第7讲 抛体运动题型 专项训练 -2027届高考物理一轮复习题型全练

**基本信息** 以平抛运动为核心，通过六类题型系统覆盖抛体运动全场景，注重从基础规律到复杂情境的逻辑递进，强化科学思维与模型建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平抛运动基本规律|4题|考查速度分解、位移夹角等基础规律|从运动合成与分解切入，建立平抛运动时间、位移、速度关系| |类平抛运动|4题|含水平恒力、风力等非重力场情境|拓展加速度概念，迁移平抛运动分析方法| |相遇与临界问题|4题|涉及双体运动、安全区域等临界条件|强化运动时间关联，培养科学推理能力| |斜面类平抛|4题|结合斜面倾角、位移方向等几何约束|深化平抛运动与斜面的空间关系，提升模型建构能力| |曲面型平抛|4题|含半圆轨道、抛物线凹槽等曲面约束|综合几何知识与运动规律，发展质疑创新思维| |斜抛运动|4题|涵盖斜上抛、最高点分析等情境|完善抛体运动体系，体现运动的对称性与矢量性|

第7讲 抛体运动题型 题型一 平抛运动的基本规律及重要结论 1．（2026春•永春县校级期中）如图所示，运动员将网球水平击出，经过时间t落地时，瞬时速度与水平方向的夹角为60°，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．网球水平抛出时的初速度大小为 B．网球在t时间内水平方向上的位移为 C．网球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为30° D．若网球平抛的初速度增大，则其从开始抛出至落地过程速度变化量变大 【答案】B 【分析】平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，知道落地时间，即可知道落地时竖直方向上的速度，根据速度与水平方向的夹角，可求出落地的速度大小和水平初速度，根据运动学的公式分别求出水平方向与竖直方向的位移，然后求出位移与水平方向夹角。 【解答】解：A、落地时竖直方向上的速度vy＝gt，因为速度方向与水平方向的夹角为θ，所以小球的初速度，故A错误； B、网球在t时间内水平方向上位移的位移为x＝v0t，故B正确； C、网球竖直方向的位移y，位移与水平方向夹角的正切值tanα，α≠30°，故C错误； D、网球平抛的初速度增大，但落地的时间不变，所以其从开始抛出至落地过程速度变化量Δv＝gt不变，故D错误。 故选：B。 2．（2026•湖北二模）2026年春节期间，第25届米兰﹣科尔蒂纳冬季奥运会，中国跳台滑雪队取得了历史性突破。在跳台滑雪混合团体项目中，中国队获得第8名，创造了在该项目上的历史最好成绩。如图所示为跳台滑雪的简易示意图，运动员（可视为质点）从雪坡上某位置由静止滑下，到达P点后分别以大小不同的速度水平飞出，分别落在平台下方的斜面上的M、N两点。设落在M、N两点时小球的速度方向与斜面间的夹角分别为θ1、θ2，不计空气阻力，关于运动员在PM与PN两段运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动的时间相等 B．速度的变化量相等 C．速度的变化快慢不相等 D．θ1＞θ2 【答案】D 【分析】运动员从P点水平飞出后做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。分析落在M、N两点的情况，关键在于比较两者下落高度与水平位移。下落高度决定了运动时间，高度越大则时间越长，因此两段运动时间不相等。速度变化量由加速度与时间决定，加速度均为重力加速度，但时间不同，故变化量不相等。速度变化快慢即加速度，两者相同。对于速度方向与斜面夹角，需通过位移与速度偏向角的关系分析，水平位移越大，速度偏向角越小，结合斜面倾角固定，可判断夹角大小关系。 【解答】解：运动员自P点飞出后做平抛运动，其水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。 A、由图可知，运动员落在N点时的下落高度大于落在M点时的下落高度，根据竖直方向位移公式可知，下落高度越大，运动时间越长，故运动员在PN段运动的时间较长，故A错误； B、速度的变化量Δv＝gt，由于两段运动的时间不相等，因此速度的变化量也不相等，故B错误； C、速度变化的快慢即为加速度，不计空气阻力时，运动员在空中运动的加速度恒为重力加速度g，故速度变化的快慢相等，故C错误； D、设斜面倾角为β，P点相对于斜面顶端的竖直高度为H，运动员落在斜面上某点时的位移偏向角为φ，则。由几何关系可得y＝xtanβ+H，于是有。根据平抛运动的推论，速度偏向角α的正切值是位移偏向角正切值的2倍，即。