移
1
平抛运动在水平方向的位移为x=v t,在竖直方向的位移为y= gt20 2 ,对抛出点的位移(合位移)为 s= 2 + 2,

合位移与水平方向夹角满足 tan φ= 。
(3)分解加速度
平抛运动也不是一定要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,在有些问题中,过
抛出点建立适当的直角坐标系,把重力加速度 g 正交分解为 gx、gy,把初速度 v0正交分解为 vx、vy,然后分别在
x、y 方向列方程求解,可以简化解题过程,化难为易。
5．跳台滑雪是一项勇敢者的运动，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。现有某运动员从跳台 A 处沿水平方向飞出，在斜坡 B 处着陆，如图所示。测得
A、B 间的竖直高度差为 20m，斜坡与水平方向的夹角为 30°，不计空气阻力，g 取10m / s2 。则下列说法错
误的是（　　）
A．运动员在 A 处的速度大小为10 3m / s
B．运动员在空中飞行的时间为 2s
C 5 3．运动员在空中离坡面的最大距离为 m
2
D．运动以从 A 到 B 速度变化量为 10m/s
【答案】D
1 2
【详解】B．运动员做平抛运动，在竖直方向 h = gt 解得 t = 2s，B 正确；
2
h x
A．在水平方向 x = = 20 3m则水平速度为 v0 = =10 3m/s，A 正确；tan 30° t
C 2 2．运动员沿斜面方向的分加速度为 ax = g sin θ = 5m/s 在垂直斜面方向的分加速度为 ay = g cosθ = 5 3m/s
当运动员运动方向与斜面平行时，离斜面最远。此时垂直斜面方向的分速度为零，可得，运动员离斜面最
v2y 5 3
远为 d = 其中 vy = v sinq 解得 d = m，C 正确；2ay 2
D．运动以从 A 到 B 速度变化量为Δv = gt = 20m/s，D 错误。本题选择错误的，故选 D。
6．将一个小球以水平速度 v0=10 m/s 从 O 点向右抛出，经 3 s 小球恰好垂直落到斜面上的 A 点，不计空气
阻力，g 取 10 m/s2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是（　　）
A．斜面的倾角是 45°
B．小球的抛出点距斜面的竖直高度是 15 m
C．若将小球以水平速度 v0=5 m/s 向右抛出，则它一定落在 AB 的中点 P 的上方
D．若将小球以水平速度 v0=5 m/s 向右抛出，则它一定落在 AB 的中点 P 处
【答案】C
v
A θ A tanq = 0【详解】 ．设斜面倾角为 ，对小球在 点的速度进行分解，有 gt 解得 θ=30°，A 错误；
B 1．小球距过 A 点水平面的距离 h= 2 gt
2=15m 所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于 15 m，B 错
误；
CD．若小球的初速度 v0′=5 m/s，过 A 点作水平面，小球落到该水平面的水平位移是小球以初速度 v0=10
m/s 抛出时的一半，即它一定落在 AB 的中点 P 的上方，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在 P、A
之间，C 正确，D 错误。故选 C。
考向 2 平抛运动与圆面相结合
三种常见情景：
1
1.如图甲所示，小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置。由半径和几何关系制约时间 t：h＝
2
gt2，R± R2－h2＝v0t，联立两方程可求 t。
2.如图乙所示，小球恰好沿 B 点的切线方向进入圆轨道，此时半径 OB 垂直于速度方向，圆心角 α 与速度的
偏向角相等。
3.如图丙所示，小球恰好从圆柱体 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。
7．如图所示竖直截面为半圆形的容器，O 为圆心，且 AB 为沿水平方向的直径。一物体在 A 点以向右的水
平初速度 vA抛出，与此同时另一物体在 B 点以向左的水平初速度 vB抛出，两物体都落到容器的同一点
P。已知 BAP = 37o ，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．B 比 A 先到达 P 点
B．两物体一定同时到达 P 点
C．抛出时，两物体的速度大小之比为 vA : vB =16 : 7
D．抛出时，两物体的速度大小之比为 vA : vB = 4 :1
【答案】B
【详解】AB．两物体同时抛出，都落到 P 点，由平抛运动规律可知两物体下落了相同的竖直高度，由
h 1= gt 2 可得 t 2h= g 故两物体同时到达 P 点，故 A 错误，B 正确；2
CD．在水平方向，抛出的水平距离之比等于抛出速度之比，设圆的半径为 R，连接 BP，由几何关系可知
AP ^ BP
32
由直角三角形可得 A 点和 B 点平抛的物体的水平位移分别为 xA = AP ×cos37°=2R cos37° ×cos37°= R，25
v x 32 16
xB = 2R x
18
- A = R物体平抛的水平分运动是匀速直线运动 x =v t A = A0 ，故 = =25 vB xB 18 9
故 CD 错误。 故选
B。
8．如图所示，一小球（可视为质点）从一半圆轨道的左端 A 点正上方某处开始做平抛运动，飞行过程中
恰好与半圆轨道相切于 B 点。O 点为半圆轨道圆心，半圆轨道的半径为 R，OB 与水平方向的夹角为 37°，
重力加速度大小为 g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，则小球被抛出时的初速度大小为（ ）
A 3 3gR B 2 3gR C 3 5gR 2 5gR． ． ． D．
2 5 3 5 2 3 3 3
【答案】A
v
【详解】小球恰好与半圆轨道相切于 B 点，则 tan 37° = 0 ， vy = gtv ，R + R cos37° = v t v
3 3gR
0 解得 0 =
y 2 5
故选 A。
考点三 平抛运动的临界问题
考向 平抛运动在球类问题中的临界问题
1．平抛运动中临界问题的两种常见情形
(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；
(2)物体的速度方向恰好达到某一方向。
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。
3.典型规律
擦网 压线 既擦网又压线
2
1 2 H h gt2 1 g x

1 1 x 21 1 x + x 由 - = =
1
2 1 2 2 2
和
由 H - h = gt = g 由 H = gt = g 1 2
v0
2 2 v1 2 2 v 2 2

