資源簡介

考點 15 拋體運動
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
選擇題 平拋運動 2024 年安徽卷、湖北卷、海南卷
選擇題 斜拋運動 2024 年福建卷、江西卷、山東卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對拋體運動的考查較為頻繁，而且大多聯系實際生活，題目的形式較為多樣，有選擇題
也有計算題，并且近幾年出現了三維空間的拋體運動考題，對學生的空間建構能力要求很高。
【備考策略】
1.掌握平拋運動的規律，能夠利用規律處理與平拋運動有關的各類問題。
2.掌握斜拋運動的規律并會應用。
【命題預測】重點關鍵平拋運動和斜拋運動規律在實際生活中的應用。
一、平拋運動的基本規律
1．定義：以一定的初速度沿水平方向拋出的物體只在重力作用下的運動。
2．性質：平拋運動是加速度為 g 的勻變速曲線運動，其運動軌跡是拋物線。
3．平拋運動的條件：(1)v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用。
4．研究方法：平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。
二、一般的拋體運動
1．定義：將物體以初速度 v0斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運動。
2．性質：斜拋運動是加速度為 g 的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。
3．研究方法：運動的合成與分解。
(1)水平方向：勻速直線運動。
(2)豎直方向：勻變速直線運動。
考點一 平拋運動的規律
考向 1 平拋運動基本規律的應用
1．基本規律(如圖所示)
(1)速度關系
(2)位移關系
g
(3)軌跡方程：y＝ x2。
2v02
2．四個基本規律
2h
飛行時間 由 t＝ 知，時間取決于下落高度 h，與初速度 v0無關g
2h
水平射程 x＝v0 ，即水平射程由初速度 v0和下落高度 h 共同決定，與其他因素無關g
落地速度 v＝ vx2＋vy2＝ v02＋2gh，落地速度也只與初速度 v0和下落高度 h 有關
速度改變量
任意相等時間間隔 Δt 內的速度改變量 Δv＝gΔt 相同，方向恒為豎直向下，如圖所示
1．某同學觀察一平拋小球，發現當小球拋出 0.3s 后小球的速度與水平方向成 37°角，落地時速度方向與水
tan 37 3平方向成 60°角，小球可看作質點，已知 ° = ， g =10m/s2 ，下列說法正確的是（
4 ）
A．小球初速度的大小為 5m/s B．小球落地時速度大小為 8m/s
C．小球拋出時距離地面的高度為 3.2m D．小球拋出的水平射程為 3m
【答案】B
【詳解】A．當小球拋出 0.3s 后小球的豎直分速度為 vy1 = gt1 = 3m/s則，水平方向的分速度為
v
v0 =
y1 = 4m/s故 A 錯誤；
tan 37°
B．小球落地時豎直方向的分速度為 vy2 = v0 tan 60° = 4 3m/s 小球落地時速度大小為 v = v
2
0 + v
2
y2 = 8m/s 故 B
正確；
v2
C h = y2．小球拋出時距離地面的高度為 = 2.4m 故 C 錯誤；
2g
v
D y2
2 3 8 3
．小球下落時間為 t = = s小球拋出的水平射程為 x = v
g 5 0
t = m故 D 錯誤。故選 B。
5
2．如圖所示，三個小球從同一高度處的 O 點分別以水平初速度 v1，v2，v3拋出，落在水平面上的位置分
別是 A，B，C。O′是 O 在水平面上的投影點，且 O′A∶AB∶BC＝1∶3∶5。若不計空氣阻力，則下列說法正確的
是（　 　）
A．三個小球水平初速度之比為 v1∶v2∶v3＝1∶4∶9
B．三個小球落地的速度之比為 1∶3∶5
C．三個小球通過的位移大小之比為 1∶ 3 ∶ 5
D．三個小球落地速度與水平地面夾角的正切值之比為 9∶4∶1
【答案】A
1 2 x
【詳解】A．三個小球做平拋運動，豎直高度相同，根據 h = gt 可知運動時間相同，根據 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 選項 A 正確；
B．根據 v 2 2y = 2gh 可知，三個小球落地的豎直速度相等，則落地速度 v = v0 + vy 則落地速度之比不等于
1∶3∶5，選項 B 錯誤；
C．三個小球通過的豎直位移相等，水平位移之比為 x1∶x2∶x3＝1∶4∶9 則位移 s = x2 + h2 可知位移大小之比不
等于 1∶ 3 ∶ 5 ，選項 C 錯誤；
vy 2ghD．小球落地速度與水平地面夾角的正切值 tanq = = 則三個小球落地速度與水平地面夾角的正切值
v0 v0
1
之比為 :
1 : 1 = 36 : 9 : 4，選項 D 錯誤。故選 A。
1 4 9
考向 2 平拋運動的兩個重要推論的應用
1.做平拋(或類平拋)運動的物體在任意時刻任一位置處，設其速度方向與水平方向的夾角為 α，位移方向與
水平方向的夾角為 θ，則 tan α＝2tan θ。
2.做平拋(或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖中 A
點為 OB 的中點。
3．地球和月球上有兩個足夠長、傾角為q 的山坡，若分別從兩個山坡上以相同初速度各水平拋出一個小
球，小球落到山坡上時，速度方向與斜面的夾角分別記為a1、a2。地球表面重力加速度大小是月球表面的
6 倍，不計阻力，下列選項正確的是（　?。?br/>A．a1 > a2 B．a1 < a2
C．a1 = a2 D．a1與a2無確定關系
【答案】C
【詳解】因為兩個小球在相同大小的速度 v0水平拋出，且都落到傾角為 θ 的斜面，因此兩個小球的位移與
水平方向夾角是相同的都為 θ，根據平拋的角度推論可知，速度角正切值是位移角正切值的兩倍，因此兩
個球落地時的速度角也相等，因此速度方向與斜面的夾角也相等。
故選 C。
4．如圖所示為一半球形的碗，其中碗邊緣兩點M、N 與圓心等高且在同一豎直面內?，F將兩個小球在
M、N 兩點，分別以 v1、v2的速度沿圖示方向同時水平拋出，發現兩球剛好落在碗上同一點Q，已知
MOQ = 53o o o，不計空氣阻力 sin53 = 0.8，cos53 = 0.6 。下列說法不正確的是（　?。?br/>A．兩球拋出的速度大小之比為1∶ 4
B．若僅增大 v2，則兩球將在落入碗中之前相撞
C．兩球的初速度無論怎樣變化，只要落在碗上同一點，兩球拋出的速率之和就不變
D．若僅從 N 點水平拋出小球，無論如何改變小球拋出的速度，都不可能垂直打在碗上
【答案】C
【詳解】A．由幾何知識可知，M 的水平位移 xM = R - R cos53° = 0.4R N 的水平位移
xN = R + R cos53° =1.6R由于二者在空中運動時間相等，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 正確；
B．若僅增大 v2，水平運動看相遇時間變短，豎直方向上的位移會變小，故還沒落在圓弧上，兩小球可能
在空中相遇，B 正確；
C．要使兩小球落在圓弧的同一點上，則有 xM + xN = 2R 即 (v1 + v2 )t = 2R 落點不同，豎直方向上的位移不
同，故運動時間 t 不同，所以 v1 + v2 不是定值，C 錯誤；
D．如果能夠垂直落入坑中，速度反向延長線應過圓心，水平位移應為 2R，應打到M 點，但由平拋運動知
識可知，小球不可能打到M 點，D 正確。
本題選擇不正確的，故選 C。
考點二 落點有約束條件的平拋運動
考向 1 平拋運動與斜面相結合
1.與斜面相關的幾種的平拋運動
圖示 方法 基本規律 運動時間
分解速度，構建 水平 vx＝v v0 v00 由 tan θ＝ ＝ 得
vy gt
速度的矢量三角 豎直 vy＝gt
v0
形 合速度 v＝ vx2＋vy2 t＝gtan θ
水平 x＝v0t
分解位移，構建 y gt由 tan θ＝ ＝ 得
1 x 2v0
位移的矢量三角 豎直 y＝ gt2
2 2v0tan θ
形 t＝
合位移 x 合＝ x2＋y2 g
由 0＝v1－a1t,0－v 21 ＝－2a1d 得
在運動起點同時
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.與斜面相關平拋運動的處理方法
(1)分解速度
平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動,設平拋運動的初速度為 v0,在
空中運動時間為 t,則平拋運動在水平方向的速度為 vx=v0,在豎直方向的速度為 vy=gt,合速度為 v= 2 + 2,

合速度與水平方向的夾角滿足 tan θ= 。
(2)分解位移
1
平拋運動在水平方向的位移為x=v t,在豎直方向的位移為y= gt20 2 ,對拋出點的位移(合位移)為 s= 2 + 2,

合位移與水平方向夾角滿足 tan φ= 。
(3)分解加速度
平拋運動也不是一定要分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動,在有些問題中,過
拋出點建立適當的直角坐標系,把重力加速度 g 正交分解為 gx、gy,把初速度 v0正交分解為 vx、vy,然后分別在
x、y 方向列方程求解,可以簡化解題過程,化難為易。
5．跳臺滑雪是一項勇敢者的運動，運動員穿專用滑雪板，在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出，在空
中飛行一段距離后著陸?，F有某運動員從跳臺 A 處沿水平方向飛出，在斜坡 B 處著陸，如圖所示。測得
A、B 間的豎直高度差為 20m，斜坡與水平方向的夾角為 30°，不計空氣阻力，g 取10m / s2 。則下列說法錯
誤的是（　?。?br/>A．運動員在 A 處的速度大小為10 3m / s
B．運動員在空中飛行的時間為 2s
C 5 3．運動員在空中離坡面的最大距離為 m
2
D．運動以從 A 到 B 速度變化量為 10m/s
【答案】D
1 2
【詳解】B．運動員做平拋運動，在豎直方向 h = gt 解得 t = 2s，B 正確；
2
h x
A．在水平方向 x = = 20 3m則水平速度為 v0 = =10 3m/s，A 正確；tan 30° t
C 2 2．運動員沿斜面方向的分加速度為 ax = g sin θ = 5m/s 在垂直斜面方向的分加速度為 ay = g cosθ = 5 3m/s
當運動員運動方向與斜面平行時，離斜面最遠。此時垂直斜面方向的分速度為零，可得，運動員離斜面最
v2y 5 3
遠為 d = 其中 vy = v sinq 解得 d = m，C 正確；2ay 2
D．運動以從 A 到 B 速度變化量為Δv = gt = 20m/s，D 錯誤。本題選擇錯誤的，故選 D。
6．將一個小球以水平速度 v0=10 m/s 從 O 點向右拋出，經 3 s 小球恰好垂直落到斜面上的 A 點，不計空氣
阻力，g 取 10 m/s2，B 點是小球做自由落體運動在斜面上的落點，如圖所示，以下判斷正確的是（　?。?br/>A．斜面的傾角是 45°
B．小球的拋出點距斜面的豎直高度是 15 m
C．若將小球以水平速度 v0=5 m/s 向右拋出，則它一定落在 AB 的中點 P 的上方
D．若將小球以水平速度 v0=5 m/s 向右拋出，則它一定落在 AB 的中點 P 處
【答案】C
v
A θ A tanq = 0【詳解】 ．設斜面傾角為 ，對小球在 點的速度進行分解，有 gt 解得 θ=30°，A 錯誤；
B 1．小球距過 A 點水平面的距離 h= 2 gt
2=15m 所以小球的拋出點距斜面的豎直高度肯定大于 15 m，B 錯
誤；
CD．若小球的初速度 v0′=5 m/s，過 A 點作水平面，小球落到該水平面的水平位移是小球以初速度 v0=10
m/s 拋出時的一半，即它一定落在 AB 的中點 P 的上方，延長小球運動的軌跡線，得到小球應該落在 P、A
之間，C 正確，D 錯誤。故選 C。
考向 2 平拋運動與圓面相結合
三種常見情景：
1
1.如圖甲所示，小球從半圓弧左邊沿平拋，落到半圓內的不同位置。由半徑和幾何關系制約時間 t：h＝
2
gt2，R± R2－h2＝v0t，聯立兩方程可求 t。
2.如圖乙所示，小球恰好沿 B 點的切線方向進入圓軌道，此時半徑 OB 垂直于速度方向，圓心角 α 與速度的
偏向角相等。
3.如圖丙所示，小球恰好從圓柱體 Q 點沿切線飛過，此時半徑 OQ 垂直于速度方向，圓心角 θ 與速度的偏向
角相等。
7．如圖所示豎直截面為半圓形的容器，O 為圓心，且 AB 為沿水平方向的直徑。一物體在 A 點以向右的水