由图可知，落在N点时的水平位移x较大，因此tanα较小，速度方向与水平方向的夹角α也较小。又因为速度方向与斜面间的夹角θ＝α﹣β，且β为定值，所以θ1＞θ2，故D正确。 故选：D。 3．（2026春•市中区校级期中）在一次无人机“空投”演习中，无人机携带的物资需投放到沿坡路行驶货车的车厢中。已知坡路的倾角θ＝37°，货车在坡路底端，无人机以v＝5m/s的速度水平匀速飞行，当经过坡底正上方时自由释放所带物资，同时货车启动并沿坡面直线行驶当货车前进s＝25m时，物资恰好落入车厢内。已知物资与货车始终处于同一竖直平面，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则物资释放时离货车的高度是（　　） A．80m B．85m C．90m D．95m 【答案】D 【分析】物资做平抛运动，分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动；货车沿斜面向上做直线运动，其水平位移和竖直位移可由斜面长度和倾角得到。根据两者相遇时的时间相同，结合水平位移相等求出时间，进而算出竖直下落高度，再加上货车上升的高度得到总高度。 【解答】解：物资做平抛运动，水平方向：x＝v0t货车沿斜面前进 s＝25m，其水平位移分量x＝scosθ，则v0t＝scosθ。代入数据解得t4s。物资竖直方向做自由落体运动：y80m。货车竖直方向位移分量：ssinθ＝25×0.6＝15m。物资释放时高度H＝y+ssinθ＝80+15＝95m，故D正确，ABC错误。 故选：D。 （多选）4．（2026春•番禺区校级期中）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h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，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在空中运动的描述正确的是（　　） A．运动的时间都不相同 B．运动的时间都相同 C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍 D．初速度v0越大，落入锅中时速度与水平面之间的夹角越小 【答案】BD 【分析】根据平抛运动的分解规律，由竖直分运动求运动时间，结合水平位移范围分析初速度，再利用速度合成与偏角公式判断选项。 【解答】解：AB、小面片均做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则有 代入数据可得，小面片的下落高度相同，故运动的时间相同，故A错误，B正确； C、根据水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t 代入数据可得，最大的水平位移为3L，最小的水平位移为L，可得最大的水平速度为，最小的水平速度为 代入数据可得v0：v′0＝3：1 又落入锅中时速度，可知最大速度与最小速度之比不等于3，故C错误； D、设落入锅中时速度与水平面之间的夹角为θ，则有 其中 解得，v0越大夹角越小，故D正确。 故选：BD。 题型二 类平抛运动 1．（2026春•温州期中）如图所示，在光滑水平面上，一质量为m做匀速直线运动的小球，经过a点时受一水平恒力的作用，经过b点时速度方向偏转90°。已知经过a点的速度大小为v、方向与ab连线夹角为30°，ab连线长度为L。对小球从a到b的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球在b点的速度为v B．所用的时间为 C．最小速度大小为v D．若仅改变小球在a点的速度大小，小球下一次经过ab连线时的速度偏转角也发生变化 【答案】C 【分析】题目描述小球在光滑水平面上受水平恒力作用，从a点到b点速度方向偏转90°，已知a点速度大小与方向及ab长度。小球在恒力作用下做匀变速曲线运动，可类比类平抛运动处理。分析需利用速度矢量关系，由于a、b点速度垂直，且平均速度方向沿ab连线，结合几何关系可建立速度与位移的联系。通过速度矢量三角形确定b点速度与最小速度，并利用位移与平均速度关系求时间。对于偏转角问题，需明确抛体运动中速度方向仅由初速度方向与力方向夹角决定，与初速度大小无关。 【解答】解：小球在恒力作用下做类平抛运动，其加速度为恒矢量。根据匀变速运动的位移公式与速度公式，联立可得，这表明平均速度的方向与ab连线方向相同。 A、由于，速度矢量、构成直角三角形的两直角边，其合矢量为斜边。已知与ab连线夹角为30°，根据几何关系有，解得：，故A错误； B、合矢量的大小为，代入，解得：。