得： 得： H
1
= gt2 1= g x1 + x2
2 2 v0
得：
v g1 = x1 v x x
g
= + 2
2 H - h 2 1 2 2H H - h x= 1
H x1 + x 22
9．中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一
手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面片刚被削离时距开水锅的高度为 L，与锅沿的水平距离
为 L，锅的半径也为 L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为 g，
则下列关于所有小面片的描述正确的是（　　）
A．空中相邻两个面片飞行过程中水平距离可能逐渐变大
B．掉落位置不相同的小面片，从抛出到落水前瞬间速度的变化量不同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的 3 倍
D gL．若初速度为 v0，则 < v0 < 2gL2
【答案】A
【详解】A．面片飞行过程中水平方向做匀速直线运动，若先飞出的面片初速度较大，则空中相邻两个面
片飞行过程中水平距离逐渐变大，故 A 正确；
1
B 2．掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由 h = gt 可知，下落的时间相等，由Dv = gt 可知，从抛
2
出到落水前瞬间速度的变化量相等，故 B 错误；
1
CD 2．由 h = gt 可知，下落时间为
2
t 2L=
g
水平位移的范围为
L < x < 3L
则初速度的取值范围为
L v 3L< 0 可得
gL
< v 9gL0 <2 2
落入锅中时的竖直分速度为
vy = 2gL
则落入锅中时，最大速度
v 2gL 9gL 13gLmax = + =2 2
最小速度为
vmin = 2gL
gL 5gL
+ =
2 2
可知，落入锅中时，最大速度不是最小速度的 3 倍，故 CD 错误。
故选 A。
L
10．如图所示，球网高出桌面 H，网到两边的距离为 L，某人在乒乓球训练中，从左侧 处，将球沿垂直
2
于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的
是（　　）
A．击球点的高度与网高度之比为 4︰3
B．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为 2︰1
C．乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为 1︰3
D．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为 1︰2
【答案】D
【详解】AB．设乒乓球到网的时间为 t1，水平距离为 x1，击球点的高度为 h，乒乓球到右侧边缘的水平距
x vt 3L x vt L h 1 gt 2 H 1 gt 2 1离为 x，根据平抛运动规律，则 = = ， 1 = 1 = ， = ， = - gt
2
1 联立得 t : t1 = 3:1则2 2 2 2 2
乒乓球在网左右两侧运动时间之比为 t1 : t - t1 =1: 2击球点的高度与网高度之比 h : H = 9 :8故 AB 错误；
C．乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为
v2 + gt 2 v2 + gt 21 ： = v2 + gt
2 2
1 ：v2 + 9 gt1 1: 3
故 C 错误；
D．因乒乓球在网左右两侧运动时间之比为 t1 : t - t1 =1: 2所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为
g × t1 : g × t - t1 =1: 2故 D 正确。故选 D。
考点四 类平抛运动和斜抛运动
考向 1 类平抛运动
1.类平抛运动的受力特点:
物体所受的合外力为恒力,且与初速度的方向垂直。
2.类平抛运动的运动特点:
合
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.类平抛运动的求解方法:
(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。
11．如图所示，光滑斜面 ABCD 为边长 a=2.5m 的正方形，斜面与水平面的倾角为 30°。现将一小球从 B 处
水平向左射出，小球沿斜面恰好到达底端 D 点。重力加速度 g 取 10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．小球在斜面上运动的时间为 0.5s
B．小球在 B 点的速度大小为 2.5m/s
C．小球在 D 点的速度大小为 5m/s
D．小球的速度变化量大小为 10m/s
【答案】B
【详解】AB．对小球受力分析，受到重力和斜面的支持力，根据牛顿第二定律，可得mg sin 30° = ma 解得
1
a = 5 m/s2 2方向沿斜面向下；小球从 B 到 D 做类平抛运动，水平方向有 a = v0t 沿斜面向下方向有 a = a t2
联立方程解得 t =1s， v0 = 2.5 m/s 故 A 错误，B 正确；
C．沿斜面向下方向有 v = a t = 5 m/s 在 D 点的速度为 v = v 2 + v 2y D 0 y = 2.5 5 m/s 故 C 错误；
D．速度的变化量为Dv = vy = 5m/s 故 D 错误。故选 B。
mg
12．如图所示，一物体在某液体中运动时只受到重力mg 和恒定的浮力F 的作用，且F = 。如果物体从
3
M 点以水平初速度 v0开始运动，最后落在 N 点，MN 间的竖直高度为 h ，其中 g 为重力加速度，则下列说
法正确的是（　　）
2h
A．从M 运动到 N 的时间为
g
3h
B．M 与 N 之间的水平距离为 v0 g
C．从M 运动到 N 的轨迹不是抛物线
D．减小水平初速度 v0，运动时间将变长
【答案】B
【详解】ACD．根据题意可知，物体水平方向不受力，以 v0做匀速直线运动，竖直方向上，由牛顿第二定
律有mg - F = ma
2
解得a = g 竖直方向做匀加速直线运动，可知，物体做类平抛运动，则从M 运动到 N
3
1 2 2h 3h
的轨迹是抛物线，竖直方向上有 h = at 解得 t = = 可知，飞行时间与初速度大小无关，故 ACD
2 a g
错误；
B 4gh．根据题意，结合上述分析，由 v2 = 2ah 可得，物体运动到 N 点时，竖直速度为 vy = 2ah = 设M3
h 1 vy 3h
与 N 之间的水平距离为 x ，由平抛运动规律有 = × 解得 x = v 故 B 正确。故选 B。
x 2 v 00 g
考向 2 斜抛运动
水平竖直正交分解 最高点一分为二变平抛运动 将初速度和重力加速度
处理方法
化曲为直 逆向处理 沿斜面和垂直斜面分解
垂直斜面： g1 = g cosa
水平速度： vx = v0 cosq v1 = v0sinq - g1 × t
x = v0 cosq × t y = v 1 20sinqt - g2 1
t
竖直速度：
最高点：速度水平 沿着斜面： g2 = g sina
基本规律 vy = v0 sinq - gt
v0x = v0 cosq
1 v2 = v0cosq + g2 × ty = v 20 sinqt - gt2
x = v 10cosqt + g
2
2 2 2
t
h v0 sinq最高点： m = 2g v sinq 2
最高点： h 0m = 2g1
13．如图所示，射水鱼发现前方有一昆虫，就将嘴露出水面对昆虫喷水，斜向上射出的水柱恰好水平击中
昆虫。已知鱼嘴距离昆虫d = 0.75m ，两者连线与水平方向夹角为q = 37°（ sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8），
忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．水滴在空中运动 0.5s 后击中昆虫
B．击中昆虫时，水滴速度大小为 2m/s
C．斜向上射出的水柱，初速度大小为 3m/s
D．斜向上射出的水柱，初速度与水平方向夹角为 53°
【答案】B
o 1 2
【详解】A．由水滴竖直方向的运动可得 d sin37 = gt 解得水滴从发射到击中昆虫的时间 t = 0.3s 故 A 错
2
o
误；B． 由水滴水平方向的运动可得 d cos37 = v0xt 解得初速度的水平分速度 v0x = 2m/s故 B 正确；
C．由水滴竖直方向的运动可得初速度的竖直分速度 v0 y = gt = 3m/s斜向上射出的水柱，初速度大小
v = v2 20 0x + v0 y = 13m/s 故 C 错误；
v
D 0 y
3 o 4
．斜向上射出的水柱，初速度与水平方向夹角a ，则 tana = = 又 tan 53 = 斜向上射出的水柱，初
v0x 2 3
速度与水平方向夹角不等于 53°，故 D 错误。故选 B。
14．如图，一运动员站在水平地面上射箭时，保持人拉弓的力及出射点位置不变，箭与水平方向夹角为 θ
（0°<θ<90°），忽略空气阻力和发射点到地面的距离，则（　　）
A．增大 θ 一定可以增大射箭的最远距离
B．减小 θ 将增大箭支的最高高度
C．增大 θ 将减小箭支运动过程中的最小速度
D．改变 θ 并不影响箭支落地时速度的方向
【答案】C
v2 sin 2q p
【详解】A．设箭的初速度为 v。则 s = 2vt cosq ， v sinq = gt 解得 s = 因此当q = 时，箭射出的距
g 4
离最远，因此 A 错误；
h 1 gt 2 v
2 sin2 q
B．箭支的最高高度为 = = 故减小 θ 将降低箭支的最高高度，故 B 错误；
2 2g
C．箭支运动过程中的最小速度就是箭支的水平分速度，即 vx = v cosq 增大 θ 将减小箭支运动过程中的最小
速度，故 C 正确；
D．箭支落地时速度的方向与水平方向的夹角仍是q ，故改变 θ 会影响箭支落地时速度的方向，故 D 错
误；故选 C。
1．如图，将一支飞镖在竖直墙壁的左侧 O 点以不同的速度水平抛出，A 为 O 点在竖直墙壁上的投影点，
每次抛出飞镖的同时，在 A 处由静止释放一个特制（飞镖能轻易射穿）的小球，且飞镖均能插在墙壁上，
第一次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为53°，第二次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为37°，图中没有画
出，不计空气阻力。（ sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8）则（　　）
A．两次速度增量之比为 9：16
B．两次抛出的飞镖只有一次能击中小球
C．两次下落的高度之比为 9：16
D．两次平抛的初速度之比为 3：4
【答案】C
【详解】
A．第一次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为53°，则
tan 53 v° = 01
gt1
第二次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为37°，则
tan 37 v° = 02
gt2
因为
v01t1 = v02t2
解得
t1 3=
t2 4
根据
Dv = gt
可知，两次速度增量之比为 3：4，故 A 错误；
B．因为平抛运动竖直方向是自由落体运动，所以两次均能命中小球，故 B 错误；
C．根据
h 1= gt 2
2
两次下落的高度之比为 9：16，故 C 正确；
D．因为
v01t1 = v02t2
两次平抛的初速度之比为 4：3，故 D 错误。
故选 C。
2．A 和 B 两小球，从同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出，其运动轨迹是抛物线，如图所示，
不计空气阻力，两球在空中相遇，下列说法正确的是（ ）
A．相遇时 A 球速度一定小于 B 球速度
B．相遇时 A、B 两球的动能一定相等
C．A 和 B 两小球必须同时抛出
D．相遇时 A 和 B 两小球重力的功率一定相同
【答案】C
【详解】C．由于相遇时 A、B 做平抛运动的竖直位移 h 相同，由
h 1= gt 2
2
可以判断两球下落的时间相同，即应同时抛出，故 C 正确；
A．根据
vy = gt
可知，相遇时 A、B 两球竖直分速度相等；两球在水平方向上做匀速直线运动，根据
x =v0t
因为 A 球的水平位移大，下落时间相等，所以 A 球的初速度大，则相遇时的速度大小为
v = v20 + v
2
y
可知，相遇时 A 球速度一定大于 B 球速度，故 A 错误；
B．根据
E 1k = mv
2
2
相遇时 A 球速度一定大于 B 球速度，但 AB 球的质量关系未知，所以无法比较相遇时 A、B 两球的动能，
故 B 错误；
D．重力的功率为
PG = mgvy
相遇时 A 和 B 两小球竖直分速度相同，但两球的质量关系未知，所以无法得出相遇时 A 和 B 两小球重力的
功率关系，故 D 错误。
故选 C。
3．环保人员在一次检查时发现，有一根排污管正在向外排出大量污水。环保人员观察和测量发现，排污
管水平设置，管口离地面高度约为1．8m，污水落地点距管口水平距离约为3m，口内直径约为0．2m，重力
加速度 g = 10m/s2 ，忽略空气阻力，则以下估算正确的是（　　）
A．污水从管口排出速度为3m/s
B．每秒排污体积0.628m3
1
C 2．若建立如图所示的直角坐标系，空中的污水构成的曲线满足方程 y = x
5
D．污水落地速度为 6m/s
【答案】C
【详解】A．根据平抛运动规律可知
y 1= gt 2
2
x =v0t
解得
v0 = 5m/s
故 A 错误；
B．每秒排污体积
p d 2Q = v0S = v
3
0 × = 0.157m4
故 B 错误；
C．若建立如图所示的直角坐标系，根据
y 1= gt 2
2
x =v0t
解得
y 1= x2
5
故 C 正确；
D．污水落地速度为
v = (gt)2 + v20 = 61m/s
故 D 错误。故选 C。
4．如图所示，乒乓球台的水平长度为 2L，中间的球网高度为 h，运动员在球台左上方将球水平发出，发
1
球点距球台左边缘 O 点的水平距离为 L ，球在己方台面上反弹后恰好掠过球网并落在对方球台边缘 P
2
处，虚线为乒乓球运动的轨迹。已知乒乓球在台面上反弹前后的水平分速度不变，竖直分速度大小不变但
方向相反，Q 为乒乓球在己方台面上的落点，O、P、Q 在同一直线上，且OP与球台侧边平行，不考虑乒
乓球的旋转和空气阻力，重力加速度为 g，下列说法正确的是（　　）
4
A．发球点距 O 点的竖直高度为 h
3
5
B．发球点距 O 点的竖直高度为 h
3
C g．发球速度大小为 L
3h
D g．发球速度大小为 L
2h
【答案】C
【详解】从乒乓球反弹到运动到最高点逆过程看做反向平抛运动，则整个运动可看作 3 次平抛运动，总的
水平位移为
x总 = 2L
1 5
+ L = L
2 2
每次平抛运动
5 L = v0t6
H 1= gt 2
2
则乒乓球从反弹在掠过球网到运动到最高点的 看作反向平抛运动，设发球点距 O 点的竖直高度为 H，此
过程运动时间为 t1 ，则
1 L = v0t6 1
1 gt 21 = H - h2
以上各式联立，解得
H 25= h
24
v g0 = L 3h
故选 C。
5．如图所示，某排球运动员正在离球网 3m 处强攻，排球的速度方向水平，设矩形排球场的长为 2L，宽
L
为 L（L 为 9m），若排球（可视为质点）离开手时正好在 3m 线（即 线）中点 P 的正上方高 h1处，球网3
高 H，对方运动员在近网处拦网，拦网高度为 h2，且有 h1>h2>H，不计空气阻力。为了使球能落到对方场
地且不被对方运动员拦住，则球离开手的速度 v 的范围是（排球压线不算出界）（ ）
L g 4L g
A． 3 （2 h1-H） 3 2h1
L g 2 2
B ·
1 2h1
L g 4L g
C． 3 （2 h1-h2） 3 2h1
L g 4L 2 L 2D． 3 （2 h1-h）
+
3
·
2 2 2h1
【答案】D
【详解】若球能落到对方场地且不被对方运动员拦住，根据
h 1 21 = gt2 1
得
t 2h= 11 g
平抛运动的最大水平位移为
2 2
s 4L= L max 3
+
2
则平抛运动的最大初速度为
2 2
4L + L 3 2 4L 2 2v = = L+ gmax t 3 2
g
1 2h1
根据
h - h 1= gt 21 2 2 2
得
t （2 h1 - h）2 = 2 g
则平抛运动的最小速度
L
v 3 L g= = min t2 3 （2 h1 - h2）
所以球离开手的速度 v 的范围是
L g 2v 4L L
2 g
<
3 2 h - h 3
+ 2
g
（ 1 2） 2h1
故选 D。
6．如图，两个靠得很近的小球（均可视为质点）从斜面上的同一位置 O 以不同的初速度 vA、vB 做平抛运
动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为 A、B，在空中运动的时间分别为 tA、tB ，落到斜面前瞬间的速度
与水平方向的夹角分别为a、b ，已知OB = 2OA。下列说法正确的是（　　）
A． vA : vB =1: 2 B． tA : tB =1: 2
C．α = β D．a < b
【答案】C
【详解】AB．小球做平抛运动，根据OB = 2OA，可知 A 小球下落的高度为 B 小球下落高度的一半，对 A
小球
x = vAtA
h 1= gt 2
2 A
对 B 小球
2x = vBtB
2h 1= gt 2
2 B
解得
tA 1=
tB 2
vA 2=
vB 2
AB 错误；