平初速度 vA拋出，與此同時另一物體在 B 點以向左的水平初速度 vB拋出，兩物體都落到容器的同一點
P。已知 BAP = 37o ，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．B 比 A 先到達 P 點
B．兩物體一定同時到達 P 點
C．拋出時，兩物體的速度大小之比為 vA : vB =16 : 7
D．拋出時，兩物體的速度大小之比為 vA : vB = 4 :1
【答案】B
【詳解】AB．兩物體同時拋出，都落到 P 點，由平拋運動規律可知兩物體下落了相同的豎直高度，由
h 1= gt 2 可得 t 2h= g 故兩物體同時到達 P 點，故 A 錯誤，B 正確；2
CD．在水平方向，拋出的水平距離之比等于拋出速度之比，設圓的半徑為 R，連接 BP，由幾何關系可知
AP ^ BP
32
由直角三角形可得 A 點和 B 點平拋的物體的水平位移分別為 xA = AP ×cos37°=2R cos37° ×cos37°= R，25
v x 32 16
xB = 2R x
18
- A = R物體平拋的水平分運動是勻速直線運動 x =v t A = A0 ，故 = =25 vB xB 18 9
故 CD 錯誤。 故選
B。
8．如圖所示，一小球（可視為質點）從一半圓軌道的左端 A 點正上方某處開始做平拋運動，飛行過程中
恰好與半圓軌道相切于 B 點。O 點為半圓軌道圓心，半圓軌道的半徑為 R，OB 與水平方向的夾角為 37°，
重力加速度大小為 g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力，則小球被拋出時的初速度大小為（ ）
A 3 3gR B 2 3gR C 3 5gR 2 5gR． ． ． D．
2 5 3 5 2 3 3 3
【答案】A
v
【詳解】小球恰好與半圓軌道相切于 B 點，則 tan 37° = 0 ， vy = gtv ，R + R cos37° = v t v
3 3gR
0 解得 0 =
y 2 5
故選 A。
考點三 平拋運動的臨界問題
考向 平拋運動在球類問題中的臨界問題
1．平拋運動中臨界問題的兩種常見情形
(1)物體的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；
(2)物體的速度方向恰好達到某一方向。
2．解題技巧：在題中找出有關臨界問題的關鍵字，如“恰好不出界”“剛好飛過壕溝”“速度方向恰好與斜
面平行”“速度方向與圓周相切”等，然后利用平拋運動對應的位移規律或速度規律進行解題。
3.典型規律
擦網 壓線 既擦網又壓線
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．中國的面食文化博大精深，種類繁多，其中“山西刀削面”堪稱天下一絕，傳統的操作手法是一手托面一
手拿刀，直接將面削到開水鍋里。如圖所示，小面片剛被削離時距開水鍋的高度為 L，與鍋沿的水平距離
為 L，鍋的半徑也為 L，若將削出的小面片的運動視為平拋運動，且小面片都落入鍋中，重力加速度為 g，
則下列關于所有小面片的描述正確的是（　　）
A．空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離可能逐漸變大
B．掉落位置不相同的小面片，從拋出到落水前瞬間速度的變化量不同
C．落入鍋中時，最大速度是最小速度的 3 倍
D gL．若初速度為 v0，則 < v0 < 2gL2
【答案】A
【詳解】A．面片飛行過程中水平方向做勻速直線運動，若先飛出的面片初速度較大，則空中相鄰兩個面
片飛行過程中水平距離逐漸變大，故 A 正確；
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，下落的時間相等，由Dv = gt 可知，從拋
2
出到落水前瞬間速度的變化量相等，故 B 錯誤；
1
CD 2．由 h = gt 可知，下落時間為
2
t 2L=
g
水平位移的范圍為
L < x < 3L
則初速度的取值范圍為
L v 3L< 0 可得
gL
< v 9gL0 <2 2
落入鍋中時的豎直分速度為
vy = 2gL
則落入鍋中時，最大速度
v 2gL 9gL 13gLmax = + =2 2
最小速度為
vmin = 2gL
gL 5gL
+ =
2 2
可知，落入鍋中時，最大速度不是最小速度的 3 倍，故 CD 錯誤。
故選 A。
L
10．如圖所示，球網高出桌面 H，網到兩邊的距離為 L，某人在乒乓球訓練中，從左側 處，將球沿垂直
2
于網的方向水平擊出，球恰好通過網的上沿落到右側邊緣，設乒乓球的運動為平拋運動，下列判斷正確的
是（　?。?br/>A．擊球點的高度與網高度之比為 4︰3
B．乒乓球在網左右兩側運動時間之比為 2︰1
C．乒乓球過網時與落到右側桌邊緣時速率之比為 1︰3
D．乒乓球在左、右兩側運動速度變化量之比為 1︰2
【答案】D
【詳解】AB．設乒乓球到網的時間為 t1，水平距離為 x1，擊球點的高度為 h，乒乓球到右側邊緣的水平距
x vt 3L x vt L h 1 gt 2 H 1 gt 2 1離為 x，根據平拋運動規律，則 = = ， 1 = 1 = ， = ， = - gt
2
1 聯立得 t : t1 = 3:1則2 2 2 2 2
乒乓球在網左右兩側運動時間之比為 t1 : t - t1 =1: 2擊球點的高度與網高度之比 h : H = 9 :8故 AB 錯誤；
C．乒乓球過網時與落到右側桌邊緣時速率之比為
v2 + gt 2 v2 + gt 21 ： = v2 + gt
2 2
1 ：v2 + 9 gt1 1: 3
故 C 錯誤；
D．因乒乓球在網左右兩側運動時間之比為 t1 : t - t1 =1: 2所以乒乓球在左、右兩側運動速度變化量之比為
g × t1 : g × t - t1 =1: 2故 D 正確。故選 D。
考點四 類平拋運動和斜拋運動
考向 1 類平拋運動
1.類平拋運動的受力特點:
物體所受的合外力為恒力,且與初速度的方向垂直。
2.類平拋運動的運動特點:
合
在初速度 v0 方向上做勻速直線運動,在合外力方向上做初速度為零的勻加速直線運動,加速度 a= 。
3.類平拋運動的求解方法:
(1)常規分解法:將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合外力的方
向)的勻加速直線運動。兩分運動彼此獨立,互不影響,且與合運動具有等時性。
(2)特殊分解法:對于有些問題,可以過拋出點建立適當的直角坐標系,將加速度 a 分解為 ax、ay,初速度 v0 分
解為 vx、vy,然后分別在 x、y 方向列方程求解。
11．如圖所示，光滑斜面 ABCD 為邊長 a=2.5m 的正方形，斜面與水平面的傾角為 30°?，F將一小球從 B 處
水平向左射出，小球沿斜面恰好到達底端 D 點。重力加速度 g 取 10m/s2，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球在斜面上運動的時間為 0.5s
B．小球在 B 點的速度大小為 2.5m/s
C．小球在 D 點的速度大小為 5m/s
D．小球的速度變化量大小為 10m/s
【答案】B
【詳解】AB．對小球受力分析，受到重力和斜面的支持力，根據牛頓第二定律，可得mg sin 30° = ma 解得
1
a = 5 m/s2 2方向沿斜面向下；小球從 B 到 D 做類平拋運動，水平方向有 a = v0t 沿斜面向下方向有 a = a t2
聯立方程解得 t =1s， v0 = 2.5 m/s 故 A 錯誤，B 正確；
C．沿斜面向下方向有 v = a t = 5 m/s 在 D 點的速度為 v = v 2 + v 2y D 0 y = 2.5 5 m/s 故 C 錯誤；
D．速度的變化量為Dv = vy = 5m/s 故 D 錯誤。故選 B。
mg
12．如圖所示，一物體在某液體中運動時只受到重力mg 和恒定的浮力F 的作用，且F = 。如果物體從
3
M 點以水平初速度 v0開始運動，最后落在 N 點，MN 間的豎直高度為 h ，其中 g 為重力加速度，則下列說
法正確的是（　?。?br/>2h
A．從M 運動到 N 的時間為
g
3h
B．M 與 N 之間的水平距離為 v0 g
C．從M 運動到 N 的軌跡不是拋物線
D．減小水平初速度 v0，運動時間將變長
【答案】B
【詳解】ACD．根據題意可知，物體水平方向不受力，以 v0做勻速直線運動，豎直方向上，由牛頓第二定
律有mg - F = ma
2
解得a = g 豎直方向做勻加速直線運動，可知，物體做類平拋運動，則從M 運動到 N
3
1 2 2h 3h
的軌跡是拋物線，豎直方向上有 h = at 解得 t = = 可知，飛行時間與初速度大小無關，故 ACD
2 a g
錯誤；
B 4gh．根據題意，結合上述分析，由 v2 = 2ah 可得，物體運動到 N 點時，豎直速度為 vy = 2ah = 設M3
h 1 vy 3h
與 N 之間的水平距離為 x ，由平拋運動規律有 = × 解得 x = v 故 B 正確。故選 B。
x 2 v 00 g
考向 2 斜拋運動
水平豎直正交分解 最高點一分為二變平拋運動 將初速度和重力加速度
處理方法
化曲為直 逆向處理 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
豎直速度：
最高點：速度水平 沿著斜面： g2 = g sina
基本規律 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最高點： m = 2g v sinq 2
最高點： h 0m = 2g1
13．如圖所示，射水魚發現前方有一昆蟲，就將嘴露出水面對昆蟲噴水，斜向上射出的水柱恰好水平擊中
昆蟲。已知魚嘴距離昆蟲d = 0.75m ，兩者連線與水平方向夾角為q = 37°（ sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8），
忽略空氣阻力。下列說法正確的是（ ）
A．水滴在空中運動 0.5s 后擊中昆蟲
B．擊中昆蟲時，水滴速度大小為 2m/s
C．斜向上射出的水柱，初速度大小為 3m/s
D．斜向上射出的水柱，初速度與水平方向夾角為 53°
【答案】B
o 1 2
【詳解】A．由水滴豎直方向的運動可得 d sin37 = gt 解得水滴從發射到擊中昆蟲的時間 t = 0.3s 故 A 錯
2
o
誤；B． 由水滴水平方向的運動可得 d cos37 = v0xt 解得初速度的水平分速度 v0x = 2m/s故 B 正確；
C．由水滴豎直方向的運動可得初速度的豎直分速度 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 錯誤；
v
D 0 y
3 o 4
．斜向上射出的水柱，初速度與水平方向夾角a ，則 tana = = 又 tan 53 = 斜向上射出的水柱，初
v0x 2 3
速度與水平方向夾角不等于 53°，故 D 錯誤。故選 B。
14．如圖，一運動員站在水平地面上射箭時，保持人拉弓的力及出射點位置不變，箭與水平方向夾角為 θ
（0°<θ<90°），忽略空氣阻力和發射點到地面的距離，則（　?。?br/>A．增大 θ 一定可以增大射箭的最遠距離
B．減小 θ 將增大箭支的最高高度
C．增大 θ 將減小箭支運動過程中的最小速度
D．改變 θ 并不影響箭支落地時速度的方向
【答案】C
v2 sin 2q p
【詳解】A．設箭的初速度為 v。則 s = 2vt cosq ， v sinq = gt 解得 s = 因此當q = 時，箭射出的距
g 4
離最遠，因此 A 錯誤；
h 1 gt 2 v
2 sin2 q
B．箭支的最高高度為 = = 故減小 θ 將降低箭支的最高高度，故 B 錯誤；
2 2g
C．箭支運動過程中的最小速度就是箭支的水平分速度，即 vx = v cosq 增大 θ 將減小箭支運動過程中的最小
速度，故 C 正確；
D．箭支落地時速度的方向與水平方向的夾角仍是q ，故改變 θ 會影響箭支落地時速度的方向，故 D 錯
誤；故選 C。
1．如圖，將一支飛鏢在豎直墻壁的左側 O 點以不同的速度水平拋出，A 為 O 點在豎直墻壁上的投影點，
每次拋出飛鏢的同時，在 A 處由靜止釋放一個特制（飛鏢能輕易射穿）的小球，且飛鏢均能插在墻壁上，
第一次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為53°，第二次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為37°，圖中沒有畫
出，不計空氣阻力。（ sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8）則（　?。?br/>A．兩次速度增量之比為 9：16