根据位移公式，代入数据解得：，故B错误； C、在速度矢量图中，由于加速度方向固定，速度矢量的终点在一条直线上运动。当速度矢量与加速度方向（即方向）垂直时，速度大小最小。在由、构成的直角三角形中，最小速度即为原点到斜边的垂线长度，由面积关系可得，代入va＝v，，解得：，故C正确； D、根据抛体运动的规律，小球再次经过ab连线时的速度方向仅由初速度方向与恒力方向的夹角决定，与初速度大小无关，因此其偏转角不会随初速度大小变化，故D错误。 故选：C。 2．（2026春•岳阳县校级月考）“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验。在如图所示的风洞中存在大小恒定的水平风力，现将一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹如图中的实线所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点的动能为9J，在O点的动能为1J，不计空气阻力，下列说法错误的是（　　） A．小球受到的重力与受到的风力大小之比为1：3 B．小球落到N点时的动能为13J C．O点到MN的距离与M、N两点间的距离之比为3：4 D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为0.9J 【答案】A 【分析】题目中小球在风洞中受到恒定水平风力和重力作用，运动轨迹为抛物线。通过分析竖直上抛和水平匀加速运动的对称性，可确定M到O与O到N时间相等。利用动能关系建立初末速度联系，结合运动学公式推导水平加速度与重力加速度比值。轨迹最高点O的动能仅由水平速度决定，N点动能由水平和竖直速度合成。最小动能出现在速度方向与合力方向垂直时，通过速度分解和动能表达式求解。选项A中重力与风力比值计算错误，实际应为3：1而非1：3。 【解答】解：A、根据和可得vM＝3v1。竖直方向vM＝gt，水平方向v1＝axt，联立解得。根据牛顿第二定律可得小球受到的重力与风力大小之比为3：1，故A错误； B、由运动合成与分解可知，小球水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，因此M点到O点与O点到N点时间相同。设M点速度为vM，O点速度为v1，水平加速度。O点为轨迹最高点，此时v1＝axt，N点水平速度vNx＝a•2t+2v1。已知，，解得，EN＝13J，故B正确； C、设O点到MN距离为h，竖直方向，水平方向，联立得，故C正确； D、最小速度为vM在垂直于合力方向的分量，其中，tanθ＝3，故vmin＝vMcosθ。最小动能，Ekmin＝0.9J，故D正确。 本题选错误选项，故选A。 3．（2025•泸水市校级三模）如图，在倾角为θ＝30°的足够大的光滑斜面上，将小球a、b同时以相同的速率沿水平面内不同方向抛出，已知a球初速度方向垂直竖直平面PQM向外，b球初速度沿着PQ方向，则（　　） A．a球落到斜面上时，a、b两球的位移大小相等 B．若将a球的初速度大小变为之前的2倍，则a球落到斜面上时，其速度大小也将变为之前的2倍 C．若将b球的初速度大小变为之前的2倍，则在相同时间内，其速度大小也将变为之前的2倍 D．a球落到斜面上时，a球的速度大小是b球速度大小的2倍 【答案】B 【分析】将两球运动分解为沿斜面向下的匀加速直线运动和各自初速度方向的匀速直线运动，结合斜面倾角与运动学公式分析位移、速度及时间的关系，逐一判断选项。 【解答】解：当a球落到斜面上时，有 解得，则a球落到斜面上时的速度为va 因为，若将a球的初速度大小变为之前的2倍，则a球落到斜面上时，其速度大小也变为之前的2倍，故B正确； A.由以上分析可知a球落到斜面上用时为，此时a球的位移为 b球的水平位移为，沿斜面向下的位移为sby b球的位移为，故A错误； C.根据 若将b球的初速度大小变为之前的2倍，则在相同时间内，其速度大小不是变为之前的2倍，故C错误； D.a球落到斜面上时的速度大小为 此时b球的速度大小为vb，故D错误。 故选：B。 （多选）4．（2026春•天津校级期中）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．小球的运动轨迹可能为圆弧 B．小球的加速度为gsinθ C．小球从A处到达B处所用的时间为 D．小球到达B处的水平方向位移大小 【答案】BC 【分析】分析小球在光滑斜面上的受力与运动性质，判断其为类平抛运动，轨迹为抛物线；通过受力分析，沿斜面方向由牛顿第二定律推导出加速度；根据斜面位移与匀变速直线运动规律，求解运动时间；根据匀速直线运动的位移公式直接计算沿初速度方向位移。 