CD．小球落到斜面上，设速度与水平方向的夹角为 θ，速度偏转角满足
tanq gt=
v0
所以
a = b
故 C 正确，D 错误。
故选 C。
7．如图所示，O 为斜面的底端，在 O 点正上方的 A、B 两点分别以初速度 vA 、 vB 正对斜面抛出两个小
球，结果两个小球都垂直击中斜面，击中的位置分别为 P、Q（图中未标出）。OP = 3OQ，空气阻力忽略
不计，则（　　）
A． 2OB＝AB B．3OB＝AB
C． 2vA＝vB D．3vA＝vB
【答案】A
【详解】CD．设小球的初速度为 v0，抛出点的高度为 h，运动时间为 t，斜面的倾角为q 。小球垂直击中斜
面时，速度与斜面垂直，由速度分解可知
tan vq = 0
vy
vy = gt
可得
t v= 0
g tanq
根据几何关系可得
OP v 2
= A
tA vA 3= =
OQ vBtB v
2
B 1
可得
vA = 3vB
故 CD 错误；
AB．根据几何关系有
h 1= gt 2 + v0t × tanq = v
2
0 (
1 1
+ )
2 2g tan2 q g
可得
OA v2
= A
OB v2
= 3
B
则
2OB＝AB
故 A 正确，B 错误。
故选 A。
8．浙江 15 岁少年沈丹瑶打水漂获全国冠军，一次水漂最多打 300 多下，打水漂的石片弹跳的次数由初速
度、转速、入水时石头和水面的夹角、石头材质等决定。假设某次投掷时，石片在距离水面高 h0 处以水平
1
速度 v0抛出，若石片与水面碰撞时，水平速度不变，但碰后反弹高度都是前一次 ，不计空气阻力，重力4
加速度为 g ，则石片从抛出到第四次触水的过程中（　　）
5 2h 11 2h
A．经历的时间 0 B．经历的时间 0
2 g 4 g
3v 2h0 4v 2hC．经历的水平距离为 D．经历的水平距离为 00 g 0 g
【答案】B
【详解】AB．则石片从抛出到第四次触水的过程中，每次从抛出到触水的时间分别为
t 2h0 2h0 2h0 2h01 = ，t2 = 2，t3 = 2，t4 = 2g 4g 4 4g 4 4 4g
经历的时间为
t t t t t 11 2h= + + + = 01 2 3 4 4 g
故 A 错误；B 正确；
CD．经历的水平距离为
x v t 11v 2h= = 00 4 0 g
故 CD 错误。
故选 B。
9．如图，倾角为37°的斜面体的坡面为矩形 ABCD，BC 边长为 L，AB 边长为 0.6L，某同学站在坡顶上的
A 点处，从 A 点正上方的 P 点沿水平方向抛出一个小球，小球刚好落在 C 点，已知 P 点离 A 点高度为
0.4L，重力加速度大小为 g，不计空气阻力， sin 37° = 0.6,cos37° = 0.8 ，下列说法正确的是（ ）
2L
A．小球在空中运动时间为
g
B．小球从 P 点抛出的初速度大小为 gL
C．小球落到 C 点时速度大小为 2 gL
D．小球落到 C 点时速度与水平方向的夹角的正切值为 2
【答案】AD
【详解】A．根据平抛运动规律可知
0.4L + BC sin 37 1° = gt 2
2
解得
t 2L=
g
故 A 正确；
B．沿 AC 方向有
AB2 + (BC cos37°)2 = v0t
解得
v gL0 = 2
故 B 错误；
C．根据竖直方向的运动规律可知
vy = gt = 2gL
根据运动的合成有
v v2 v2 5gL= 0 + y = 2
故 C 错误；
D．根据运动的分解可知
v
tana = y = 2
v0
故 D 正确；
故选 AD。
10．如图，两竖直光滑墙相邻，一可看作质点的小球自左侧墙体最高点 O 水平抛出， A '、B' 、C '、
LL A、B、C、LL为小球与左、右两侧墙体的碰撞点，小球与墙体碰撞前后，竖直速度不变，水平速度
等大、反向，墙足够高，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C……间的距离之比满足 yAB:yBC:yCD:× × × =1:3:5:× × ×
B．小球在 A、B、C 的竖直速度分量之比满足 vAy:vBy:vCy:× × × =1:3:5:× × ×
C．小球与墙体碰撞时速度变化量均相同
D．小球与墙体两次碰撞之间，小球的动量变化率均相同
【答案】BD
【详解】AB．小球在水平方向做速率不变的运动，竖直方向做自由落体运动，则
tOA = t = t = t = t = ×××AA' A'B BB' B'C
物体做初速度为 0 的匀变速直线运动时，在连续相等时间内位移之比为 1:3:5:× × × ，由于 A 点有竖直向下的
分速度，则 A、B、C× × × 之间的距离之比满足
yAB:yBC:yCD:× × × 1:3:5:× × ×
由
v = gt
知，小球在 A、B、C 的竖直速度分量之比满足
vAy:vBy:vCy:× × × =1:3:5:× × ×
故 A 错误，B 正确；
C．小球与墙体碰撞前后，竖直速度不变，水平速度等大、反向，小球与墙体每次碰撞时速度变化量大小
相等，均为
Dv = 2v0
但方向不是都相同，故 C 错误；
D．由动量定理知
I = mg × Dt
I
= mg
Dt
小球与墙体前后两次碰撞之间，小球的动量变化率即为小球重力，均相同，故 D 正确。
故选 BD。
11．如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一点 P，飞镖抛出时与 P 等高，且与 P 点的距离为
L。当飞镖以初速度 v0垂直盘面瞄准 P 点水平抛出的同时，圆盘绕经过盘心 O 点的水平轴在竖直平面内匀
速转动，忽略空气阻力，重力加速度为 g，飞镖恰好击中 P 点，则（　　）
2L gL2
A．飞镖击中 P 点所需的时间为 v B．圆盘的半径为 4v20 0
pv 2p v
C．圆盘转动角速度的最小值为 0 D．圆盘转动的角速度可能为 0
L L
【答案】BC
【详解】A．飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动
t L=
v0
A 错误；
B．飞镖击中 P 点时，P 恰好在最下方，则
2r 1= gt 2
2
解得圆盘的半径
2
r gL=
4v20
B 正确；
CD．飞镖击中 P 点，则 P 点转过的角度
q = wt = p + 2kp （ k = 0，1，2，…）
故
w q (2k +1)pv= = 0 （ k = 0，1，2，…）
t L
pv 2p v
则圆盘转动角速度的最小值为 0 ，圆盘转动的角速度不可能为 0 ，C 正确、D 错误。
L L
故选 BC。
12．一个物体以速度 v0 = 2m/s在光滑水平面上做匀速直线运动，物体的质量为m =1kg ，某时刻开始受到
一个与 v0方向垂直的水平恒力F = 2N作用，经过时间 t = 2s后撤去外力 F，下列说法正确的是（　　）
A．物体在这 2s内做匀变速曲线运动
B．撤去外力时，物体的速度大小为 2 2m/s
C．撤去外力时，物体的速度方向与初速度方向夹角为 60°
D．外力作用的这 2s内，物体的位移大小为 4 2m
【答案】AD
【详解】A．水平恒力与 v0方向垂直，则物体做类平抛运动，所以物体在这 2s内做匀变速曲线运动，选项
A 正确；
B．撤去外力时，有
vx = v0 =2m/s
v Fy = at = t
2
= 2m/s=4m/s
m 1
所以合速度
v = v 2 + v 2x y = 2 5m/s
选项 B 错误；
C．撤去外力时，物体的速度方向与初速度方向夹角
v
tanq y 4= = =2
vx 2
所以
q 60°
选项 C 错误；
D．外力作用的这 2s内，有
x = v0t = 4m
y 1 1 F= at 2 = t 2 = 4m
2 2 m
所以合位移
s = x2 + y2 = 4 2m
选项 D 正确。
故选 AD。
13．如图所示，物体甲从高 H 处以速度 v1平抛，同时物体乙从距甲水平方向距离 x 处由地面以速度 v2竖
直上抛，不计空气阻力，两个物体在空中某处相遇，下列叙述中正确的是 (　　)
A．从抛出到相遇所用的时间是 x/v1
B．如果相遇发生在乙上升的过程中，则 v2 > gH
C gH．如果相遇发生在乙下降的过程中，则 v2 < 2
D．若相遇点离地面高度为 H/2，则 v2 = gH
【答案】ABD
【详解】A.两物体只可能在乙的竖直方向上相遇，所以甲水平位移为 x，甲水平方向做匀速直线运动，所
x
用时间 t = v 故 A 正确．1
B.甲下落位移为
2
1 h = gt 2 1 x= g
2 2 v1
如果相遇发生在乙上升过程中，
v2t
1
- gt 2 = H - h ，
2
解得：
t H=
v2
此时
v2 H>
g v2
所以
v2 > gH
故 B 正确
C.如果相遇发生在乙下降过程中，甲下落位移为
2
1 h = gt 2 1 x= g
2 2 v1
如果相遇发生在乙上升过程中，
v2t
1
- gt 2 = H - h ，
2
解得：
t H=
v2
此时
v2 H<
g v2
所以
v2 < gH
故 C 错误；
D.当相遇点离地面高度为 H/2 时
x H
= ，
v1 g
所以
v2 = gH ．
故 D 正确。
14．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 gR．小球抛出的速度等于 时，运动时间最长
3
D gR．若小球抛出的速度小于 ，则落到接触面时速度偏角均相同
6
【答案】AD
【详解】A．如图所示
根据平抛运动推论：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，即小
球垂直打在圆弧面 B 点时，故 A 正确；
B．根据
h 1= gt 2
2
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，可知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，可知小球运动的时间越短，故 B 错误；
C．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= gt 2
R
， = v t
2 tan 60° 0
联立解得
v gR0 = 6
故 C 错误；
D gR．若小球抛出的速度小于 ，可知小球均落在斜面上，根据平抛运动推论可知，落到斜面上时速度偏
6
角均满足
tanq = 2 tan 60° = 2 3
即落到斜面时速度偏角均相同，故 D 正确。
故选 AD。
15．自由式滑雪 U 型比赛场地可简化为如图甲所示的模型：滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道连
接而成，轨道的倾角为 θ。某次腾空时，运动员（视为质点）以大小为 v 的速度从轨道边缘上的 M 点沿轨
道的竖直切面 ABCD 滑出轨道，速度方向与轨道边缘 AD 的夹角为 90°-θ，腾空后沿轨道边缘 AD 上的 N 点
进入轨道，腾空过程（从 M 点运动到 N 点的过程）的左视图如图乙所示。重力加速度大小为 g，不计空气
阻力。下列说法正确的是。（　　）
A．运动员腾空过程中处于超重状态
v2cosq
B．运动员腾空过程中离开 AD 的最大距离为
2g
2v
C．运动员腾空的时间为 g
4v2sinq
D．M、N 两点的距离为
g
【答案】BCD
【详解】A．加速度方向向上为超重，加速度方向向下为失重，运动员腾空过程中加速度为 g，方向竖直向
下，运动员一直处于失乘状态，故 A 错误；
B．运动员在 M 点时重直 AD 方向的速度大小
v1 =vsin（90°-θ）
垂直斜面方向加速度大小为
a1=gcosθ
设运动员腾空过程中离开 AD 的最大的距离为 d， 根据匀变速直线运动的规律有
v21 = 2a1d
解得
2
d v cosq=
2g
故 B 正确；
C．可得运动员从 M 点到离开 AD 最远的时间
t v1 vcosq v0 = = =a1 gcosq g
根据对称性可知，运动员腾空的时间
t 2t 2n= 0 = g
故 C 正确；
D．运动员在 M 点时平行 AD 方向的速度大小
v2 =vcos（90°-θ）
设运动员在 ABCD 面内平行 AD 方向的加速度大小为 a2，根据牛顿第二定律有
mgsinθ=ma2
根据匀变速直线运动的规律可知， M、N 两点的距离
x v t 1 a t 2 4v
2sinq
= 2 + =2 2 g
故 D 正确。
故选 BCD。
16．在某次高尔夫球比赛中，美国选手罗伯特－斯特布击球后，球恰好落在洞的边缘，假定洞内 bc 表面
1
为 球面，半径为 R，且空气阻力可忽略，重力加速度大小为 g，把此球以大小不同的初速度 v0沿半径方4
向水平击出，如图所示，球落到球面上，下列说法正确的是( )
A．落在球面上的最大速度为 2 2gR
B．落在球面上的最小速度为 3gR
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球面上
【答案】BD
【详解】AB．平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，由
h= 1 22 gt
得
2h
t=
g
设小球落在 A 点时，OA 与竖直方向之间的夹角为 θ，水平方向的位移为 x，竖直方向的位移为 y，水平方
向的初速度为 v0，到达 a 点时竖直方向的速度为 vy，如图所示
由几何关系得
v2
x=v0t=Rsinθ，y=
y =Rcosθ
2g
解得
2R cosq
v 2y =2gRcosθ， v0 = R sinqg
又由
v 2 2t＝ v0 + vy
联立得
2
vt＝ v
2
0 + 2gR cosq
Rg sin q 3
= + 2gR cosq = ( cosq 1+ )Rg
2cosq 2 2cosq
3 1
所以落在球面上时的小球有最小速度，当 cosq = 时，最小速度为 3gR ，故 A 错误，B 正确；2 2cosq
C．由以上的分析可知，小球下落的时间
v
t y 2Rcosq= =
g g
与小球的初速度有关．故 C 错误；
D．小球撞击在圆面时，速度方向斜向右下方，根据“中点”结论可知，由于 O 不在水平位移的中点，所以
小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过 O 点，也就不可能垂直撞击圆环．故 D 正确。
故选 BD。
17．（2024·福建·高考真题）先后两次从高为OH =1.4m 高处斜向上抛出质量为m = 0.2kg 同一物体落于
Q1、Q2 ，测得OQ1 = 8.4m,OQ2 = 9.8m ，两轨迹交于 P 点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2m，
下列说法正确的是（　　）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为 7 : 4
B．第一次过 P 点比第二次机械能少1.3J
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72 :85
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
【答案】B
【详解】A．第一次抛出上升的高度为
h1 = 3.2m -1.4m=1.8m
故上升时间为
t 2h= 1上1 = 0.6sg
最高点距水平地面高为 h0 = 3.2m，故下降的时间为
t 2h0下1 = = 0.8sg
故一次抛出上升时间，下降时间比值为3: 4，故 A 错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
t = t上1 + t下1 =1.4s
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
v OQ= 1x1 = 6m/st
v OQx2 = 2 = 7m/st
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
vy = gt上1 = 6m/s
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过 P 点比第二次机械能少
1
DE = mv 2 1 2
2 x2
- mvx1 =1.3J2
故 B 正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
Ek1 = Ek01 + mgh
1
OH = m v 2 2x1 + vy + mghOH =10J2
E = E 1+ mgh = m v 2 2k2 k02 OH x2 + vy + mghOH =11.3J2
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100 :113，故 C 错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，
由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较
大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角
比第二次大，故 D 错误。
故选 B。
18．（2024·安徽·高考真题）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图
所示。水井中的水面距离水平地面的高度为 H。出水口距水平地面的高度为 h，与落地点的水平距离约为
l。假设抽水过程中 H 保持不变，水泵输出能量的h 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密
度为 r ，水管内径的横截面积为 S，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ）
rgSl 2gh l 2 rgSl 2gh l 2
A． H + h + B． H + h +2hh 2h