B．兩次拋出的飛鏢只有一次能擊中小球
C．兩次下落的高度之比為 9：16
D．兩次平拋的初速度之比為 3：4
【答案】C
【詳解】
A．第一次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為53°，則
tan 53 v° = 01
gt1
第二次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為37°，則
tan 37 v° = 02
gt2
因為
v01t1 = v02t2
解得
t1 3=
t2 4
根據
Dv = gt
可知，兩次速度增量之比為 3：4，故 A 錯誤；
B．因為平拋運動豎直方向是自由落體運動，所以兩次均能命中小球，故 B 錯誤；
C．根據
h 1= gt 2
2
兩次下落的高度之比為 9：16，故 C 正確；
D．因為
v01t1 = v02t2
兩次平拋的初速度之比為 4：3，故 D 錯誤。
故選 C。
2．A 和 B 兩小球，從同一水平直線上的兩位置分別沿同方向水平拋出，其運動軌跡是拋物線，如圖所示，
不計空氣阻力，兩球在空中相遇，下列說法正確的是（ ）
A．相遇時 A 球速度一定小于 B 球速度
B．相遇時 A、B 兩球的動能一定相等
C．A 和 B 兩小球必須同時拋出
D．相遇時 A 和 B 兩小球重力的功率一定相同
【答案】C
【詳解】C．由于相遇時 A、B 做平拋運動的豎直位移 h 相同，由
h 1= gt 2
2
可以判斷兩球下落的時間相同，即應同時拋出，故 C 正確；
A．根據
vy = gt
可知，相遇時 A、B 兩球豎直分速度相等；兩球在水平方向上做勻速直線運動，根據
x =v0t
因為 A 球的水平位移大，下落時間相等，所以 A 球的初速度大，則相遇時的速度大小為
v = v20 + v
2
y
可知，相遇時 A 球速度一定大于 B 球速度，故 A 錯誤；
B．根據
E 1k = mv
2
2
相遇時 A 球速度一定大于 B 球速度，但 AB 球的質量關系未知，所以無法比較相遇時 A、B 兩球的動能，
故 B 錯誤；
D．重力的功率為
PG = mgvy
相遇時 A 和 B 兩小球豎直分速度相同，但兩球的質量關系未知，所以無法得出相遇時 A 和 B 兩小球重力的
功率關系，故 D 錯誤。
故選 C。
3．環保人員在一次檢查時發現，有一根排污管正在向外排出大量污水。環保人員觀察和測量發現，排污
管水平設置，管口離地面高度約為1．8m，污水落地點距管口水平距離約為3m，口內直徑約為0．2m，重力
加速度 g = 10m/s2 ，忽略空氣阻力，則以下估算正確的是（　　）
A．污水從管口排出速度為3m/s
B．每秒排污體積0.628m3
1
C 2．若建立如圖所示的直角坐標系，空中的污水構成的曲線滿足方程 y = x
5
D．污水落地速度為 6m/s
【答案】C
【詳解】A．根據平拋運動規律可知
y 1= gt 2
2
x =v0t
解得
v0 = 5m/s
故 A 錯誤；
B．每秒排污體積
p d 2Q = v0S = v
3
0 × = 0.157m4
故 B 錯誤；
C．若建立如圖所示的直角坐標系，根據
y 1= gt 2
2
x =v0t
解得
y 1= x2
5
故 C 正確；
D．污水落地速度為
v = (gt)2 + v20 = 61m/s
故 D 錯誤。故選 C。
4．如圖所示，乒乓球臺的水平長度為 2L，中間的球網高度為 h，運動員在球臺左上方將球水平發出，發
1
球點距球臺左邊緣 O 點的水平距離為 L ，球在己方臺面上反彈后恰好掠過球網并落在對方球臺邊緣 P
2
處，虛線為乒乓球運動的軌跡。已知乒乓球在臺面上反彈前后的水平分速度不變，豎直分速度大小不變但
方向相反，Q 為乒乓球在己方臺面上的落點，O、P、Q 在同一直線上，且OP與球臺側邊平行，不考慮乒
乓球的旋轉和空氣阻力，重力加速度為 g，下列說法正確的是（　?。?br/>4
A．發球點距 O 點的豎直高度為 h
3
5
B．發球點距 O 點的豎直高度為 h
3
C g．發球速度大小為 L
3h
D g．發球速度大小為 L
2h
【答案】C
【詳解】從乒乓球反彈到運動到最高點逆過程看做反向平拋運動，則整個運動可看作 3 次平拋運動，總的
水平位移為
x總 = 2L
1 5
+ L = L
2 2
每次平拋運動
5 L = v0t6
H 1= gt 2
2
則乒乓球從反彈在掠過球網到運動到最高點的 看作反向平拋運動，設發球點距 O 點的豎直高度為 H，此
過程運動時間為 t1 ，則
1 L = v0t6 1
1 gt 21 = H - h2
以上各式聯立，解得
H 25= h
24
v g0 = L 3h
故選 C。
5．如圖所示，某排球運動員正在離球網 3m 處強攻，排球的速度方向水平，設矩形排球場的長為 2L，寬
L
為 L（L 為 9m），若排球（可視為質點）離開手時正好在 3m 線（即 線）中點 P 的正上方高 h1處，球網3
高 H，對方運動員在近網處攔網，攔網高度為 h2，且有 h1>h2>H，不計空氣阻力。為了使球能落到對方場
地且不被對方運動員攔住，則球離開手的速度 v 的范圍是（排球壓線不算出界）（ ）
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
【詳解】若球能落到對方場地且不被對方運動員攔住，根據
h 1 21 = gt2 1
得
t 2h= 11 g
平拋運動的最大水平位移為
2 2
s 4L= L max 3
+
2
則平拋運動的最大初速度為
2 2
4L + L 3 2 4L 2 2v = = L+ gmax t 3 2
g
1 2h1
根據
h - h 1= gt 21 2 2 2
得
t （2 h1 - h）2 = 2 g
則平拋運動的最小速度
L
v 3 L g= = min t2 3 （2 h1 - h2）
所以球離開手的速度 v 的范圍是
L g 2v 4L L
2 g
<
3 2 h - h 3
+ 2
g
（ 1 2） 2h1
故選 D。
6．如圖，兩個靠得很近的小球（均可視為質點）從斜面上的同一位置 O 以不同的初速度 vA、vB 做平拋運
動，斜面足夠長，在斜面上的落點分別為 A、B，在空中運動的時間分別為 tA、tB ，落到斜面前瞬間的速度
與水平方向的夾角分別為a、b ，已知OB = 2OA。下列說法正確的是（　?。?br/>A． vA : vB =1: 2 B． tA : tB =1: 2
C．α = β D．a < b
【答案】C
【詳解】AB．小球做平拋運動，根據OB = 2OA，可知 A 小球下落的高度為 B 小球下落高度的一半，對 A
小球
x = vAtA
h 1= gt 2
2 A
對 B 小球
2x = vBtB
2h 1= gt 2
2 B
解得
tA 1=
tB 2
vA 2=
vB 2
AB 錯誤；
CD．小球落到斜面上，設速度與水平方向的夾角為 θ，速度偏轉角滿足
tanq gt=
v0
所以
a = b
故 C 正確，D 錯誤。
故選 C。
7．如圖所示，O 為斜面的底端，在 O 點正上方的 A、B 兩點分別以初速度 vA 、 vB 正對斜面拋出兩個小
球，結果兩個小球都垂直擊中斜面，擊中的位置分別為 P、Q（圖中未標出）。OP = 3OQ，空氣阻力忽略
不計，則（　　）
A． 2OB＝AB B．3OB＝AB
C． 2vA＝vB D．3vA＝vB
【答案】A
【詳解】CD．設小球的初速度為 v0，拋出點的高度為 h，運動時間為 t，斜面的傾角為q 。小球垂直擊中斜
面時，速度與斜面垂直，由速度分解可知
tan vq = 0
vy
vy = gt
可得
t v= 0
g tanq
根據幾何關系可得
OP v 2
= A
tA vA 3= =
OQ vBtB v
2
B 1
可得
vA = 3vB
故 CD 錯誤；
AB．根據幾何關系有
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
則
2OB＝AB
故 A 正確，B 錯誤。
故選 A。
8．浙江 15 歲少年沈丹瑤打水漂獲全國冠軍，一次水漂最多打 300 多下，打水漂的石片彈跳的次數由初速
度、轉速、入水時石頭和水面的夾角、石頭材質等決定。假設某次投擲時，石片在距離水面高 h0 處以水平
1
速度 v0拋出，若石片與水面碰撞時，水平速度不變，但碰后反彈高度都是前一次 ，不計空氣阻力，重力4
加速度為 g ，則石片從拋出到第四次觸水的過程中（　?。?br/>5 2h 11 2h
A．經歷的時間 0 B．經歷的時間 0
2 g 4 g
3v 2h0 4v 2hC．經歷的水平距離為 D．經歷的水平距離為 00 g 0 g
【答案】B
【詳解】AB．則石片從拋出到第四次觸水的過程中，每次從拋出到觸水的時間分別為
t 2h0 2h0 2h0 2h01 = ，t2 = 2，t3 = 2，t4 = 2g 4g 4 4g 4 4 4g
經歷的時間為
t t t t t 11 2h= + + + = 01 2 3 4 4 g
故 A 錯誤；B 正確；
CD．經歷的水平距離為
x v t 11v 2h= = 00 4 0 g
故 CD 錯誤。
故選 B。
9．如圖，傾角為37°的斜面體的坡面為矩形 ABCD，BC 邊長為 L，AB 邊長為 0.6L，某同學站在坡頂上的
A 點處，從 A 點正上方的 P 點沿水平方向拋出一個小球，小球剛好落在 C 點，已知 P 點離 A 點高度為
0.4L，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力， sin 37° = 0.6,cos37° = 0.8 ，下列說法正確的是（ ）
2L
A．小球在空中運動時間為
g
B．小球從 P 點拋出的初速度大小為 gL
C．小球落到 C 點時速度大小為 2 gL
D．小球落到 C 點時速度與水平方向的夾角的正切值為 2
【答案】AD
【詳解】A．根據平拋運動規律可知
0.4L + BC sin 37 1° = gt 2
2
解得
t 2L=
g
故 A 正確；
B．沿 AC 方向有
AB2 + (BC cos37°)2 = v0t
解得
v gL0 = 2
故 B 錯誤；
C．根據豎直方向的運動規律可知
vy = gt = 2gL
根據運動的合成有
v v2 v2 5gL= 0 + y = 2
故 C 錯誤；
D．根據運動的分解可知
v
tana = y = 2
v0
故 D 正確；
故選 AD。
10．如圖，兩豎直光滑墻相鄰，一可看作質點的小球自左側墻體最高點 O 水平拋出， A '、B' 、C '、
LL A、B、C、LL為小球與左、右兩側墻體的碰撞點，小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度
等大、反向，墻足夠高，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　?。?br/>A．A、B、C……間的距離之比滿足 yAB:yBC:yCD:× × × =1:3:5:× × ×
B．小球在 A、B、C 的豎直速度分量之比滿足 vAy:vBy:vCy:× × × =1:3:5:× × ×
C．小球與墻體碰撞時速度變化量均相同
D．小球與墻體兩次碰撞之間，小球的動量變化率均相同
【答案】BD
【詳解】AB．小球在水平方向做速率不變的運動，豎直方向做自由落體運動，則
tOA = t = t = t = t = ×××AA' A'B BB' B'C
物體做初速度為 0 的勻變速直線運動時，在連續相等時間內位移之比為 1:3:5:× × × ，由于 A 點有豎直向下的
分速度，則 A、B、C× × × 之間的距離之比滿足
yAB:yBC:yCD:× × × 1:3:5:× × ×
由
v = gt
知，小球在 A、B、C 的豎直速度分量之比滿足
vAy:vBy:vCy:× × × =1:3:5:× × ×
故 A 錯誤，B 正確；
C．小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度等大、反向，小球與墻體每次碰撞時速度變化量大小
相等，均為
Dv = 2v0
但方向不是都相同，故 C 錯誤；
D．由動量定理知
I = mg × Dt
I
= mg
Dt
小球與墻體前后兩次碰撞之間，小球的動量變化率即為小球重力，均相同，故 D 正確。
故選 BD。
11．如圖所示，一位同學玩飛鏢游戲，圓盤最上端有一點 P，飛鏢拋出時與 P 等高，且與 P 點的距離為
L。當飛鏢以初速度 v0垂直盤面瞄準 P 點水平拋出的同時，圓盤繞經過盤心 O 點的水平軸在豎直平面內勻
速轉動，忽略空氣阻力，重力加速度為 g，飛鏢恰好擊中 P 點，則（　?。?br/>2L gL2
A．飛鏢擊中 P 點所需的時間為 v B．圓盤的半徑為 4v20 0
pv 2p v
C．圓盤轉動角速度的最小值為 0 D．圓盤轉動的角速度可能為 0