【解答】解：A．小球在光滑斜面上运动时，受重力和斜面支持力两个力的作用，合力沿斜面向下，大小恒定不变，且合力方向与初速度方向垂直，所以小球做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，故A错误； B．对小球受力分析，沿斜面方向由牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，解得小球的加速度a＝gsinθ，故B正确； C．小球沿斜面方向上的位移为，根据匀变速直线运动规律可得，解得运动时间，故C正确； D．小球沿初速度方向做匀速直线运动，到达B处的水平方向位移大小，故D错误。 故选：BC。 题型三 相遇与临界问题 1．（2026•永寿县校级模拟）如图，两小球M、N从同一高度同时分别以v1和v2的初速度水平抛出，经过时间t都落在了倾角θ＝30°的斜面上的A点，其中小球N垂直打到斜面上。不计空气阻力，初速度v1、v2大小之比为（　　） A．3：2 B．3：1 C．2：1 D．4：1 【答案】A 【分析】两球均做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，水平方向为匀速直线运动，小球落在同一点，两球下落时间相同；将小球N落在A点的速度分解到水平和竖直方向，将小球M的位移分解到水平和竖直方向，结合几何关系求解两球的初速度，比较即可。 【解答】解：两个小球在竖直方向做自由落体运动，设竖直位移为h，根据自由落体运动规律可知，两小球运动时间相同，对小球M，有 对小球N，有 联立可得 故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2026•孝感一模）如图所示，足够长光滑斜面倾角θ＝37°，在斜面顶端有可视为质点的小球A和小球B，某时刻A以vA＝4m/s水平抛出，与此同时B从斜面顶端以初速度vB沿斜面向下滑，经过一段时间，A刚好击中在斜面上滑动的小球B，取g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则下列说法正确的是（　　） A．若A的初速度变为原来的2倍，A还是可以击中B B．B的初速度vB＝3.2m/s C．A击中B时的速度大小为 D．若A的初速度变为原来的2倍，则A落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角变大 【答案】B 【分析】对于A球，根据平抛运动规律可以求解时间和沿斜面的位移，对于B求解根据牛顿第二定律求解加速度，根据二者等时性结合运动学公式求解初速度；将A球的速度加倍，同理求出A的位移与时间，再比较B的位移与时间即可；结合速度偏转角与位移偏转角分析。 【解答】解：A、设A击中B时斜面的长为L，对于A球，则水平方向xA＝Lcosθ＝vAt 竖直方向yA＝Lsinθ 联立解得t＝0.6s，L＝3m 对于小球B，根据牛顿第二定律可知其加速度agsinθ 解得a＝6m/s2 沿斜面方向L 解得vB＝3.2m/s 若A的初速度变为原来的2倍，同理可得t′＝1.2s，L″＝6m 在1.2s内B的位移：L″ 可知若A的初速度变为原来的2倍，A不能击中B，故A错误，B正确； C、A击中B时竖直方向的分速度vy＝gt＝10×0.6m/s＝6m/s 合速度大小为vm/sm/s，故C错误； D、设A落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角为α，则tanα A落到斜面上时的位移方向与斜面的夹角是θ，且满足 由于A落到斜面上时的位移方向与斜面的夹角不变，则落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角也不变。故D错误。 故选：B。 3．（2026春•开福区校级月考）一摩托车爱好者在准备充分的情况下，驾驶摩托车成功飞越一河流，其飞越过程简化图如图。他驾驶摩托车从轨道ABC上的A点由静止开始加速，从C处水平飞出，已知两岸高度差为h，河宽为l。为保证能落到对岸长度为s的安全区域DE内，运动过程中，人和车视为质点并忽略空气阻力，重力加速度为g，则摩托车离开C时速度v的范围为（　　） A．lv≤（l+s） B．lv≤（l+s） C．lv≤（l+s） D．lv≤（l+s） 【答案】B 【分析】摩托车从C处水平飞出后做平抛运动，当落到D点时，摩托车离开C时速度最小，落在E点时，速度最大。 【解答】解：摩托车在竖直方向做自由落体运动，根据hgt2 可知运动时间t 当落到D点时，速度v1l 当落到E点时，速度 所以摩托车离开C时速度v的范围为lv≤（l+s） 故B正确，ACD错误。 