2hh
4h
rgSl 2gh l 2 rgSl 2gh l 2
C． H + D． H +
2hh 2h

2hh

4h


【答案】B
【详解】设水从出水口射出的初速度为 v0，取 t 时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
m = v0tSr
根据平抛运动规律
v0t ' = l
h 1= gt '2
2
解得
v0 = l
g
2h
根据功能关系得
Pth 1= mv 20 + mg H + h 2
联立解得水泵的输出功率为
rgSl 2gh 2
P = H h
l
+ +
2hh 4h


故选 B。
19．（2024·海南·高考真题）在跨越河流表演中，一人骑车以 25m/s 的速度水平冲出平台，恰好跨越长
x = 25m的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度 25m，不计空气阻力，取 g =10m / s2 ，则两平台的高度
差 h 为（　　）
A．0.5m B．5m C．10m D．20m
【答案】B
1 2
【详解】车做平抛运动，设运动时间为 t ，竖直方向 h = gt 水平方向d = v0t其中 d = 25m 、 v0 = 25m/s解2
得h = 5m故选 B。
20．（2024·湖北·高考真题）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶
上。设低处荷叶 a、b、c、d 和青蛙在同一竖直平面内，a、b 高度相同，c、d 高度相同，a、b 分别在 c、
d 正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　）
A．荷叶 a B．荷叶 b C．荷叶 c D．荷叶 d
【答案】C
【详解】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有
x = vt,h 1= gt2
2
可得
v g= x
2h
因此水平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶 c 上面。
故选 C。考点 15 抛体运动
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 平抛运动 2024 年安徽卷、湖北卷、海南卷
选择题 斜抛运动 2024 年福建卷、江西卷、山东卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对抛体运动的考查较为频繁，而且大多联系实际生活，题目的形式较为多样，有选择题
也有计算题，并且近几年出现了三维空间的抛体运动考题，对学生的空间建构能力要求很高。
【备考策略】
1.掌握平抛运动的规律，能够利用规律处理与平抛运动有关的各类问题。
2.掌握斜抛运动的规律并会应用。
【命题预测】重点关键平抛运动和斜抛运动规律在实际生活中的应用。
一、平抛运动的基本规律
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．平抛运动的条件：(1)v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用。
4．研究方法：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。
二、一般的抛体运动
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。
考点一 平抛运动的规律
考向 1 平抛运动基本规律的应用
1．基本规律(如图所示)
(1)速度关系
(2)位移关系
g
(3)轨迹方程：y＝ x2。
2v02
2．四个基本规律
2h
飞行时间 由 t＝ 知，时间取决于下落高度 h，与初速度 v0无关g
2h
水平射程 x＝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g
落地速度 v＝ vx2＋vy2＝ v02＋2gh，落地速度也只与初速度 v0和下落高度 h 有关
速度改变量
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
1．某同学观察一平抛小球，发现当小球抛出 0.3s 后小球的速度与水平方向成 37°角，落地时速度方向与水
tan 37 3平方向成 60°角，小球可看作质点，已知 ° = ， g =10m/s2 ，下列说法正确的是（
4 ）
A．小球初速度的大小为 5m/s B．小球落地时速度大小为 8m/s
C．小球抛出时距离地面的高度为 3.2m D．小球抛出的水平射程为 3m
【答案】B
【详解】A．当小球抛出 0.3s 后小球的竖直分速度为 vy1 = gt1 = 3m/s则，水平方向的分速度为
v
v0 =
y1 = 4m/s故 A 错误；
tan 37°
B．小球落地时竖直方向的分速度为 vy2 = v0 tan 60° = 4 3m/s 小球落地时速度大小为 v = v
2
0 + v
2
y2 = 8m/s 故 B
正确；
v2
C h = y2．小球抛出时距离地面的高度为 = 2.4m 故 C 错误；
2g
v
D y2
2 3 8 3
．小球下落时间为 t = = s小球抛出的水平射程为 x = v
g 5 0
t = m故 D 错误。故选 B。
5
2．如图所示，三个小球从同一高度处的 O 点分别以水平初速度 v1，v2，v3抛出，落在水平面上的位置分
别是 A，B，C。O′是 O 在水平面上的投影点，且 O′A∶AB∶BC＝1∶3∶5。若不计空气阻力，则下列说法正确的
是（　 　）
A．三个小球水平初速度之比为 v1∶v2∶v3＝1∶4∶9
B．三个小球落地的速度之比为 1∶3∶5
C．三个小球通过的位移大小之比为 1∶ 3 ∶ 5
D．三个小球落地速度与水平地面夹角的正切值之比为 9∶4∶1
【答案】A
1 2 x
【详解】A．三个小球做平抛运动，竖直高度相同，根据 h = gt 可知运动时间相同，根据 v = 可知，水
2 t
平初速度之比等于水平位移之比，即 v1∶v2∶v3＝1∶4∶9 选项 A 正确；
B．根据 v 2 2y = 2gh 可知，三个小球落地的竖直速度相等，则落地速度 v = v0 + vy 则落地速度之比不等于
1∶3∶5，选项 B 错误；
C．三个小球通过的竖直位移相等，水平位移之比为 x1∶x2∶x3＝1∶4∶9 则位移 s = x2 + h2 可知位移大小之比不
等于 1∶ 3 ∶ 5 ，选项 C 错误；
vy 2ghD．小球落地速度与水平地面夹角的正切值 tanq = = 则三个小球落地速度与水平地面夹角的正切值
v0 v0
1
之比为 :
1 : 1 = 36 : 9 : 4，选项 D 错误。故选 A。
1 4 9
考向 2 平抛运动的两个重要推论的应用
1.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。
2.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
点为 OB 的中点。
3．地球和月球上有两个足够长、倾角为q 的山坡，若分别从两个山坡上以相同初速度各水平抛出一个小
球，小球落到山坡上时，速度方向与斜面的夹角分别记为a1、a2。地球表面重力加速度大小是月球表面的
6 倍，不计阻力，下列选项正确的是（　　）
A．a1 > a2 B．a1 < a2
C．a1 = a2 D．a1与a2无确定关系
【答案】C
【详解】因为两个小球在相同大小的速度 v0水平抛出，且都落到倾角为 θ 的斜面，因此两个小球的位移与
水平方向夹角是相同的都为 θ，根据平抛的角度推论可知，速度角正切值是位移角正切值的两倍，因此两
个球落地时的速度角也相等，因此速度方向与斜面的夹角也相等。
故选 C。
4．如图所示为一半球形的碗，其中碗边缘两点M、N 与圆心等高且在同一竖直面内。现将两个小球在
M、N 两点，分别以 v1、v2的速度沿图示方向同时水平抛出，发现两球刚好落在碗上同一点Q，已知
MOQ = 53o o o，不计空气阻力 sin53 = 0.8，cos53 = 0.6 。下列说法不正确的是（　　）
A．两球抛出的速度大小之比为1∶ 4
B．若仅增大 v2，则两球将在落入碗中之前相撞
C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在碗上同一点，两球抛出的速率之和就不变
D．若仅从 N 点水平抛出小球，无论如何改变小球抛出的速度，都不可能垂直打在碗上
【答案】C
【详解】A．由几何知识可知，M 的水平位移 xM = R - R cos53° = 0.4R N 的水平位移
xN = R + R cos53° =1.6R由于二者在空中运动时间相等，所以二者的水平速度之比就等于其水平位移之比，
v1 xM 0.4R 1
即 = = =v2 xN 1.6R 4
，A 正确；
B．若仅增大 v2，水平运动看相遇时间变短，竖直方向上的位移会变小，故还没落在圆弧上，两小球可能
在空中相遇，B 正确；
C．要使两小球落在圆弧的同一点上，则有 xM + xN = 2R 即 (v1 + v2 )t = 2R 落点不同，竖直方向上的位移不
同，故运动时间 t 不同，所以 v1 + v2 不是定值，C 错误；
D．如果能够垂直落入坑中，速度反向延长线应过圆心，水平位移应为 2R，应打到M 点，但由平抛运动知
识可知，小球不可能打到M 点，D 正确。
本题选择不正确的，故选 C。
考点二 落点有约束条件的平抛运动
考向 1 平抛运动与斜面相结合
1.与斜面相关的几种的平抛运动
图示 方法 基本规律 运动时间
分解速度，构建 水平 vx＝v v0 v00 由 tan θ＝ ＝ 得
vy gt
速度的矢量三角 竖直 vy＝gt
v0
形 合速度 v＝ vx2＋vy2 t＝gtan θ
水平 x＝v0t
分解位移，构建 y gt由 tan θ＝ ＝ 得
1 x 2v0
位移的矢量三角 竖直 y＝ gt2
2 2v0tan θ
形 t＝
合位移 x 合＝ x2＋y2 g
由 0＝v1－a1t,0－v 21 ＝－2a1d 得
在运动起点同时
v0tan θ vv g 0
2sin θtan θ
分解 0、 t＝ ，d＝
g 2g
分解平行于斜面 v0tan θ
由 vy＝gt 得 t＝
的速度 v g
2.与斜面相关平抛运动的处理方法
(1)分解速度
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,设平抛运动的初速度为 v0,在
空中运动时间为 t,则平抛运动在水平方向的速度为 vx=v0,在竖直方向的速度为 vy=gt,合速度为 v= 2 + 2,