L L
【答案】BC
【詳解】A．飛鏢水平拋出做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動
t L=
v0
A 錯誤；
B．飛鏢擊中 P 點時，P 恰好在最下方，則
2r 1= gt 2
2
解得圓盤的半徑
2
r gL=
4v20
B 正確；
CD．飛鏢擊中 P 點，則 P 點轉過的角度
q = wt = p + 2kp （ k = 0，1，2，…）
故
w q (2k +1)pv= = 0 （ k = 0，1，2，…）
t L
pv 2p v
則圓盤轉動角速度的最小值為 0 ，圓盤轉動的角速度不可能為 0 ，C 正確、D 錯誤。
L L
故選 BC。
12．一個物體以速度 v0 = 2m/s在光滑水平面上做勻速直線運動，物體的質量為m =1kg ，某時刻開始受到
一個與 v0方向垂直的水平恒力F = 2N作用，經過時間 t = 2s后撤去外力 F，下列說法正確的是（　?。?br/>A．物體在這 2s內做勻變速曲線運動
B．撤去外力時，物體的速度大小為 2 2m/s
C．撤去外力時，物體的速度方向與初速度方向夾角為 60°
D．外力作用的這 2s內，物體的位移大小為 4 2m
【答案】AD
【詳解】A．水平恒力與 v0方向垂直，則物體做類平拋運動，所以物體在這 2s內做勻變速曲線運動，選項
A 正確；
B．撤去外力時，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
選項 B 錯誤；
C．撤去外力時，物體的速度方向與初速度方向夾角
v
tanq y 4= = =2
vx 2
所以
q 60°
選項 C 錯誤；
D．外力作用的這 2s內，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
選項 D 正確。
故選 AD。
13．如圖所示，物體甲從高 H 處以速度 v1平拋，同時物體乙從距甲水平方向距離 x 處由地面以速度 v2豎
直上拋，不計空氣阻力，兩個物體在空中某處相遇，下列敘述中正確的是 (　　)
A．從拋出到相遇所用的時間是 x/v1
B．如果相遇發生在乙上升的過程中，則 v2 > gH
C gH．如果相遇發生在乙下降的過程中，則 v2 < 2
D．若相遇點離地面高度為 H/2，則 v2 = gH
【答案】ABD
【詳解】A.兩物體只可能在乙的豎直方向上相遇，所以甲水平位移為 x，甲水平方向做勻速直線運動，所
x
用時間 t = v 故 A 正確．1
B.甲下落位移為
2
1 h = gt 2 1 x= g
2 2 v1
如果相遇發生在乙上升過程中，
v2t
1
- gt 2 = H - h ，
2
解得：
t H=
v2
此時
v2 H>
g v2
所以
v2 > gH
故 B 正確
C.如果相遇發生在乙下降過程中，甲下落位移為
2
1 h = gt 2 1 x= g
2 2 v1
如果相遇發生在乙上升過程中，
v2t
1
- gt 2 = H - h ，
2
解得：
t H=
v2
此時
v2 H<
g v2
所以
v2 < gH
故 C 錯誤；
D.當相遇點離地面高度為 H/2 時
x H
= ，
v1 g
所以
v2 = gH ．
故 D 正確。
14．如圖所示，四分之一圓弧面的半徑 R 與斜面的豎直高度相等，斜面的傾角為60°，圓弧面的圓心為圖
中 O 點，在斜面的頂端 A 點將多個小球以不同的水平速度拋出，設小球碰到接觸面后均不再反彈，已知重
力加速度為 g，則以下說法正確的是（ ）
A．小球有可能垂直打到圓弧面上
B．小球拋出的初速度越大，則運動時間越短
C gR．小球拋出的速度等于 時，運動時間最長
3
D gR．若小球拋出的速度小于 ，則落到接觸面時速度偏角均相同
6
【答案】AD
【詳解】A．如圖所示
根據平拋運動推論：速度方向延長線交于水平位移的中點，當圓心 O 為圖中水平位移 AA 的中點時，即小
球垂直打在圓弧面 B 點時，故 A 正確；
B．根據
h 1= gt 2
2
當小球打在斜面上時，小球拋出的初速度越大，小球下落高度越大，可知小球運動的時間越長；當小球打
在圓弧面上時，小球拋出的初速度越大，小球下落高度越小，可知小球運動的時間越短，故 B 錯誤；
C．當小球剛好落在 O 點正下方時，下落高度最大，運動時間最長，則有
R 1= gt 2
R
， = v t
2 tan 60° 0
聯立解得
v gR0 = 6
故 C 錯誤；
D gR．若小球拋出的速度小于 ，可知小球均落在斜面上，根據平拋運動推論可知，落到斜面上時速度偏
6
角均滿足
tanq = 2 tan 60° = 2 3
即落到斜面時速度偏角均相同，故 D 正確。
故選 AD。
15．自由式滑雪 U 型比賽場地可簡化為如圖甲所示的模型：滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道連
接而成，軌道的傾角為 θ。某次騰空時，運動員（視為質點）以大小為 v 的速度從軌道邊緣上的 M 點沿軌
道的豎直切面 ABCD 滑出軌道，速度方向與軌道邊緣 AD 的夾角為 90°-θ，騰空后沿軌道邊緣 AD 上的 N 點
進入軌道，騰空過程（從 M 點運動到 N 點的過程）的左視圖如圖乙所示。重力加速度大小為 g，不計空氣
阻力。下列說法正確的是。（　　）
A．運動員騰空過程中處于超重狀態
v2cosq
B．運動員騰空過程中離開 AD 的最大距離為
2g
2v
C．運動員騰空的時間為 g
4v2sinq
D．M、N 兩點的距離為
g
【答案】BCD
【詳解】A．加速度方向向上為超重，加速度方向向下為失重，運動員騰空過程中加速度為 g，方向豎直向
下，運動員一直處于失乘狀態，故 A 錯誤；
B．運動員在 M 點時重直 AD 方向的速度大小
v1 =vsin（90°-θ）
垂直斜面方向加速度大小為
a1=gcosθ
設運動員騰空過程中離開 AD 的最大的距離為 d， 根據勻變速直線運動的規律有
v21 = 2a1d
解得
2
d v cosq=
2g
故 B 正確；
C．可得運動員從 M 點到離開 AD 最遠的時間
t v1 vcosq v0 = = =a1 gcosq g
根據對稱性可知，運動員騰空的時間
t 2t 2n= 0 = g
故 C 正確；
D．運動員在 M 點時平行 AD 方向的速度大小
v2 =vcos（90°-θ）
設運動員在 ABCD 面內平行 AD 方向的加速度大小為 a2，根據牛頓第二定律有
mgsinθ=ma2
根據勻變速直線運動的規律可知， M、N 兩點的距離
x v t 1 a t 2 4v
2sinq
= 2 + =2 2 g
故 D 正確。
故選 BCD。
16．在某次高爾夫球比賽中，美國選手羅伯特－斯特布擊球后，球恰好落在洞的邊緣，假定洞內 bc 表面
1
為 球面，半徑為 R，且空氣阻力可忽略，重力加速度大小為 g，把此球以大小不同的初速度 v0沿半徑方4
向水平擊出，如圖所示，球落到球面上，下列說法正確的是( )
A．落在球面上的最大速度為 2 2gR
B．落在球面上的最小速度為 3gR
C．小球的運動時間與 v0大小無關
D．無論調整 v0大小為何值，球都不可能垂直撞擊在球面上
【答案】BD
【詳解】AB．平拋運動豎直方向的分運動是自由落體運動，由
h= 1 22 gt
得
2h
t=
g
設小球落在 A 點時，OA 與豎直方向之間的夾角為 θ，水平方向的位移為 x，豎直方向的位移為 y，水平方
向的初速度為 v0，到達 a 點時豎直方向的速度為 vy，如圖所示
由幾何關系得
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
聯立得
2
vt＝ v
2
0 + 2gR cosq
Rg sin q 3
= + 2gR cosq = ( cosq 1+ )Rg
2cosq 2 2cosq
3 1
所以落在球面上時的小球有最小速度，當 cosq = 時，最小速度為 3gR ，故 A 錯誤，B 正確；2 2cosq
C．由以上的分析可知，小球下落的時間
v
t y 2Rcosq= =
g g
與小球的初速度有關．故 C 錯誤；
D．小球撞擊在圓面時，速度方向斜向右下方，根據“中點”結論可知，由于 O 不在水平位移的中點，所以
小球撞在圓環上的速度反向延長線不可能通過 O 點，也就不可能垂直撞擊圓環．故 D 正確。
故選 BD。
17．（2024·福建·高考真題）先后兩次從高為OH =1.4m 高處斜向上拋出質量為m = 0.2kg 同一物體落于
Q1、Q2 ，測得OQ1 = 8.4m,OQ2 = 9.8m ，兩軌跡交于 P 點，兩條軌跡最高點等高且距水平地面高為3.2m，
下列說法正確的是（　　）
A．第一次拋出上升時間，下降時間比值為 7 : 4
B．第一次過 P 點比第二次機械能少1.3J
C．落地瞬間，第一次，第二次動能之比為72 :85
D．第二次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第一次大
【答案】B
【詳解】A．第一次拋出上升的高度為
h1 = 3.2m -1.4m=1.8m
故上升時間為
t 2h= 1上1 = 0.6sg
最高點距水平地面高為 h0 = 3.2m，故下降的時間為
t 2h0下1 = = 0.8sg
故一次拋出上升時間，下降時間比值為3: 4，故 A 錯誤；
B．兩條軌跡最高點等高，故可知兩次從拋出到落地的時間相等為
t = t上1 + t下1 =1.4s
故可得第一次，第二次拋出時水平方向的分速度分別為
v OQ= 1x1 = 6m/st
v OQx2 = 2 = 7m/st
由于兩條軌跡最高點等高，故拋出時豎直方向的分速度相等為
vy = gt上1 = 6m/s
由于物體在空中機械能守恒，故第一次過 P 點比第二次機械能少
1
DE = mv 2 1 2
2 x2
- mvx1 =1.3J2
故 B 正確；
C．從拋出到落地瞬間根據動能定理
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
故落地瞬間，第一次，第二次動能之比為100 :113，故 C 錯誤；
D．根據前面分析可知兩次拋出時豎直方向的分速度相同，兩次落地時物體在豎直方向的分速度也相同，
由于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，故可知第一次拋出時速度與水平方向的夾角較
大，第一次落地時速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角
比第二次大，故 D 錯誤。
故選 B。
18．（2024·安徽·高考真題）在某地區的干旱季節，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農田，簡化模型如圖
所示。水井中的水面距離水平地面的高度為 H。出水口距水平地面的高度為 h，與落地點的水平距離約為
l。假設抽水過程中 H 保持不變，水泵輸出能量的h 倍轉化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密
度為 r ，水管內徑的橫截面積為 S，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為（ ）
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
【詳解】設水從出水口射出的初速度為 v0，取 t 時間內的水為研究對象，該部分水的質量為
m = v0tSr
根據平拋運動規律
v0t ' = l
h 1= gt '2
2
解得
v0 = l
g
2h
根據功能關系得
Pth 1= mv 20 + mg H + h 2
聯立解得水泵的輸出功率為
rgSl 2gh 2
P = H h
l
+ +
2hh 4h


故選 B。
19．（2024·海南·高考真題）在跨越河流表演中，一人騎車以 25m/s 的速度水平沖出平臺，恰好跨越長
x = 25m的河流落在河對岸平臺上，已知河流寬度 25m，不計空氣阻力，取 g =10m / s2 ，則兩平臺的高度
差 h 為（　?。?br/>A．0.5m B．5m C．10m D．20m
【答案】B
1 2
【詳解】車做平拋運動，設運動時間為 t ，豎直方向 h = gt 水平方向d = v0t其中 d = 25m 、 v0 = 25m/s解2
得h = 5m故選 B。
20．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉
上。設低處荷葉 a、b、c、d 和青蛙在同一豎直平面內，a、b 高度相同，c、d 高度相同，a、b 分別在 c、
d 正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到（　?。?br/>A．荷葉 a B．荷葉 b C．荷葉 c D．荷葉 d
【答案】C
【詳解】青蛙做平拋運動，水平方向勻速直線，豎直方向自由落體則有
x = vt,h 1= gt2
2
可得
v g= x
2h
因此水平位移越小，豎直高度越大初速度越小，因此跳到荷葉 c 上面。
故選 C。考點 15 拋體運動
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
選擇題 平拋運動 2024 年安徽卷、湖北卷、海南卷
選擇題 斜拋運動 2024 年福建卷、江西卷、山東卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對拋體運動的考查較為頻繁，而且大多聯系實際生活，題目的形式較為多樣，有選擇題
也有計算題，并且近幾年出現了三維空間的拋體運動考題，對學生的空間建構能力要求很高。
【備考策略】
1.掌握平拋運動的規律，能夠利用規律處理與平拋運動有關的各類問題。
2.掌握斜拋運動的規律并會應用。
【命題預測】重點關鍵平拋運動和斜拋運動規律在實際生活中的應用。
一、平拋運動的基本規律
1．定義：以一定的初速度沿水平方向拋出的物體只在重力作用下的運動。
2．性質：平拋運動是加速度為 g 的勻變速曲線運動，其運動軌跡是拋物線。
3．平拋運動的條件：(1)v0≠0，沿水平方向；(2)只受重力作用。
4．研究方法：平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。
二、一般的拋體運動
1．定義：將物體以初速度 v0斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運動。
2．性質：斜拋運動是加速度為 g 的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。
3．研究方法：運動的合成與分解。
(1)水平方向：勻速直線運動。
(2)豎直方向：勻變速直線運動。
考點一 平拋運動的規律
考向 1 平拋運動基本規律的應用
1．基本規律(如圖所示)
(1)速度關系
(2)位移關系
g
(3)軌跡方程：y＝ x2。
2v02
2．四個基本規律
2h
飛行時間 由 t＝ 知，時間取決于下落高度 h，與初速度 v0無關g
2h
水平射程 x＝v0 ，即水平射程由初速度 v0和下落高度 h 共同決定，與其他因素無關g
落地速度 v＝ vx2＋vy2＝ v02＋2gh，落地速度也只與初速度 v0和下落高度 h 有關
速度改變量
任意相等時間間隔 Δt 內的速度改變量 Δv＝gΔt 相同，方向恒為豎直向下，如圖所示
1．某同學觀察一平拋小球，發現當小球拋出 0.3s 后小球的速度與水平方向成 37°角，落地時速度方向與水
tan 37 3平方向成 60°角，小球可看作質點，已知 ° = ， g =10m/s2 ，下列說法正確的是（
4 ）
A．小球初速度的大小為 5m/s B．小球落地時速度大小為 8m/s
C．小球拋出時距離地面的高度為 3.2m D．小球拋出的水平射程為 3m
【答案】B
【詳解】A．當小球拋出 0.3s 后小球的豎直分速度為 vy1 = gt1 = 3m/s則，水平方向的分速度為
v
v0 =
y1 = 4m/s故 A 錯誤；
tan 37°
B．小球落地時豎直方向的分速度為 vy2 = v0 tan 60° = 4 3m/s 小球落地時速度大小為 v = v
2
0 + v
2
y2 = 8m/s 故 B
正確；
v2
C h = y2．小球拋出時距離地面的高度為 = 2.4m 故 C 錯誤；
2g
v
D y2
2 3 8 3
．小球下落時間為 t = = s小球拋出的水平射程為 x = v
g 5 0
t = m故 D 錯誤。故選 B。
5
2．如圖所示，三個小球從同一高度處的 O 點分別以水平初速度 v1，v2，v3拋出，落在水平面上的位置分
別是 A，B，C。O′是 O 在水平面上的投影點，且 O′A∶AB∶BC＝1∶3∶5。若不計空氣阻力，則下列說法正確的
是（　 　）
A．三個小球水平初速度之比為 v1∶v2∶v3＝1∶4∶9
B．三個小球落地的速度之比為 1∶3∶5
C．三個小球通過的位移大小之比為 1∶ 3 ∶ 5
D．三個小球落地速度與水平地面夾角的正切值之比為 9∶4∶1
【答案】A
1 2 x
【詳解】A．三個小球做平拋運動，豎直高度相同，根據 h = gt 可知運動時間相同，根據 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 選項 A 正確；
B．根據 v 2 2y = 2gh 可知，三個小球落地的豎直速度相等，則落地速度 v = v0 + vy 則落地速度之比不等于
1∶3∶5，選項 B 錯誤；
C．三個小球通過的豎直位移相等，水平位移之比為 x1∶x2∶x3＝1∶4∶9 則位移 s = x2 + h2 可知位移大小之比不
等于 1∶ 3 ∶ 5 ，選項 C 錯誤；
vy 2ghD．小球落地速度與水平地面夾角的正切值 tanq = = 則三個小球落地速度與水平地面夾角的正切值
v0 v0
1
之比為 :
1 : 1 = 36 : 9 : 4，選項 D 錯誤。故選 A。
1 4 9
考向 2 平拋運動的兩個重要推論的應用
1.做平拋(或類平拋)運動的物體在任意時刻任一位置處，設其速度方向與水平方向的夾角為 α，位移方向與
水平方向的夾角為 θ，則 tan α＝2tan θ。
2.做平拋(或類平拋)運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖中 A
點為 OB 的中點。
3．地球和月球上有兩個足夠長、傾角為q 的山坡，若分別從兩個山坡上以相同初速度各水平拋出一個小
球，小球落到山坡上時，速度方向與斜面的夾角分別記為a1、a2。地球表面重力加速度大小是月球表面的
6 倍，不計阻力，下列選項正確的是（　?。?br/>A．a1 > a2 B．a1 < a2
C．a1 = a2 D．a1與a2無確定關系
【答案】C
【詳解】因為兩個小球在相同大小的速度 v0水平拋出，且都落到傾角為 θ 的斜面，因此兩個小球的位移與
水平方向夾角是相同的都為 θ，根據平拋的角度推論可知，速度角正切值是位移角正切值的兩倍，因此兩
個球落地時的速度角也相等，因此速度方向與斜面的夾角也相等。
故選 C。
4．如圖所示為一半球形的碗，其中碗邊緣兩點M、N 與圓心等高且在同一豎直面內。現將兩個小球在
M、N 兩點，分別以 v1、v2的速度沿圖示方向同時水平拋出，發現兩球剛好落在碗上同一點Q，已知
MOQ = 53o o o，不計空氣阻力 sin53 = 0.8，cos53 = 0.6 。下列說法不正確的是（　?。?br/>A．兩球拋出的速度大小之比為1∶ 4
B．若僅增大 v2，則兩球將在落入碗中之前相撞
C．兩球的初速度無論怎樣變化，只要落在碗上同一點，兩球拋出的速率之和就不變
D．若僅從 N 點水平拋出小球，無論如何改變小球拋出的速度，都不可能垂直打在碗上
【答案】C
【詳解】A．由幾何知識可知，M 的水平位移 xM = R - R cos53° = 0.4R N 的水平位移
xN = R + R cos53° =1.6R由于二者在空中運動時間相等，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 正確；
B．若僅增大 v2，水平運動看相遇時間變短，豎直方向上的位移會變小，故還沒落在圓弧上，兩小球可能
在空中相遇，B 正確；
C．要使兩小球落在圓弧的同一點上，則有 xM + xN = 2R 即 (v1 + v2 )t = 2R 落點不同，豎直方向上的位移不
同，故運動時間 t 不同，所以 v1 + v2 不是定值，C 錯誤；
D．如果能夠垂直落入坑中，速度反向延長線應過圓心，水平位移應為 2R，應打到M 點，但由平拋運動知
識可知，小球不可能打到M 點，D 正確。
本題選擇不正確的，故選 C。
考點二 落點有約束條件的平拋運動
考向 1 平拋運動與斜面相結合
1.與斜面相關的幾種的平拋運動
圖示 方法 基本規律 運動時間
分解速度，構建 水平 vx＝v v0 v00 由 tan θ＝ ＝ 得
vy gt
速度的矢量三角 豎直 vy＝gt
v0
形 合速度 v＝ vx2＋vy2 t＝gtan θ
水平 x＝v0t
分解位移，構建 y gt由 tan θ＝ ＝ 得
1 x 2v0
位移的矢量三角 豎直 y＝ gt2
2 2v0tan θ
形 t＝
合位移 x 合＝ x2＋y2 g
由 0＝v1－a1t,0－v 21 ＝－2a1d 得
在運動起點同時
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.與斜面相關平拋運動的處理方法
(1)分解速度
平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動,設平拋運動的初速度為 v0,在
空中運動時間為 t,則平拋運動在水平方向的速度為 vx=v0,在豎直方向的速度為 vy=gt,合速度為 v= 2 + 2,

合速度與水平方向的夾角滿足 tan θ= 。
(2)分解位移
1
平拋運動在水平方向的位移為x=v t,在豎直方向的位移為y= gt20 2 ,對拋出點的位移(合位移)為 s= 2 + 2,

合位移與水平方向夾角滿足 tan φ= 。
(3)分解加速度
平拋運動也不是一定要分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動,在有些問題中,過
拋出點建立適當的直角坐標系,把重力加速度 g 正交分解為 gx、gy,把初速度 v0正交分解為 vx、vy,然后分別在
x、y 方向列方程求解,可以簡化解題過程,化難為易。
5．跳臺滑雪是一項勇敢者的運動，運動員穿專用滑雪板，在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出，在空
中飛行一段距離后著陸。現有某運動員從跳臺 A 處沿水平方向飛出，在斜坡 B 處著陸，如圖所示。測得
A、B 間的豎直高度差為 20m，斜坡與水平方向的夾角為 30°，不計空氣阻力，g 取10m / s2 。則下列說法錯
誤的是（　?。?br/>A．運動員在 A 處的速度大小為10 3m / s
B．運動員在空中飛行的時間為 2s
C 5 3．運動員在空中離坡面的最大距離為 m
2
D．運動以從 A 到 B 速度變化量為 10m/s
【答案】D
1 2
【詳解】B．運動員做平拋運動，在豎直方向 h = gt 解得 t = 2s，B 正確；
2
h x
A．在水平方向 x = = 20 3m則水平速度為 v0 = =10 3m/s，A 正確；tan 30° t
C 2 2．運動員沿斜面方向的分加速度為 ax = g sin θ = 5m/s 在垂直斜面方向的分加速度為 ay = g cosθ = 5 3m/s
當運動員運動方向與斜面平行時，離斜面最遠。此時垂直斜面方向的分速度為零，可得，運動員離斜面最
v2y 5 3
遠為 d = 其中 vy = v sinq 解得 d = m，C 正確；2ay 2
D．運動以從 A 到 B 速度變化量為Δv = gt = 20m/s，D 錯誤。本題選擇錯誤的，故選 D。
6．將一個小球以水平速度 v0=10 m/s 從 O 點向右拋出，經 3 s 小球恰好垂直落到斜面上的 A 點，不計空氣
阻力，g 取 10 m/s2，B 點是小球做自由落體運動在斜面上的落點，如圖所示，以下判斷正確的是（　?。?br/>A．斜面的傾角是 45°
B．小球的拋出點距斜面的豎直高度是 15 m
C．若將小球以水平速度 v0=5 m/s 向右拋出，則它一定落在 AB 的中點 P 的上方
D．若將小球以水平速度 v0=5 m/s 向右拋出，則它一定落在 AB 的中點 P 處
【答案】C
v
A θ A tanq = 0【詳解】 ．設斜面傾角為 ，對小球在 點的速度進行分解，有 gt 解得 θ=30°，A 錯誤；
B 1．小球距過 A 點水平面的距離 h= 2 gt
2=15m 所以小球的拋出點距斜面的豎直高度肯定大于 15 m，B 錯
誤；
CD．若小球的初速度 v0′=5 m/s，過 A 點作水平面，小球落到該水平面的水平位移是小球以初速度 v0=10
m/s 拋出時的一半，即它一定落在 AB 的中點 P 的上方，延長小球運動的軌跡線，得到小球應該落在 P、A
之間，C 正確，D 錯誤。故選 C。
考向 2 平拋運動與圓面相結合
三種常見情景：
1
1.如圖甲所示，小球從半圓弧左邊沿平拋，落到半圓內的不同位置。由半徑和幾何關系制約時間 t：h＝
2
gt2，R± R2－h2＝v0t，聯立兩方程可求 t。
2.如圖乙所示，小球恰好沿 B 點的切線方向進入圓軌道，此時半徑 OB 垂直于速度方向，圓心角 α 與速度的
偏向角相等。
3.如圖丙所示，小球恰好從圓柱體 Q 點沿切線飛過，此時半徑 OQ 垂直于速度方向，圓心角 θ 與速度的偏向