合速度与水平方向的夹角满足 tan θ= 。
(2)分解位移
1
平抛运动在水平方向的位移为x=v t,在竖直方向的位移为y= gt20 2 ,对抛出点的位移(合位移)为 s= 2 + 2,

合位移与水平方向夹角满足 tan φ= 。
(3)分解加速度
平抛运动也不是一定要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,在有些问题中,过
抛出点建立适当的直角坐标系,把重力加速度 g 正交分解为 gx、gy,把初速度 v0正交分解为 vx、vy,然后分别在
x、y 方向列方程求解,可以简化解题过程,化难为易。
5．跳台滑雪是一项勇敢者的运动，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。现有某运动员从跳台 A 处沿水平方向飞出，在斜坡 B 处着陆，如图所示。测得
A、B 间的竖直高度差为 20m，斜坡与水平方向的夹角为 30°，不计空气阻力，g 取10m / s2 。则下列说法错
误的是（　　）
A．运动员在 A 处的速度大小为10 3m / s
B．运动员在空中飞行的时间为 2s
C 5 3．运动员在空中离坡面的最大距离为 m
2
D．运动以从 A 到 B 速度变化量为 10m/s
【答案】D
1 2
【详解】B．运动员做平抛运动，在竖直方向 h = gt 解得 t = 2s，B 正确；
2
h x
A．在水平方向 x = = 20 3m则水平速度为 v0 = =10 3m/s，A 正确；tan 30° t
C 2 2．运动员沿斜面方向的分加速度为 ax = g sin θ = 5m/s 在垂直斜面方向的分加速度为 ay = g cosθ = 5 3m/s
当运动员运动方向与斜面平行时，离斜面最远。此时垂直斜面方向的分速度为零，可得，运动员离斜面最
v2y 5 3
远为 d = 其中 vy = v sinq 解得 d = m，C 正确；2ay 2
D．运动以从 A 到 B 速度变化量为Δv = gt = 20m/s，D 错误。本题选择错误的，故选 D。
6．将一个小球以水平速度 v0=10 m/s 从 O 点向右抛出，经 3 s 小球恰好垂直落到斜面上的 A 点，不计空气
阻力，g 取 10 m/s2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是（　　）
A．斜面的倾角是 45°
B．小球的抛出点距斜面的竖直高度是 15 m
C．若将小球以水平速度 v0=5 m/s 向右抛出，则它一定落在 AB 的中点 P 的上方
D．若将小球以水平速度 v0=5 m/s 向右抛出，则它一定落在 AB 的中点 P 处
【答案】C
v
A θ A tanq = 0【详解】 ．设斜面倾角为 ，对小球在 点的速度进行分解，有 gt 解得 θ=30°，A 错误；
B 1．小球距过 A 点水平面的距离 h= 2 gt
2=15m 所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于 15 m，B 错
误；
CD．若小球的初速度 v0′=5 m/s，过 A 点作水平面，小球落到该水平面的水平位移是小球以初速度 v0=10
m/s 抛出时的一半，即它一定落在 AB 的中点 P 的上方，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在 P、A
之间，C 正确，D 错误。故选 C。
考向 2 平抛运动与圆面相结合
三种常见情景：
1
1.如图甲所示，小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置。由半径和几何关系制约时间 t：h＝
2
gt2，R± R2－h2＝v0t，联立两方程可求 t。
2.如图乙所示，小球恰好沿 B 点的切线方向进入圆轨道，此时半径 OB 垂直于速度方向，圆心角 α 与速度的
偏向角相等。
3.如图丙所示，小球恰好从圆柱体 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。
7．如图所示竖直截面为半圆形的容器，O 为圆心，且 AB 为沿水平方向的直径。一物体在 A 点以向右的水
平初速度 vA抛出，与此同时另一物体在 B 点以向左的水平初速度 vB抛出，两物体都落到容器的同一点
P。已知 BAP = 37o ，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．B 比 A 先到达 P 点
B．两物体一定同时到达 P 点
C．抛出时，两物体的速度大小之比为 vA : vB =16 : 7
D．抛出时，两物体的速度大小之比为 vA : vB = 4 :1
【答案】B
【详解】AB．两物体同时抛出，都落到 P 点，由平抛运动规律可知两物体下落了相同的竖直高度，由
h 1= gt 2 可得 t 2h= g 故两物体同时到达 P 点，故 A 错误，B 正确；2
CD．在水平方向，抛出的水平距离之比等于抛出速度之比，设圆的半径为 R，连接 BP，由几何关系可知
AP ^ BP
32
由直角三角形可得 A 点和 B 点平抛的物体的水平位移分别为 xA = AP ×cos37°=2R cos37° ×cos37°= R，25
v x 32 16
xB = 2R x
18
- A = R物体平抛的水平分运动是匀速直线运动 x =v t A = A0 ，故 = =25 vB xB 18 9
故 CD 错误。 故选
B。
8．如图所示，一小球（可视为质点）从一半圆轨道的左端 A 点正上方某处开始做平抛运动，飞行过程中
恰好与半圆轨道相切于 B 点。O 点为半圆轨道圆心，半圆轨道的半径为 R，OB 与水平方向的夹角为 37°，
重力加速度大小为 g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，则小球被抛出时的初速度大小为（ ）
A 3 3gR B 2 3gR C 3 5gR 2 5gR． ． ． D．
2 5 3 5 2 3 3 3
【答案】A
v
【详解】小球恰好与半圆轨道相切于 B 点，则 tan 37° = 0 ， vy = gtv ，R + R cos37° = v t v
3 3gR
0 解得 0 =
y 2 5
故选 A。
考点三 平抛运动的临界问题
考向 平抛运动在球类问题中的临界问题
1．平抛运动中临界问题的两种常见情形
(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；
(2)物体的速度方向恰好达到某一方向。
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。
3.典型规律
擦网 压线 既擦网又压线
2
1 2 H h gt2 1 g x

1 1 x 21 1 x + x 由 - = =
1
2 1 2 2 2
和
由 H - h = gt = g 由 H = gt = g 1 2
v0
2 2 v1 2 2 v 2 2