角相等。
7．如圖所示豎直截面為半圓形的容器，O 為圓心，且 AB 為沿水平方向的直徑。一物體在 A 點以向右的水
平初速度 vA拋出，與此同時另一物體在 B 點以向左的水平初速度 vB拋出，兩物體都落到容器的同一點
P。已知 BAP = 37o ，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．B 比 A 先到達 P 點
B．兩物體一定同時到達 P 點
C．拋出時，兩物體的速度大小之比為 vA : vB =16 : 7
D．拋出時，兩物體的速度大小之比為 vA : vB = 4 :1
【答案】B
【詳解】AB．兩物體同時拋出，都落到 P 點，由平拋運動規律可知兩物體下落了相同的豎直高度，由
h 1= gt 2 可得 t 2h= g 故兩物體同時到達 P 點，故 A 錯誤，B 正確；2
CD．在水平方向，拋出的水平距離之比等于拋出速度之比，設圓的半徑為 R，連接 BP，由幾何關系可知
AP ^ BP
32
由直角三角形可得 A 點和 B 點平拋的物體的水平位移分別為 xA = AP ×cos37°=2R cos37° ×cos37°= R，25
v x 32 16
xB = 2R x
18
- A = R物體平拋的水平分運動是勻速直線運動 x =v t A = A0 ，故 = =25 vB xB 18 9
故 CD 錯誤。 故選
B。
8．如圖所示，一小球（可視為質點）從一半圓軌道的左端 A 點正上方某處開始做平拋運動，飛行過程中
恰好與半圓軌道相切于 B 點。O 點為半圓軌道圓心，半圓軌道的半徑為 R，OB 與水平方向的夾角為 37°，
重力加速度大小為 g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力，則小球被拋出時的初速度大小為（ ）
A 3 3gR B 2 3gR C 3 5gR 2 5gR． ． ． D．
2 5 3 5 2 3 3 3
【答案】A
v
【詳解】小球恰好與半圓軌道相切于 B 點，則 tan 37° = 0 ， vy = gtv ，R + R cos37° = v t v
3 3gR
0 解得 0 =
y 2 5
故選 A。
考點三 平拋運動的臨界問題
考向 平拋運動在球類問題中的臨界問題
1．平拋運動中臨界問題的兩種常見情形
(1)物體的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；
(2)物體的速度方向恰好達到某一方向。
2．解題技巧：在題中找出有關臨界問題的關鍵字，如“恰好不出界”“剛好飛過壕溝”“速度方向恰好與斜
面平行”“速度方向與圓周相切”等，然后利用平拋運動對應的位移規律或速度規律進行解題。
3.典型規律
擦網 壓線 既擦網又壓線
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．中國的面食文化博大精深，種類繁多，其中“山西刀削面”堪稱天下一絕，傳統的操作手法是一手托面一
手拿刀，直接將面削到開水鍋里。如圖所示，小面片剛被削離時距開水鍋的高度為 L，與鍋沿的水平距離
為 L，鍋的半徑也為 L，若將削出的小面片的運動視為平拋運動，且小面片都落入鍋中，重力加速度為 g，
則下列關于所有小面片的描述正確的是（　　）
A．空中相鄰兩個面片飛行過程中水平距離可能逐漸變大
B．掉落位置不相同的小面片，從拋出到落水前瞬間速度的變化量不同
C．落入鍋中時，最大速度是最小速度的 3 倍
D gL．若初速度為 v0，則 < v0 < 2gL2
【答案】A
【詳解】A．面片飛行過程中水平方向做勻速直線運動，若先飛出的面片初速度較大，則空中相鄰兩個面
片飛行過程中水平距離逐漸變大，故 A 正確；
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，下落的時間相等，由Dv = gt 可知，從拋
2
出到落水前瞬間速度的變化量相等，故 B 錯誤；
1
CD 2．由 h = gt 可知，下落時間為
2
t 2L=
g
水平位移的范圍為
L < x < 3L
則初速度的取值范圍為
L v 3L< 0 可得
gL
< v 9gL0 <2 2
落入鍋中時的豎直分速度為
vy = 2gL
則落入鍋中時，最大速度
v 2gL 9gL 13gLmax = + =2 2
最小速度為
vmin = 2gL
gL 5gL
+ =
2 2
可知，落入鍋中時，最大速度不是最小速度的 3 倍，故 CD 錯誤。
故選 A。
L
10．如圖所示，球網高出桌面 H，網到兩邊的距離為 L，某人在乒乓球訓練中，從左側 處，將球沿垂直
2
于網的方向水平擊出，球恰好通過網的上沿落到右側邊緣，設乒乓球的運動為平拋運動，下列判斷正確的
是（　?。?br/>A．擊球點的高度與網高度之比為 4︰3
B．乒乓球在網左右兩側運動時間之比為 2︰1
C．乒乓球過網時與落到右側桌邊緣時速率之比為 1︰3
D．乒乓球在左、右兩側運動速度變化量之比為 1︰2
【答案】D
【詳解】AB．設乒乓球到網的時間為 t1，水平距離為 x1，擊球點的高度為 h，乒乓球到右側邊緣的水平距
x vt 3L x vt L h 1 gt 2 H 1 gt 2 1離為 x，根據平拋運動規律，則 = = ， 1 = 1 = ， = ， = - gt
2
1 聯立得 t : t1 = 3:1則2 2 2 2 2
乒乓球在網左右兩側運動時間之比為 t1 : t - t1 =1: 2擊球點的高度與網高度之比 h : H = 9 :8故 AB 錯誤；
C．乒乓球過網時與落到右側桌邊緣時速率之比為
v2 + gt 2 v2 + gt 21 ： = v2 + gt
2 2
1 ：v2 + 9 gt1 1: 3
故 C 錯誤；
D．因乒乓球在網左右兩側運動時間之比為 t1 : t - t1 =1: 2所以乒乓球在左、右兩側運動速度變化量之比為
g × t1 : g × t - t1 =1: 2故 D 正確。故選 D。
考點四 類平拋運動和斜拋運動
考向 1 類平拋運動
1.類平拋運動的受力特點:
物體所受的合外力為恒力,且與初速度的方向垂直。
2.類平拋運動的運動特點:
合
在初速度 v0 方向上做勻速直線運動,在合外力方向上做初速度為零的勻加速直線運動,加速度 a= 。
3.類平拋運動的求解方法:
(1)常規分解法:將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合外力的方
向)的勻加速直線運動。兩分運動彼此獨立,互不影響,且與合運動具有等時性。
(2)特殊分解法:對于有些問題,可以過拋出點建立適當的直角坐標系,將加速度 a 分解為 ax、ay,初速度 v0 分
解為 vx、vy,然后分別在 x、y 方向列方程求解。
11．如圖所示，光滑斜面 ABCD 為邊長 a=2.5m 的正方形，斜面與水平面的傾角為 30°。現將一小球從 B 處
水平向左射出，小球沿斜面恰好到達底端 D 點。重力加速度 g 取 10m/s2，則下列說法正確的是（　　）
A．小球在斜面上運動的時間為 0.5s
B．小球在 B 點的速度大小為 2.5m/s
C．小球在 D 點的速度大小為 5m/s
D．小球的速度變化量大小為 10m/s
【答案】B
【詳解】AB．對小球受力分析，受到重力和斜面的支持力，根據牛頓第二定律，可得mg sin 30° = ma 解得
1
a = 5 m/s2 2方向沿斜面向下；小球從 B 到 D 做類平拋運動，水平方向有 a = v0t 沿斜面向下方向有 a = a t2
聯立方程解得 t =1s， v0 = 2.5 m/s 故 A 錯誤，B 正確；
C．沿斜面向下方向有 v = a t = 5 m/s 在 D 點的速度為 v = v 2 + v 2y D 0 y = 2.5 5 m/s 故 C 錯誤；
D．速度的變化量為Dv = vy = 5m/s 故 D 錯誤。故選 B。
mg
12．如圖所示，一物體在某液體中運動時只受到重力mg 和恒定的浮力F 的作用，且F = 。如果物體從
3
M 點以水平初速度 v0開始運動，最后落在 N 點，MN 間的豎直高度為 h ，其中 g 為重力加速度，則下列說
法正確的是（　?。?br/>2h
A．從M 運動到 N 的時間為
g
3h
B．M 與 N 之間的水平距離為 v0 g
C．從M 運動到 N 的軌跡不是拋物線
D．減小水平初速度 v0，運動時間將變長
【答案】B
【詳解】ACD．根據題意可知，物體水平方向不受力，以 v0做勻速直線運動，豎直方向上，由牛頓第二定
律有mg - F = ma
2
解得a = g 豎直方向做勻加速直線運動，可知，物體做類平拋運動，則從M 運動到 N
3
1 2 2h 3h
的軌跡是拋物線，豎直方向上有 h = at 解得 t = = 可知，飛行時間與初速度大小無關，故 ACD
2 a g
錯誤；
B 4gh．根據題意，結合上述分析，由 v2 = 2ah 可得，物體運動到 N 點時，豎直速度為 vy = 2ah = 設M3
h 1 vy 3h
與 N 之間的水平距離為 x ，由平拋運動規律有 = × 解得 x = v 故 B 正確。故選 B。
x 2 v 00 g
考向 2 斜拋運動
水平豎直正交分解 最高點一分為二變平拋運動 將初速度和重力加速度
處理方法
化曲為直 逆向處理 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
豎直速度：
最高點：速度水平 沿著斜面： g2 = g sina
基本規律 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最高點： m = 2g v sinq 2
最高點： h 0m = 2g1
13．如圖所示，射水魚發現前方有一昆蟲，就將嘴露出水面對昆蟲噴水，斜向上射出的水柱恰好水平擊中
昆蟲。已知魚嘴距離昆蟲d = 0.75m ，兩者連線與水平方向夾角為q = 37°（ sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8），
忽略空氣阻力。下列說法正確的是（ ）
A．水滴在空中運動 0.5s 后擊中昆蟲
B．擊中昆蟲時，水滴速度大小為 2m/s
C．斜向上射出的水柱，初速度大小為 3m/s
D．斜向上射出的水柱，初速度與水平方向夾角為 53°
【答案】B
o 1 2
【詳解】A．由水滴豎直方向的運動可得 d sin37 = gt 解得水滴從發射到擊中昆蟲的時間 t = 0.3s 故 A 錯
2
o
誤；B． 由水滴水平方向的運動可得 d cos37 = v0xt 解得初速度的水平分速度 v0x = 2m/s故 B 正確；
C．由水滴豎直方向的運動可得初速度的豎直分速度 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 錯誤；
v
D 0 y
3 o 4
．斜向上射出的水柱，初速度與水平方向夾角a ，則 tana = = 又 tan 53 = 斜向上射出的水柱，初
v0x 2 3
速度與水平方向夾角不等于 53°，故 D 錯誤。故選 B。
14．如圖，一運動員站在水平地面上射箭時，保持人拉弓的力及出射點位置不變，箭與水平方向夾角為 θ
（0°<θ<90°），忽略空氣阻力和發射點到地面的距離，則（　?。?br/>A．增大 θ 一定可以增大射箭的最遠距離
B．減小 θ 將增大箭支的最高高度
C．增大 θ 將減小箭支運動過程中的最小速度
D．改變 θ 并不影響箭支落地時速度的方向
【答案】C
v2 sin 2q p
【詳解】A．設箭的初速度為 v。則 s = 2vt cosq ， v sinq = gt 解得 s = 因此當q = 時，箭射出的距
g 4
離最遠，因此 A 錯誤；
h 1 gt 2 v
2 sin2 q
B．箭支的最高高度為 = = 故減小 θ 將降低箭支的最高高度，故 B 錯誤；
2 2g
C．箭支運動過程中的最小速度就是箭支的水平分速度，即 vx = v cosq 增大 θ 將減小箭支運動過程中的最小
速度，故 C 正確；
D．箭支落地時速度的方向與水平方向的夾角仍是q ，故改變 θ 會影響箭支落地時速度的方向，故 D 錯
誤；故選 C。
1．如圖，將一支飛鏢在豎直墻壁的左側 O 點以不同的速度水平拋出，A 為 O 點在豎直墻壁上的投影點，
每次拋出飛鏢的同時，在 A 處由靜止釋放一個特制（飛鏢能輕易射穿）的小球，且飛鏢均能插在墻壁上，
第一次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為53°，第二次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為37°，圖中沒有畫
出，不計空氣阻力。（ sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8）則（　?。?br/>A．兩次速度增量之比為 9：16