得： 得： H
1
= gt2 1= g x1 + x2
2 2 v0
得：
v g1 = x1 v x x
g
= + 2
2 H - h 2 1 2 2H H - h x= 1
H x1 + x 22
9．中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面一
手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面片刚被削离时距开水锅的高度为 L，与锅沿的水平距离
为 L，锅的半径也为 L，若将削出的小面片的运动视为平抛运动，且小面片都落入锅中，重力加速度为 g，
则下列关于所有小面片的描述正确的是（　　）
A．空中相邻两个面片飞行过程中水平距离可能逐渐变大
B．掉落位置不相同的小面片，从抛出到落水前瞬间速度的变化量不同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的 3 倍
D gL．若初速度为 v0，则 < v0 < 2gL2
【答案】A
【详解】A．面片飞行过程中水平方向做匀速直线运动，若先飞出的面片初速度较大，则空中相邻两个面
片飞行过程中水平距离逐渐变大，故 A 正确；
1
B 2．掉落位置不相同的小面片，下落高度相同，由 h = gt 可知，下落的时间相等，由Dv = gt 可知，从抛
2
出到落水前瞬间速度的变化量相等，故 B 错误；
1
CD 2．由 h = gt 可知，下落时间为
2
t 2L=
g
水平位移的范围为
L < x < 3L
则初速度的取值范围为
L v 3L< 0 可得
gL
< v 9gL0 <2 2
落入锅中时的竖直分速度为
vy = 2gL
则落入锅中时，最大速度
v 2gL 9gL 13gLmax = + =2 2
最小速度为
vmin = 2gL
gL 5gL
+ =
2 2
可知，落入锅中时，最大速度不是最小速度的 3 倍，故 CD 错误。
故选 A。
L
10．如图所示，球网高出桌面 H，网到两边的距离为 L，某人在乒乓球训练中，从左侧 处，将球沿垂直
2
于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动，下列判断正确的
是（　　）
A．击球点的高度与网高度之比为 4︰3
B．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为 2︰1
C．乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为 1︰3
D．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为 1︰2
【答案】D
【详解】AB．设乒乓球到网的时间为 t1，水平距离为 x1，击球点的高度为 h，乒乓球到右侧边缘的水平距
x vt 3L x vt L h 1 gt 2 H 1 gt 2 1离为 x，根据平抛运动规律，则 = = ， 1 = 1 = ， = ， = - gt
2
1 联立得 t : t1 = 3:1则2 2 2 2 2
乒乓球在网左右两侧运动时间之比为 t1 : t - t1 =1: 2击球点的高度与网高度之比 h : H = 9 :8故 AB 错误；
C．乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为
v2 + gt 2 v2 + gt 21 ： = v2 + gt
2 2
1 ：v2 + 9 gt1 1: 3
故 C 错误；
D．因乒乓球在网左右两侧运动时间之比为 t1 : t - t1 =1: 2所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为
g × t1 : g × t - t1 =1: 2故 D 正确。故选 D。
考点四 类平抛运动和斜抛运动
考向 1 类平抛运动
1.类平抛运动的受力特点:
物体所受的合外力为恒力,且与初速度的方向垂直。
2.类平抛运动的运动特点:
合
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.类平抛运动的求解方法:
(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。
11．如图所示，光滑斜面 ABCD 为边长 a=2.5m 的正方形，斜面与水平面的倾角为 30°。现将一小球从 B 处
水平向左射出，小球沿斜面恰好到达底端 D 点。重力加速度 g 取 10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．小球在斜面上运动的时间为 0.5s
B．小球在 B 点的速度大小为 2.5m/s
C．小球在 D 点的速度大小为 5m/s
D．小球的速度变化量大小为 10m/s
【答案】B
【详解】AB．对小球受力分析，受到重力和斜面的支持力，根据牛顿第二定律，可得mg sin 30° = ma 解得
1
a = 5 m/s2 2方向沿斜面向下；小球从 B 到 D 做类平抛运动，水平方向有 a = v0t 沿斜面向下方向有 a = a t2
联立方程解得 t =1s， v0 = 2.5 m/s 故 A 错误，B 正确；
C．沿斜面向下方向有 v = a t = 5 m/s 在 D 点的速度为 v = v 2 + v 2y D 0 y = 2.5 5 m/s 故 C 错误；
D．速度的变化量为Dv = vy = 5m/s 故 D 错误。故选 B。
mg
12．如图所示，一物体在某液体中运动时只受到重力mg 和恒定的浮力F 的作用，且F = 。如果物体从
3
M 点以水平初速度 v0开始运动，最后落在 N 点，MN 间的竖直高度为 h ，其中 g 为重力加速度，则下列说
法正确的是（　　）
2h
A．从M 运动到 N 的时间为
g
3h
B．M 与 N 之间的水平距离为 v0 g
C．从M 运动到 N 的轨迹不是抛物线
D．减小水平初速度 v0，运动时间将变长
【答案】B
【详解】ACD．根据题意可知，物体水平方向不受力，以 v0做匀速直线运动，竖直方向上，由牛顿第二定
律有mg - F = ma
2
解得a = g 竖直方向做匀加速直线运动，可知，物体做类平抛运动，则从M 运动到 N
3
1 2 2h 3h
的轨迹是抛物线，竖直方向上有 h = at 解得 t = = 可知，飞行时间与初速度大小无关，故 ACD
2 a g
错误；
B 4gh．根据题意，结合上述分析，由 v2 = 2ah 可得，物体运动到 N 点时，竖直速度为 vy = 2ah = 设M3
h 1 vy 3h
与 N 之间的水平距离为 x ，由平抛运动规律有 = × 解得 x = v 故 B 正确。故选 B。
x 2 v 00 g
考向 2 斜抛运动
水平竖直正交分解 最高点一分为二变平抛运动 将初速度和重力加速度
处理方法
化曲为直 逆向处理 沿斜面和垂直斜面分解
垂直斜面： g1 = g cosa
水平速度： vx = v0 cosq v1 = v0sinq - g1 × t
x = v0 cosq × t y = v 1 20sinqt - g2 1
t
竖直速度：
最高点：速度水平 沿着斜面： g2 = g sina
基本规律 vy = v0 sinq - gt
v0x = v0 cosq
1 v2 = v0cosq + g2 × ty = v 20 sinqt - gt2
x = v 10cosqt + g
2
2 2 2
t
h v0 sinq最高点： m = 2g v sinq 2
最高点： h 0m = 2g1
13．如图所示，射水鱼发现前方有一昆虫，就将嘴露出水面对昆虫喷水，斜向上射出的水柱恰好水平击中
昆虫。已知鱼嘴距离昆虫d = 0.75m ，两者连线与水平方向夹角为q = 37°（ sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8），
忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．水滴在空中运动 0.5s 后击中昆虫
B．击中昆虫时，水滴速度大小为 2m/s
C．斜向上射出的水柱，初速度大小为 3m/s
D．斜向上射出的水柱，初速度与水平方向夹角为 53°
【答案】B
o 1 2
【详解】A．由水滴竖直方向的运动可得 d sin37 = gt 解得水滴从发射到击中昆虫的时间 t = 0.3s 故 A 错
2
o
误；B． 由水滴水平方向的运动可得 d cos37 = v0xt 解得初速度的水平分速度 v0x = 2m/s故 B 正确；
C．由水滴竖直方向的运动可得初速度的竖直分速度 v0 y = gt = 3m/s斜向上射出的水柱，初速度大小
v = v2 20 0x + v0 y = 13m/s 故 C 错误；
v
D 0 y
3 o 4
．斜向上射出的水柱，初速度与水平方向夹角a ，则 tana = = 又 tan 53 = 斜向上射出的水柱，初
v0x 2 3
速度与水平方向夹角不等于 53°，故 D 错误。故选 B。
14．如图，一运动员站在水平地面上射箭时，保持人拉弓的力及出射点位置不变，箭与水平方向夹角为 θ
（0°<θ<90°），忽略空气阻力和发射点到地面的距离，则（　　）
A．增大 θ 一定可以增大射箭的最远距离
B．减小 θ 将增大箭支的最高高度
C．增大 θ 将减小箭支运动过程中的最小速度
D．改变 θ 并不影响箭支落地时速度的方向
【答案】C
v2 sin 2q p
【详解】A．设箭的初速度为 v。则 s = 2vt cosq ， v sinq = gt 解得 s = 因此当q = 时，箭射出的距
g 4
离最远，因此 A 错误；
h 1 gt 2 v
2 sin2 q
B．箭支的最高高度为 = = 故减小 θ 将降低箭支的最高高度，故 B 错误；
2 2g
C．箭支运动过程中的最小速度就是箭支的水平分速度，即 vx = v cosq 增大 θ 将减小箭支运动过程中的最小
速度，故 C 正确；
D．箭支落地时速度的方向与水平方向的夹角仍是q ，故改变 θ 会影响箭支落地时速度的方向，故 D 错
误；故选 C。
1．如图，将一支飞镖在竖直墙壁的左侧 O 点以不同的速度水平抛出，A 为 O 点在竖直墙壁上的投影点，
每次抛出飞镖的同时，在 A 处由静止释放一个特制（飞镖能轻易射穿）的小球，且飞镖均能插在墙壁上，
第一次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为53°，第二次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为37°，图中没有画
出，不计空气阻力。（ sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8）则（　　）
A．两次速度增量之比为 9：16
B．两次抛出的飞镖只有一次能击中小球
C．两次下落的高度之比为 9：16
D．两次平抛的初速度之比为 3：4
【答案】C
【详解】
A．第一次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为53°，则
tan 53 v° = 01
gt1
第二次插在墙壁时，飞镖与墙壁的夹角为37°，则
tan 37 v° = 02
gt2
因为
v01t1 = v02t2
解得
t1 3=
t2 4
根据
Dv = gt
可知，两次速度增量之比为 3：4，故 A 错误；
B．因为平抛运动竖直方向是自由落体运动，所以两次均能命中小球，故 B 错误；
C．根据
h 1= gt 2
2
两次下落的高度之比为 9：16，故 C 正确；
D．因为
v01t1 = v02t2
两次平抛的初速度之比为 4：3，故 D 错误。
故选 C。
2．A 和 B 两小球，从同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出，其运动轨迹是抛物线，如图所示，
不计空气阻力，两球在空中相遇，下列说法正确的是（ ）
A．相遇时 A 球速度一定小于 B 球速度
B．相遇时 A、B 两球的动能一定相等
C．A 和 B 两小球必须同时抛出
D．相遇时 A 和 B 两小球重力的功率一定相同
【答案】C
【详解】C．由于相遇时 A、B 做平抛运动的竖直位移 h 相同，由
h 1= gt 2
2
可以判断两球下落的时间相同，即应同时抛出，故 C 正确；
A．根据
vy = gt
可知，相遇时 A、B 两球竖直分速度相等；两球在水平方向上做匀速直线运动，根据
x =v0t
因为 A 球的水平位移大，下落时间相等，所以 A 球的初速度大，则相遇时的速度大小为
v = v20 + v
2
y
可知，相遇时 A 球速度一定大于 B 球速度，故 A 错误；
B．根据
E 1k = mv
2
2
相遇时 A 球速度一定大于 B 球速度，但 AB 球的质量关系未知，所以无法比较相遇时 A、B 两球的动能，
故 B 错误；
D．重力的功率为
PG = mgvy
相遇时 A 和 B 两小球竖直分速度相同，但两球的质量关系未知，所以无法得出相遇时 A 和 B 两小球重力的
功率关系，故 D 错误。
故选 C。
3．环保人员在一次检查时发现，有一根排污管正在向外排出大量污水。环保人员观察和测量发现，排污
管水平设置，管口离地面高度约为1．8m，污水落地点距管口水平距离约为3m，口内直径约为0．2m，重力
加速度 g = 10m/s2 ，忽略空气阻力，则以下估算正确的是（　　）
A．污水从管口排出速度为3m/s
B．每秒排污体积0.628m3
1
C 2．若建立如图所示的直角坐标系，空中的污水构成的曲线满足方程 y = x
5
D．污水落地速度为 6m/s
【答案】C
【详解】A．根据平抛运动规律可知
y 1= gt 2
2
x =v0t
解得
v0 = 5m/s
故 A 错误；
B．每秒排污体积
p d 2Q = v0S = v
3
0 × = 0.157m4
故 B 错误；
C．若建立如图所示的直角坐标系，根据
y 1= gt 2
2
x =v0t
解得
y 1= x2
5
故 C 正确；
D．污水落地速度为
v = (gt)2 + v20 = 61m/s
故 D 错误。故选 C。
4．如图所示，乒乓球台的水平长度为 2L，中间的球网高度为 h，运动员在球台左上方将球水平发出，发
1
球点距球台左边缘 O 点的水平距离为 L ，球在己方台面上反弹后恰好掠过球网并落在对方球台边缘 P
2
处，虚线为乒乓球运动的轨迹。已知乒乓球在台面上反弹前后的水平分速度不变，竖直分速度大小不变但
方向相反，Q 为乒乓球在己方台面上的落点，O、P、Q 在同一直线上，且OP与球台侧边平行，不考虑乒
乓球的旋转和空气阻力，重力加速度为 g，下列说法正确的是（　　）
4
A．发球点距 O 点的竖直高度为 h
3
5
B．发球点距 O 点的竖直高度为 h
3
C g．发球速度大小为 L
3h
D g．发球速度大小为 L
2h
【答案】C
【详解】从乒乓球反弹到运动到最高点逆过程看做反向平抛运动，则整个运动可看作 3 次平抛运动，总的
水平位移为
x总 = 2L
1 5
+ L = L
2 2
每次平抛运动
5 L = v0t6
H 1= gt 2
2
则乒乓球从反弹在掠过球网到运动到最高点的 看作反向平抛运动，设发球点距 O 点的竖直高度为 H，此
过程运动时间为 t1 ，则
1 L = v0t6 1
1 gt 21 = H - h2
以上各式联立，解得
H 25= h
24
v g0 = L 3h
故选 C。
5．如图所示，某排球运动员正在离球网 3m 处强攻，排球的速度方向水平，设矩形排球场的长为 2L，宽
L
为 L（L 为 9m），若排球（可视为质点）离开手时正好在 3m 线（即 线）中点 P 的正上方高 h1处，球网3
高 H，对方运动员在近网处拦网，拦网高度为 h2，且有 h1>h2>H，不计空气阻力。为了使球能落到对方场
地且不被对方运动员拦住，则球离开手的速度 v 的范围是（排球压线不算出界）（ ）
L g 4L g
A． 3 （2 h1-H） 3 2h1
L g 2 2
B ·
1 2h1
L g 4L g
C． 3 （2 h1-h2） 3 2h1
L g 4L 2 L 2D． 3 （2 h1-h）
+
3
·
2 2 2h1
【答案】D
【详解】若球能落到对方场地且不被对方运动员拦住，根据
h 1 21 = gt2 1
得
t 2h= 11 g
平抛运动的最大水平位移为
2 2
s 4L= L max 3
+
2
则平抛运动的最大初速度为
2 2
4L + L 3 2 4L 2 2v = = L+ gmax t 3 2
g
1 2h1
根据
h - h 1= gt 21 2 2 2
得
t （2 h1 - h）2 = 2 g
则平抛运动的最小速度
L
v 3 L g= = min t2 3 （2 h1 - h2）
所以球离开手的速度 v 的范围是
L g 2v 4L L
2 g
<
3 2 h - h 3
+ 2
g
（ 1 2） 2h1
故选 D。
6．如图，两个靠得很近的小球（均可视为质点）从斜面上的同一位置 O 以不同的初速度 vA、vB 做平抛运
动，斜面足够长，在斜面上的落点分别为 A、B，在空中运动的时间分别为 tA、tB ，落到斜面前瞬间的速度
与水平方向的夹角分别为a、b ，已知OB = 2OA。下列说法正确的是（　　）
A． vA : vB =1: 2 B． tA : tB =1: 2
C．α = β D．a < b
【答案】C
【详解】AB．小球做平抛运动，根据OB = 2OA，可知 A 小球下落的高度为 B 小球下落高度的一半，对 A
小球
x = vAtA
h 1= gt 2
2 A
对 B 小球
2x = vBtB
2h 1= gt 2
2 B
解得
tA 1=
tB 2
vA 2=
vB 2
AB 错误；
CD．小球落到斜面上，设速度与水平方向的夹角为 θ，速度偏转角满足
tanq gt=
v0
所以
a = b
故 C 正确，D 错误。
故选 C。
7．如图所示，O 为斜面的底端，在 O 点正上方的 A、B 两点分别以初速度 vA 、 vB 正对斜面抛出两个小
球，结果两个小球都垂直击中斜面，击中的位置分别为 P、Q（图中未标出）。OP = 3OQ，空气阻力忽略
不计，则（　　）
A． 2OB＝AB B．3OB＝AB
C． 2vA＝vB D．3vA＝vB
【答案】A
【详解】CD．设小球的初速度为 v0，抛出点的高度为 h，运动时间为 t，斜面的倾角为q 。小球垂直击中斜
面时，速度与斜面垂直，由速度分解可知
tan vq = 0
vy
vy = gt
可得
t v= 0
g tanq
根据几何关系可得
OP v 2
= A
tA vA 3= =
OQ vBtB v
2
B 1
可得
vA = 3vB
故 CD 错误；
AB．根据几何关系有
h 1= gt 2 + v0t × tanq = v
2
0 (
1 1
+ )
2 2g tan2 q g
可得
OA v2
= A
OB v2
= 3
B
则
2OB＝AB
故 A 正确，B 错误。
故选 A。
8．浙江 15 岁少年沈丹瑶打水漂获全国冠军，一次水漂最多打 300 多下，打水漂的石片弹跳的次数由初速
度、转速、入水时石头和水面的夹角、石头材质等决定。假设某次投掷时，石片在距离水面高 h0 处以水平
1
速度 v0抛出，若石片与水面碰撞时，水平速度不变，但碰后反弹高度都是前一次 ，不计空气阻力，重力4
加速度为 g ，则石片从抛出到第四次触水的过程中（　　）
5 2h 11 2h
A．经历的时间 0 B．经历的时间 0
2 g 4 g
3v 2h0 4v 2hC．经历的水平距离为 D．经历的水平距离为 00 g 0 g
【答案】B
【详解】AB．则石片从抛出到第四次触水的过程中，每次从抛出到触水的时间分别为
t 2h0 2h0 2h0 2h01 = ，t2 = 2，t3 = 2，t4 = 2g 4g 4 4g 4 4 4g
经历的时间为
t t t t t 11 2h= + + + = 01 2 3 4 4 g
故 A 错误；B 正确；
CD．经历的水平距离为
x v t 11v 2h= = 00 4 0 g
故 CD 错误。
故选 B。
9．如图，倾角为37°的斜面体的坡面为矩形 ABCD，BC 边长为 L，AB 边长为 0.6L，某同学站在坡顶上的
A 点处，从 A 点正上方的 P 点沿水平方向抛出一个小球，小球刚好落在 C 点，已知 P 点离 A 点高度为
0.4L，重力加速度大小为 g，不计空气阻力， sin 37° = 0.6,cos37° = 0.8 ，下列说法正确的是（ ）
2L
A．小球在空中运动时间为
g
B．小球从 P 点抛出的初速度大小为 gL
C．小球落到 C 点时速度大小为 2 gL
D．小球落到 C 点时速度与水平方向的夹角的正切值为 2
【答案】AD
【详解】A．根据平抛运动规律可知
0.4L + BC sin 37 1° = gt 2
2
解得
t 2L=
g
故 A 正确；
B．沿 AC 方向有
AB2 + (BC cos37°)2 = v0t
解得
v gL0 = 2
故 B 错误；
C．根据竖直方向的运动规律可知
vy = gt = 2gL
根据运动的合成有
v v2 v2 5gL= 0 + y = 2
故 C 错误；
D．根据运动的分解可知
v
tana = y = 2
v0
故 D 正确；
故选 AD。
10．如图，两竖直光滑墙相邻，一可看作质点的小球自左侧墙体最高点 O 水平抛出， A '、B' 、C '、
LL A、B、C、LL为小球与左、右两侧墙体的碰撞点，小球与墙体碰撞前后，竖直速度不变，水平速度
等大、反向，墙足够高，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．A、B、C……间的距离之比满足 yAB:yBC:yCD:× × × =1:3:5:× × ×
B．小球在 A、B、C 的竖直速度分量之比满足 vAy:vBy:vCy:× × × =1:3:5:× × ×
C．小球与墙体碰撞时速度变化量均相同
D．小球与墙体两次碰撞之间，小球的动量变化率均相同
【答案】BD
【详解】AB．小球在水平方向做速率不变的运动，竖直方向做自由落体运动，则
tOA = t = t = t = t = ×××AA' A'B BB' B'C
物体做初速度为 0 的匀变速直线运动时，在连续相等时间内位移之比为 1:3:5:× × × ，由于 A 点有竖直向下的
分速度，则 A、B、C× × × 之间的距离之比满足
yAB:yBC:yCD:× × × 1:3:5:× × ×
由
v = gt
知，小球在 A、B、C 的竖直速度分量之比满足
vAy:vBy:vCy:× × × =1:3:5:× × ×
故 A 错误，B 正确；
C．小球与墙体碰撞前后，竖直速度不变，水平速度等大、反向，小球与墙体每次碰撞时速度变化量大小
相等，均为
Dv = 2v0
但方向不是都相同，故 C 错误；
D．由动量定理知
I = mg × Dt
I
= mg
Dt
小球与墙体前后两次碰撞之间，小球的动量变化率即为小球重力，均相同，故 D 正确。
故选 BD。
11．如图所示，一位同学玩飞镖游戏，圆盘最上端有一点 P，飞镖抛出时与 P 等高，且与 P 点的距离为
L。当飞镖以初速度 v0垂直盘面瞄准 P 点水平抛出的同时，圆盘绕经过盘心 O 点的水平轴在竖直平面内匀
速转动，忽略空气阻力，重力加速度为 g，飞镖恰好击中 P 点，则（　　）
2L gL2
A．飞镖击中 P 点所需的时间为 v B．圆盘的半径为 4v20 0
pv 2p v
C．圆盘转动角速度的最小值为 0 D．圆盘转动的角速度可能为 0
L L
【答案】BC
【详解】A．飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动
t L=
v0
A 错误；
B．飞镖击中 P 点时，P 恰好在最下方，则
2r 1= gt 2
2
解得圆盘的半径
2
r gL=
4v20
B 正确；
CD．飞镖击中 P 点，则 P 点转过的角度
q = wt = p + 2kp （ k = 0，1，2，…）
故
w q (2k +1)pv= = 0 （ k = 0，1，2，…）
t L
pv 2p v
则圆盘转动角速度的最小值为 0 ，圆盘转动的角速度不可能为 0 ，C 正确、D 错误。
L L
故选 BC。
12．一个物体以速度 v0 = 2m/s在光滑水平面上做匀速直线运动，物体的质量为m =1kg ，某时刻开始受到
一个与 v0方向垂直的水平恒力F = 2N作用，经过时间 t = 2s后撤去外力 F，下列说法正确的是（　　）
A．物体在这 2s内做匀变速曲线运动
B．撤去外力时，物体的速度大小为 2 2m/s
C．撤去外力时，物体的速度方向与初速度方向夹角为 60°
D．外力作用的这 2s内，物体的位移大小为 4 2m
【答案】AD
【详解】A．水平恒力与 v0方向垂直，则物体做类平抛运动，所以物体在这 2s内做匀变速曲线运动，选项
A 正确；
B．撤去外力时，有
vx = v0 =2m/s
v Fy = at = t
2
= 2m/s=4m/s
m 1
所以合速度
v = v 2 + v 2x y = 2 5m/s
选项 B 错误；
C．撤去外力时，物体的速度方向与初速度方向夹角
v
tanq y 4= = =2
vx 2
所以
q 60°
选项 C 错误；
D．外力作用的这 2s内，有
x = v0t = 4m
y 1 1 F= at 2 = t 2 = 4m
2 2 m
所以合位移
s = x2 + y2 = 4 2m
选项 D 正确。
故选 AD。
13．如图所示，物体甲从高 H 处以速度 v1平抛，同时物体乙从距甲水平方向距离 x 处由地面以速度 v2竖
直上抛，不计空气阻力，两个物体在空中某处相遇，下列叙述中正确的是 (　　)
A．从抛出到相遇所用的时间是 x/v1
B．如果相遇发生在乙上升的过程中，则 v2 > gH
C gH．如果相遇发生在乙下降的过程中，则 v2 < 2
D．若相遇点离地面高度为 H/2，则 v2 = gH
【答案】ABD
【详解】A.两物体只可能在乙的竖直方向上相遇，所以甲水平位移为 x，甲水平方向做匀速直线运动，所
x
用时间 t = v 故 A 正确．1
B.甲下落位移为
2
1 h = gt 2 1 x= g
2 2 v1
如果相遇发生在乙上升过程中，
v2t
1
- gt 2 = H - h ，
2
解得：
t H=
v2
此时
v2 H>
g v2
所以
v2 > gH
故 B 正确
C.如果相遇发生在乙下降过程中，甲下落位移为
2
1 h = gt 2 1 x= g
2 2 v1
如果相遇发生在乙上升过程中，
v2t
1
- gt 2 = H - h ，
2
解得：
t H=
v2
此时
v2 H<
g v2
所以
v2 < gH
故 C 错误；
D.当相遇点离地面高度为 H/2 时
x H
= ，
v1 g
所以
v2 = gH ．
故 D 正确。
14．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 gR．小球抛出的速度等于 时，运动时间最长
3
D gR．若小球抛出的速度小于 ，则落到接触面时速度偏角均相同
6
【答案】AD
【详解】A．如图所示
根据平抛运动推论：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，即小
球垂直打在圆弧面 B 点时，故 A 正确；
B．根据
h 1= gt 2
2
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，可知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，可知小球运动的时间越短，故 B 错误；
C．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= gt 2
R
， = v t
2 tan 60° 0
联立解得
v gR0 = 6
故 C 错误；
D gR．若小球抛出的速度小于 ，可知小球均落在斜面上，根据平抛运动推论可知，落到斜面上时速度偏
6
角均满足
tanq = 2 tan 60° = 2 3
即落到斜面时速度偏角均相同，故 D 正确。
故选 AD。
15．自由式滑雪 U 型比赛场地可简化为如图甲所示的模型：滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道连
接而成，轨道的倾角为 θ。某次腾空时，运动员（视为质点）以大小为 v 的速度从轨道边缘上的 M 点沿轨
道的竖直切面 ABCD 滑出轨道，速度方向与轨道边缘 AD 的夹角为 90°-θ，腾空后沿轨道边缘 AD 上的 N 点
进入轨道，腾空过程（从 M 点运动到 N 点的过程）的左视图如图乙所示。重力加速度大小为 g，不计空气
阻力。下列说法正确的是。（　　）
A．运动员腾空过程中处于超重状态
v2cosq
B．运动员腾空过程中离开 AD 的最大距离为
2g
2v
C．运动员腾空的时间为 g
4v2sinq
D．M、N 两点的距离为
g
【答案】BCD
【详解】A．加速度方向向上为超重，加速度方向向下为失重，运动员腾空过程中加速度为 g，方向竖直向
下，运动员一直处于失乘状态，故 A 错误；
B．运动员在 M 点时重直 AD 方向的速度大小
v1 =vsin（90°-θ）
垂直斜面方向加速度大小为
a1=gcosθ
设运动员腾空过程中离开 AD 的最大的距离为 d， 根据匀变速直线运动的规律有
v21 = 2a1d
解得
2
d v cosq=
2g
故 B 正确；
C．可得运动员从 M 点到离开 AD 最远的时间
t v1 vcosq v0 = = =a1 gcosq g
根据对称性可知，运动员腾空的时间
t 2t 2n= 0 = g
故 C 正确；
D．运动员在 M 点时平行 AD 方向的速度大小
v2 =vcos（90°-θ）
设运动员在 ABCD 面内平行 AD 方向的加速度大小为 a2，根据牛顿第二定律有
mgsinθ=ma2
根据匀变速直线运动的规律可知， M、N 两点的距离
x v t 1 a t 2 4v
2sinq
= 2 + =2 2 g
故 D 正确。
故选 BCD。
16．在某次高尔夫球比赛中，美国选手罗伯特－斯特布击球后，球恰好落在洞的边缘，假定洞内 bc 表面
1
为 球面，半径为 R，且空气阻力可忽略，重力加速度大小为 g，把此球以大小不同的初速度 v0沿半径方4
向水平击出，如图所示，球落到球面上，下列说法正确的是( )
A．落在球面上的最大速度为 2 2gR
B．落在球面上的最小速度为 3gR
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球面上
【答案】BD
【详解】AB．平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，由
h= 1 22 gt
得
2h
t=
g
设小球落在 A 点时，OA 与竖直方向之间的夹角为 θ，水平方向的位移为 x，竖直方向的位移为 y，水平方
向的初速度为 v0，到达 a 点时竖直方向的速度为 vy，如图所示
由几何关系得
v2
x=v0t=Rsinθ，y=
y =Rcosθ
2g
解得
2R cosq
v 2y =2gRcosθ， v0 = R sinqg
又由
v 2 2t＝ v0 + vy
联立得
2
vt＝ v
2
0 + 2gR cosq
Rg sin q 3
= + 2gR cosq = ( cosq 1+ )Rg
2cosq 2 2cosq
3 1
所以落在球面上时的小球有最小速度，当 cosq = 时，最小速度为 3gR ，故 A 错误，B 正确；2 2cosq
C．由以上的分析可知，小球下落的时间
v
t y 2Rcosq= =
g g
与小球的初速度有关．故 C 错误；
D．小球撞击在圆面时，速度方向斜向右下方，根据“中点”结论可知，由于 O 不在水平位移的中点，所以
小球撞在圆环上的速度反向延长线不可能通过 O 点，也就不可能垂直撞击圆环．故 D 正确。
故选 BD。
17．（2024·福建·高考真题）先后两次从高为OH =1.4m 高处斜向上抛出质量为m = 0.2kg 同一物体落于
Q1、Q2 ，测得OQ1 = 8.4m,OQ2 = 9.8m ，两轨迹交于 P 点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2m，
下列说法正确的是（　　）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为 7 : 4
B．第一次过 P 点比第二次机械能少1.3J
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72 :85
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
【答案】B
【详解】A．第一次抛出上升的高度为
h1 = 3.2m -1.4m=1.8m
故上升时间为
t 2h= 1上1 = 0.6sg
最高点距水平地面高为 h0 = 3.2m，故下降的时间为
t 2h0下1 = = 0.8sg
故一次抛出上升时间，下降时间比值为3: 4，故 A 错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
t = t上1 + t下1 =1.4s
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
v OQ= 1x1 = 6m/st
v OQx2 = 2 = 7m/st
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
vy = gt上1 = 6m/s
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过 P 点比第二次机械能少
1
DE = mv 2 1 2
2 x2
- mvx1 =1.3J2
故 B 正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
Ek1 = Ek01 + mgh
1
OH = m v 2 2x1 + vy + mghOH =10J2
E = E 1+ mgh = m v 2 2k2 k02 OH x2 + vy + mghOH =11.3J2
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100 :113，故 C 错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，
由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较
大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角
比第二次大，故 D 错误。
故选 B。
18．（2024·安徽·高考真题）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图
所示。水井中的水面距离水平地面的高度为 H。出水口距水平地面的高度为 h，与落地点的水平距离约为
l。假设抽水过程中 H 保持不变，水泵输出能量的h 倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密
度为 r ，水管内径的横截面积为 S，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ）
rgSl 2gh l 2 rgSl 2gh l 2
A． H + h + B． H + h +2hh 2h