B．兩次拋出的飛鏢只有一次能擊中小球
C．兩次下落的高度之比為 9：16
D．兩次平拋的初速度之比為 3：4
【答案】C
【詳解】
A．第一次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為53°，則
tan 53 v° = 01
gt1
第二次插在墻壁時，飛鏢與墻壁的夾角為37°，則
tan 37 v° = 02
gt2
因為
v01t1 = v02t2
解得
t1 3=
t2 4
根據
Dv = gt
可知，兩次速度增量之比為 3：4，故 A 錯誤；
B．因為平拋運動豎直方向是自由落體運動，所以兩次均能命中小球，故 B 錯誤；
C．根據
h 1= gt 2
2
兩次下落的高度之比為 9：16，故 C 正確；
D．因為
v01t1 = v02t2
兩次平拋的初速度之比為 4：3，故 D 錯誤。
故選 C。
2．A 和 B 兩小球，從同一水平直線上的兩位置分別沿同方向水平拋出，其運動軌跡是拋物線，如圖所示，
不計空氣阻力，兩球在空中相遇，下列說法正確的是（ ）
A．相遇時 A 球速度一定小于 B 球速度
B．相遇時 A、B 兩球的動能一定相等
C．A 和 B 兩小球必須同時拋出
D．相遇時 A 和 B 兩小球重力的功率一定相同
【答案】C
【詳解】C．由于相遇時 A、B 做平拋運動的豎直位移 h 相同，由
h 1= gt 2
2
可以判斷兩球下落的時間相同，即應同時拋出，故 C 正確；
A．根據
vy = gt
可知，相遇時 A、B 兩球豎直分速度相等；兩球在水平方向上做勻速直線運動，根據
x =v0t
因為 A 球的水平位移大，下落時間相等，所以 A 球的初速度大，則相遇時的速度大小為
v = v20 + v
2
y
可知，相遇時 A 球速度一定大于 B 球速度，故 A 錯誤；
B．根據
E 1k = mv
2
2
相遇時 A 球速度一定大于 B 球速度，但 AB 球的質量關系未知，所以無法比較相遇時 A、B 兩球的動能，
故 B 錯誤；
D．重力的功率為
PG = mgvy
相遇時 A 和 B 兩小球豎直分速度相同，但兩球的質量關系未知，所以無法得出相遇時 A 和 B 兩小球重力的
功率關系，故 D 錯誤。
故選 C。
3．環保人員在一次檢查時發現，有一根排污管正在向外排出大量污水。環保人員觀察和測量發現，排污
管水平設置，管口離地面高度約為1．8m，污水落地點距管口水平距離約為3m，口內直徑約為0．2m，重力
加速度 g = 10m/s2 ，忽略空氣阻力，則以下估算正確的是（　?。?br/>A．污水從管口排出速度為3m/s
B．每秒排污體積0.628m3
1
C 2．若建立如圖所示的直角坐標系，空中的污水構成的曲線滿足方程 y = x
5
D．污水落地速度為 6m/s
【答案】C
【詳解】A．根據平拋運動規律可知
y 1= gt 2
2
x =v0t
解得
v0 = 5m/s
故 A 錯誤；
B．每秒排污體積
p d 2Q = v0S = v
3
0 × = 0.157m4
故 B 錯誤；
C．若建立如圖所示的直角坐標系，根據
y 1= gt 2
2
x =v0t
解得
y 1= x2
5
故 C 正確；
D．污水落地速度為
v = (gt)2 + v20 = 61m/s
故 D 錯誤。故選 C。
4．如圖所示，乒乓球臺的水平長度為 2L，中間的球網高度為 h，運動員在球臺左上方將球水平發出，發
1
球點距球臺左邊緣 O 點的水平距離為 L ，球在己方臺面上反彈后恰好掠過球網并落在對方球臺邊緣 P
2
處，虛線為乒乓球運動的軌跡。已知乒乓球在臺面上反彈前后的水平分速度不變，豎直分速度大小不變但
方向相反，Q 為乒乓球在己方臺面上的落點，O、P、Q 在同一直線上，且OP與球臺側邊平行，不考慮乒
乓球的旋轉和空氣阻力，重力加速度為 g，下列說法正確的是（　?。?br/>4
A．發球點距 O 點的豎直高度為 h
3
5
B．發球點距 O 點的豎直高度為 h
3
C g．發球速度大小為 L
3h
D g．發球速度大小為 L
2h
【答案】C
【詳解】從乒乓球反彈到運動到最高點逆過程看做反向平拋運動，則整個運動可看作 3 次平拋運動，總的
水平位移為
x總 = 2L
1 5
+ L = L
2 2
每次平拋運動
5 L = v0t6
H 1= gt 2
2
則乒乓球從反彈在掠過球網到運動到最高點的 看作反向平拋運動，設發球點距 O 點的豎直高度為 H，此
過程運動時間為 t1 ，則
1 L = v0t6 1
1 gt 21 = H - h2
以上各式聯立，解得
H 25= h
24
v g0 = L 3h
故選 C。
5．如圖所示，某排球運動員正在離球網 3m 處強攻，排球的速度方向水平，設矩形排球場的長為 2L，寬
L
為 L（L 為 9m），若排球（可視為質點）離開手時正好在 3m 線（即 線）中點 P 的正上方高 h1處，球網3
高 H，對方運動員在近網處攔網，攔網高度為 h2，且有 h1>h2>H，不計空氣阻力。為了使球能落到對方場
地且不被對方運動員攔住，則球離開手的速度 v 的范圍是（排球壓線不算出界）（ ）
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
【詳解】若球能落到對方場地且不被對方運動員攔住，根據
h 1 21 = gt2 1
得
t 2h= 11 g
平拋運動的最大水平位移為
2 2
s 4L= L max 3
+
2
則平拋運動的最大初速度為
2 2
4L + L 3 2 4L 2 2v = = L+ gmax t 3 2
g
1 2h1
根據
h - h 1= gt 21 2 2 2
得
t （2 h1 - h）2 = 2 g
則平拋運動的最小速度
L
v 3 L g= = min t2 3 （2 h1 - h2）
所以球離開手的速度 v 的范圍是
L g 2v 4L L
2 g
<
3 2 h - h 3
+ 2
g
（ 1 2） 2h1
故選 D。
6．如圖，兩個靠得很近的小球（均可視為質點）從斜面上的同一位置 O 以不同的初速度 vA、vB 做平拋運
動，斜面足夠長，在斜面上的落點分別為 A、B，在空中運動的時間分別為 tA、tB ，落到斜面前瞬間的速度
與水平方向的夾角分別為a、b ，已知OB = 2OA。下列說法正確的是（　?。?br/>A． vA : vB =1: 2 B． tA : tB =1: 2
C．α = β D．a < b
【答案】C
【詳解】AB．小球做平拋運動，根據OB = 2OA，可知 A 小球下落的高度為 B 小球下落高度的一半，對 A
小球
x = vAtA
h 1= gt 2
2 A
對 B 小球
2x = vBtB
2h 1= gt 2
2 B
解得
tA 1=
tB 2
vA 2=
vB 2
AB 錯誤；
CD．小球落到斜面上，設速度與水平方向的夾角為 θ，速度偏轉角滿足
tanq gt=
v0
所以
a = b
故 C 正確，D 錯誤。
故選 C。
7．如圖所示，O 為斜面的底端，在 O 點正上方的 A、B 兩點分別以初速度 vA 、 vB 正對斜面拋出兩個小
球，結果兩個小球都垂直擊中斜面，擊中的位置分別為 P、Q（圖中未標出）。OP = 3OQ，空氣阻力忽略
不計，則（　　）
A． 2OB＝AB B．3OB＝AB
C． 2vA＝vB D．3vA＝vB
【答案】A
【詳解】CD．設小球的初速度為 v0，拋出點的高度為 h，運動時間為 t，斜面的傾角為q 。小球垂直擊中斜
面時，速度與斜面垂直，由速度分解可知
tan vq = 0
vy
vy = gt
可得
t v= 0
g tanq
根據幾何關系可得
OP v 2
= A
tA vA 3= =
OQ vBtB v
2
B 1
可得
vA = 3vB
故 CD 錯誤；
AB．根據幾何關系有
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
則
2OB＝AB
故 A 正確，B 錯誤。
故選 A。
8．浙江 15 歲少年沈丹瑤打水漂獲全國冠軍，一次水漂最多打 300 多下，打水漂的石片彈跳的次數由初速
度、轉速、入水時石頭和水面的夾角、石頭材質等決定。假設某次投擲時，石片在距離水面高 h0 處以水平
1
速度 v0拋出，若石片與水面碰撞時，水平速度不變，但碰后反彈高度都是前一次 ，不計空氣阻力，重力4
加速度為 g ，則石片從拋出到第四次觸水的過程中（　?。?br/>5 2h 11 2h
A．經歷的時間 0 B．經歷的時間 0
2 g 4 g
3v 2h0 4v 2hC．經歷的水平距離為 D．經歷的水平距離為 00 g 0 g
【答案】B
【詳解】AB．則石片從拋出到第四次觸水的過程中，每次從拋出到觸水的時間分別為
t 2h0 2h0 2h0 2h01 = ，t2 = 2，t3 = 2，t4 = 2g 4g 4 4g 4 4 4g
經歷的時間為
t t t t t 11 2h= + + + = 01 2 3 4 4 g
故 A 錯誤；B 正確；
CD．經歷的水平距離為
x v t 11v 2h= = 00 4 0 g
故 CD 錯誤。
故選 B。
9．如圖，傾角為37°的斜面體的坡面為矩形 ABCD，BC 邊長為 L，AB 邊長為 0.6L，某同學站在坡頂上的
A 點處，從 A 點正上方的 P 點沿水平方向拋出一個小球，小球剛好落在 C 點，已知 P 點離 A 點高度為
0.4L，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力， sin 37° = 0.6,cos37° = 0.8 ，下列說法正確的是（ ）
2L
A．小球在空中運動時間為
g
B．小球從 P 點拋出的初速度大小為 gL
C．小球落到 C 點時速度大小為 2 gL
D．小球落到 C 點時速度與水平方向的夾角的正切值為 2
【答案】AD
【詳解】A．根據平拋運動規律可知
0.4L + BC sin 37 1° = gt 2
2
解得
t 2L=
g
故 A 正確；
B．沿 AC 方向有
AB2 + (BC cos37°)2 = v0t
解得
v gL0 = 2
故 B 錯誤；
C．根據豎直方向的運動規律可知
vy = gt = 2gL
根據運動的合成有
v v2 v2 5gL= 0 + y = 2
故 C 錯誤；
D．根據運動的分解可知
v
tana = y = 2
v0
故 D 正確；
故選 AD。
10．如圖，兩豎直光滑墻相鄰，一可看作質點的小球自左側墻體最高點 O 水平拋出， A '、B' 、C '、
LL A、B、C、LL為小球與左、右兩側墻體的碰撞點，小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度
等大、反向，墻足夠高，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）
A．A、B、C……間的距離之比滿足 yAB:yBC:yCD:× × × =1:3:5:× × ×
B．小球在 A、B、C 的豎直速度分量之比滿足 vAy:vBy:vCy:× × × =1:3:5:× × ×
C．小球與墻體碰撞時速度變化量均相同
D．小球與墻體兩次碰撞之間，小球的動量變化率均相同
【答案】BD
【詳解】AB．小球在水平方向做速率不變的運動，豎直方向做自由落體運動，則
tOA = t = t = t = t = ×××AA' A'B BB' B'C
物體做初速度為 0 的勻變速直線運動時，在連續相等時間內位移之比為 1:3:5:× × × ，由于 A 點有豎直向下的
分速度，則 A、B、C× × × 之間的距離之比滿足
yAB:yBC:yCD:× × × 1:3:5:× × ×
由
v = gt
知，小球在 A、B、C 的豎直速度分量之比滿足
vAy:vBy:vCy:× × × =1:3:5:× × ×
故 A 錯誤，B 正確；
C．小球與墻體碰撞前后，豎直速度不變，水平速度等大、反向，小球與墻體每次碰撞時速度變化量大小
相等，均為
Dv = 2v0
但方向不是都相同，故 C 錯誤；
D．由動量定理知
I = mg × Dt
I
= mg
Dt
小球與墻體前后兩次碰撞之間，小球的動量變化率即為小球重力，均相同，故 D 正確。
故選 BD。
11．如圖所示，一位同學玩飛鏢游戲，圓盤最上端有一點 P，飛鏢拋出時與 P 等高，且與 P 點的距離為
L。當飛鏢以初速度 v0垂直盤面瞄準 P 點水平拋出的同時，圓盤繞經過盤心 O 點的水平軸在豎直平面內勻
速轉動，忽略空氣阻力，重力加速度為 g，飛鏢恰好擊中 P 點，則（　?。?br/>2L gL2
A．飛鏢擊中 P 點所需的時間為 v B．圓盤的半徑為 4v20 0
pv 2p v
C．圓盤轉動角速度的最小值為 0 D．圓盤轉動的角速度可能為 0
L L
【答案】BC
【詳解】A．飛鏢水平拋出做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動
t L=
v0
A 錯誤；
B．飛鏢擊中 P 點時，P 恰好在最下方，則
2r 1= gt 2
2
解得圓盤的半徑
2
r gL=
4v20
B 正確；
CD．飛鏢擊中 P 點，則 P 點轉過的角度
q = wt = p + 2kp （ k = 0，1，2，…）
故
w q (2k +1)pv= = 0 （ k = 0，1，2，…）
t L
pv 2p v
則圓盤轉動角速度的最小值為 0 ，圓盤轉動的角速度不可能為 0 ，C 正確、D 錯誤。
L L
故選 BC。
12．一個物體以速度 v0 = 2m/s在光滑水平面上做勻速直線運動，物體的質量為m =1kg ，某時刻開始受到
一個與 v0方向垂直的水平恒力F = 2N作用，經過時間 t = 2s后撤去外力 F，下列說法正確的是（　　）
A．物體在這 2s內做勻變速曲線運動
B．撤去外力時，物體的速度大小為 2 2m/s
C．撤去外力時，物體的速度方向與初速度方向夾角為 60°
D．外力作用的這 2s內，物體的位移大小為 4 2m
【答案】AD
【詳解】A．水平恒力與 v0方向垂直，則物體做類平拋運動，所以物體在這 2s內做勻變速曲線運動，選項
A 正確；
B．撤去外力時，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
選項 B 錯誤；
C．撤去外力時，物體的速度方向與初速度方向夾角
v
tanq y 4= = =2
vx 2
所以
q 60°
選項 C 錯誤；
D．外力作用的這 2s內，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
選項 D 正確。
故選 AD。
13．如圖所示，物體甲從高 H 處以速度 v1平拋，同時物體乙從距甲水平方向距離 x 處由地面以速度 v2豎
直上拋，不計空氣阻力，兩個物體在空中某處相遇，下列敘述中正確的是 (　　)
A．從拋出到相遇所用的時間是 x/v1
B．如果相遇發生在乙上升的過程中，則 v2 > gH
C gH．如果相遇發生在乙下降的過程中，則 v2 < 2
D．若相遇點離地面高度為 H/2，則 v2 = gH
【答案】ABD
【詳解】A.兩物體只可能在乙的豎直方向上相遇，所以甲水平位移為 x，甲水平方向做勻速直線運動，所
x
用時間 t = v 故 A 正確．1
B.甲下落位移為
2
1 h = gt 2 1 x= g
2 2 v1
如果相遇發生在乙上升過程中，
v2t
1
- gt 2 = H - h ，
2
解得：
t H=
v2
此時
v2 H>
g v2
所以
v2 > gH
故 B 正確
C.如果相遇發生在乙下降過程中，甲下落位移為
2
1 h = gt 2 1 x= g
2 2 v1
如果相遇發生在乙上升過程中，
v2t
1
- gt 2 = H - h ，
2
解得：
t H=
v2
此時
v2 H<
g v2
所以
v2 < gH
故 C 錯誤；
D.當相遇點離地面高度為 H/2 時
x H
= ，
v1 g
所以
v2 = gH ．
故 D 正確。
14．如圖所示，四分之一圓弧面的半徑 R 與斜面的豎直高度相等，斜面的傾角為60°，圓弧面的圓心為圖
中 O 點，在斜面的頂端 A 點將多個小球以不同的水平速度拋出，設小球碰到接觸面后均不再反彈，已知重
力加速度為 g，則以下說法正確的是（ ）
A．小球有可能垂直打到圓弧面上
B．小球拋出的初速度越大，則運動時間越短
C gR．小球拋出的速度等于 時，運動時間最長
3
D gR．若小球拋出的速度小于 ，則落到接觸面時速度偏角均相同
6
【答案】AD
【詳解】A．如圖所示
根據平拋運動推論：速度方向延長線交于水平位移的中點，當圓心 O 為圖中水平位移 AA 的中點時，即小
球垂直打在圓弧面 B 點時，故 A 正確；
B．根據
h 1= gt 2
2
當小球打在斜面上時，小球拋出的初速度越大，小球下落高度越大，可知小球運動的時間越長；當小球打
在圓弧面上時，小球拋出的初速度越大，小球下落高度越小，可知小球運動的時間越短，故 B 錯誤；
C．當小球剛好落在 O 點正下方時，下落高度最大，運動時間最長，則有
R 1= gt 2
R
， = v t
2 tan 60° 0
聯立解得
v gR0 = 6
故 C 錯誤；
D gR．若小球拋出的速度小于 ，可知小球均落在斜面上，根據平拋運動推論可知，落到斜面上時速度偏
6
角均滿足
tanq = 2 tan 60° = 2 3
即落到斜面時速度偏角均相同，故 D 正確。
故選 AD。
15．自由式滑雪 U 型比賽場地可簡化為如圖甲所示的模型：滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道連
接而成，軌道的傾角為 θ。某次騰空時，運動員（視為質點）以大小為 v 的速度從軌道邊緣上的 M 點沿軌
道的豎直切面 ABCD 滑出軌道，速度方向與軌道邊緣 AD 的夾角為 90°-θ，騰空后沿軌道邊緣 AD 上的 N 點
進入軌道，騰空過程（從 M 點運動到 N 點的過程）的左視圖如圖乙所示。重力加速度大小為 g，不計空氣
阻力。下列說法正確的是。（　?。?br/>A．運動員騰空過程中處于超重狀態
v2cosq
B．運動員騰空過程中離開 AD 的最大距離為
2g
2v
C．運動員騰空的時間為 g
4v2sinq
D．M、N 兩點的距離為
g
【答案】BCD
【詳解】A．加速度方向向上為超重，加速度方向向下為失重，運動員騰空過程中加速度為 g，方向豎直向
下，運動員一直處于失乘狀態，故 A 錯誤；
B．運動員在 M 點時重直 AD 方向的速度大小
v1 =vsin（90°-θ）
垂直斜面方向加速度大小為
a1=gcosθ
設運動員騰空過程中離開 AD 的最大的距離為 d， 根據勻變速直線運動的規律有
v21 = 2a1d
解得
2
d v cosq=
2g
故 B 正確；
C．可得運動員從 M 點到離開 AD 最遠的時間
t v1 vcosq v0 = = =a1 gcosq g
根據對稱性可知，運動員騰空的時間
t 2t 2n= 0 = g
故 C 正確；
D．運動員在 M 點時平行 AD 方向的速度大小
v2 =vcos（90°-θ）
設運動員在 ABCD 面內平行 AD 方向的加速度大小為 a2，根據牛頓第二定律有
mgsinθ=ma2
根據勻變速直線運動的規律可知， M、N 兩點的距離
x v t 1 a t 2 4v
2sinq
= 2 + =2 2 g
故 D 正確。
故選 BCD。
16．在某次高爾夫球比賽中，美國選手羅伯特－斯特布擊球后，球恰好落在洞的邊緣，假定洞內 bc 表面
1
為 球面，半徑為 R，且空氣阻力可忽略，重力加速度大小為 g，把此球以大小不同的初速度 v0沿半徑方4
向水平擊出，如圖所示，球落到球面上，下列說法正確的是( )
A．落在球面上的最大速度為 2 2gR
B．落在球面上的最小速度為 3gR
C．小球的運動時間與 v0大小無關
D．無論調整 v0大小為何值，球都不可能垂直撞擊在球面上
【答案】BD
【詳解】AB．平拋運動豎直方向的分運動是自由落體運動，由
h= 1 22 gt
得
2h
t=
g
設小球落在 A 點時，OA 與豎直方向之間的夾角為 θ，水平方向的位移為 x，豎直方向的位移為 y，水平方
向的初速度為 v0，到達 a 點時豎直方向的速度為 vy，如圖所示
由幾何關系得
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
聯立得
2
vt＝ v
2
0 + 2gR cosq
Rg sin q 3
= + 2gR cosq = ( cosq 1+ )Rg
2cosq 2 2cosq
3 1
所以落在球面上時的小球有最小速度，當 cosq = 時，最小速度為 3gR ，故 A 錯誤，B 正確；2 2cosq
C．由以上的分析可知，小球下落的時間
v
t y 2Rcosq= =
g g
與小球的初速度有關．故 C 錯誤；
D．小球撞擊在圓面時，速度方向斜向右下方，根據“中點”結論可知，由于 O 不在水平位移的中點，所以
小球撞在圓環上的速度反向延長線不可能通過 O 點，也就不可能垂直撞擊圓環．故 D 正確。
故選 BD。
17．（2024·福建·高考真題）先后兩次從高為OH =1.4m 高處斜向上拋出質量為m = 0.2kg 同一物體落于
Q1、Q2 ，測得OQ1 = 8.4m,OQ2 = 9.8m ，兩軌跡交于 P 點，兩條軌跡最高點等高且距水平地面高為3.2m，
下列說法正確的是（　?。?br/>A．第一次拋出上升時間，下降時間比值為 7 : 4
B．第一次過 P 點比第二次機械能少1.3J
C．落地瞬間，第一次，第二次動能之比為72 :85
D．第二次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第一次大
【答案】B
【詳解】A．第一次拋出上升的高度為
h1 = 3.2m -1.4m=1.8m
故上升時間為
t 2h= 1上1 = 0.6sg
最高點距水平地面高為 h0 = 3.2m，故下降的時間為
t 2h0下1 = = 0.8sg
故一次拋出上升時間，下降時間比值為3: 4，故 A 錯誤；
B．兩條軌跡最高點等高，故可知兩次從拋出到落地的時間相等為
t = t上1 + t下1 =1.4s
故可得第一次，第二次拋出時水平方向的分速度分別為
v OQ= 1x1 = 6m/st
v OQx2 = 2 = 7m/st
由于兩條軌跡最高點等高，故拋出時豎直方向的分速度相等為
vy = gt上1 = 6m/s
由于物體在空中機械能守恒，故第一次過 P 點比第二次機械能少
1
DE = mv 2 1 2
2 x2
- mvx1 =1.3J2
故 B 正確；
C．從拋出到落地瞬間根據動能定理
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
故落地瞬間，第一次，第二次動能之比為100 :113，故 C 錯誤；
D．根據前面分析可知兩次拋出時豎直方向的分速度相同，兩次落地時物體在豎直方向的分速度也相同，
由于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，故可知第一次拋出時速度與水平方向的夾角較
大，第一次落地時速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角
比第二次大，故 D 錯誤。
故選 B。
18．（2024·安徽·高考真題）在某地區的干旱季節，人們常用水泵從深水井中抽水灌溉農田，簡化模型如圖
所示。水井中的水面距離水平地面的高度為 H。出水口距水平地面的高度為 h，與落地點的水平距離約為
l。假設抽水過程中 H 保持不變，水泵輸出能量的h 倍轉化為水被抽到出水口處增加的機械能。已知水的密
度為 r ，水管內徑的橫截面積為 S，重力加速度大小為 g，不計空氣阻力。則水泵的輸出功率約為（ ）
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
【詳解】設水從出水口射出的初速度為 v0，取 t 時間內的水為研究對象，該部分水的質量為
m = v0tSr
根據平拋運動規律
v0t ' = l
h 1= gt '2
2
解得
v0 = l
g
2h
根據功能關系得
Pth 1= mv 20 + mg H + h 2
聯立解得水泵的輸出功率為
rgSl 2gh 2
P = H h
l
+ +
2hh 4h


故選 B。
19．（2024·海南·高考真題）在跨越河流表演中，一人騎車以 25m/s 的速度水平沖出平臺，恰好跨越長
x = 25m的河流落在河對岸平臺上，已知河流寬度 25m，不計空氣阻力，取 g =10m / s2 ，則兩平臺的高度
差 h 為（　?。?br/>A．0.5m B．5m C．10m D．20m
【答案】B
1 2
【詳解】車做平拋運動，設運動時間為 t ，豎直方向 h = gt 水平方向d = v0t其中 d = 25m 、 v0 = 25m/s解2
得h = 5m故選 B。
20．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉
上。設低處荷葉 a、b、c、d 和青蛙在同一豎直平面內，a、b 高度相同，c、d 高度相同，a、b 分別在 c、
d 正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到（　?。?br/>A．荷葉 a B．荷葉 b C．荷葉 c D．荷葉 d
【答案】C
【詳解】青蛙做平拋運動，水平方向勻速直線，豎直方向自由落體則有
x = vt,h 1= gt2
2
可得
v g= x
2h
因此水平位移越小，豎直高度越大初速度越小，因此跳到荷葉 c 上面。
故選 C。

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