2hh
4h
rgSl 2gh l 2 rgSl 2gh l 2
C． H + D． H +
2hh 2h

2hh

4h


【答案】B
【详解】设水从出水口射出的初速度为 v0，取 t 时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
m = v0tSr
根据平抛运动规律
v0t ' = l
h 1= gt '2
2
解得
v0 = l
g
2h
根据功能关系得
Pth 1= mv 20 + mg H + h 2
联立解得水泵的输出功率为
rgSl 2gh 2
P = H h
l
+ +
2hh 4h


故选 B。
19．（2024·海南·高考真题）在跨越河流表演中，一人骑车以 25m/s 的速度水平冲出平台，恰好跨越长
x = 25m的河流落在河对岸平台上，已知河流宽度 25m，不计空气阻力，取 g =10m / s2 ，则两平台的高度
差 h 为（　　）
A．0.5m B．5m C．10m D．20m
【答案】B
1 2
【详解】车做平抛运动，设运动时间为 t ，竖直方向 h = gt 水平方向d = v0t其中 d = 25m 、 v0 = 25m/s解2
得h = 5m故选 B。
20．（2024·湖北·高考真题）如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶
上。设低处荷叶 a、b、c、d 和青蛙在同一竖直平面内，a、b 高度相同，c、d 高度相同，a、b 分别在 c、
d 正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　）
A．荷叶 a B．荷叶 b C．荷叶 c D．荷叶 d
【答案】C
【详解】青蛙做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体则有
x = vt,h 1= gt2
2
可得
v g= x
2h
因此水平位移越小，竖直高度越大初速度越小，因此跳到荷叶 c 上面。
故选 C。

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