故选：B。 （多选）4．（2026春•鼓楼区校级月考）两个运动员脚下水平地面上放有两个足球，两个足球相距L。某时刻教练吹响哨声后两人同时把足球向右上方踢起，两球初速度大小分别为v1和v2，初速度方向与水平方向夹角分别为θ1和θ2，球飞出之后经过时间t，两球在空中撞在了一起，运动轨迹如图所示。空气阻力不计，足球均可视为质点，则以下关系成立的是（　　） A． B． C．v1sinθ1＝v2sinθ2 D． 【答案】AC 【分析】根据相等时间内上升的高度相等，将两次足球的运动分解即可求出。 【解答】解：AB．足球做斜上抛运动，运动的时间相等，沿水平方向v1cosθ1t﹣v2cosθ2t＝L 可得，故A正确，B错误； CD．竖直方向相同时间内的位移相同，可知竖直初速度相同，即v1sinθ1＝v2sinθ2，故C正确，D错误。 故选：AC。 题型四 斜面类平抛运动题型 1．（2026•通州区模拟）跳台滑雪是冬奥会比赛项目，极具观赏性。运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆。斜坡可视为倾斜平面，斜坡与水平方向的夹角为30°，测得ab之间的距离为L，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．运动员从a处水平飞出时的速度大小为 B．运动员在b处着陆瞬间的速度大小为 C．运动员从a处飞出至离坡面最远过程中所需时间为 D．运动员从a处飞出至离坡面最远处时的速度大小为 【答案】D 【分析】根据斜面倾角和位移，将平抛运动分解为水平、竖直分运动，求出飞行时间和初速度；计算着陆瞬间的竖直分速度与合速度；利用“速度方向与斜面平行时离斜面最远”的临界条件，求出对应时间；根据速度分解关系，求出此时的合速度。 【解答】解：A.设运动员从a点水平飞出时的初速度为v0，由几何关系可知运动员水平位移，竖直位移。竖直方向上根据自由落体运动规律有，解得飞行时间；水平方向上由匀速直线运动规律，可得运动员从a处水平飞出时的速度大小，故A错误。 B.运动员在b处着陆瞬间竖直分速度，根据运动的合成，合速度大小，故B错误。 C.当运动员速度方向与斜面平行时离坡面最远，此时速度偏角等于斜面倾角30°，满足，解得所需时间，故C错误。 D.运动员从a处飞出至离坡面最远处时，速度方向与斜面平行，此时合速度与水平方向夹角为30°，根据三角函数关系，合速度大小，故D正确。 故选：D。 2．（2026•重庆校级模拟）一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，OP的连线与斜面垂直；当以水平速度v2从O点抛出小球，小球恰好与斜面在Q点（Q点未画出）垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，则两次平抛过程中（　　） A．小球从O点到P点的时间是 B．Q点在P点的下方 C．v1＞v2 D．落在P点的时间与落在Q点的时间之比是 【答案】D 【分析】根据位移偏角和速度偏角的正切值分析求解时间，根据x＝vt知初速度的大小关系。 【解答】解：A、以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，此时位移垂直于斜面，根据几何知识知：tanθ 所以t1，故A错误； BC、当以水平速度v2从O点抛出小球，小球正好与斜面在Q点垂直相碰，此时速度与斜面垂直，根据几何知识知：tanθ 所以t2t1 根据速度偏角的正切值等于位移偏角正切值的二倍，知Q点在P点的上方，水平位移x2＞x1，由于t2＜t1，所以v2＞v1，故BC错误； D、落在P点的时间与落在Q点的时间之比是，故D正确。 故选：D。 3．（2026•镇安县校级模拟）如图所示，在倾角分别为37°和53°斜面顶端，分别向左、向右沿水平方向抛出A、B两个小球，两小球第一次落在斜面上时正好在同一水平线上，若不计空气阻力，则A、B两球初速度大小之比为（　　） A．3：4 B．4：3 C．16：9 D．9：16 【答案】C 【分析】两球都做平抛运动，落在斜面上时，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值．根据运动学规律和位移关系求解初速度大小之比。 【解答】解：两小球第一次落在斜面上时正好在同一水平线上，说明两小球竖直位移相等，设为 h，由 得两小球在空中运动时间相等，由图中几何关系可知， 根据水平位移与速度成正比可得vA：vB＝xA：xB＝16：9 故C正确，ABD错误。 故选：C。 （多选）4．（2026春•青山湖区校级月考）如图所示，光滑斜面体abcdfe的斜面倾角为θ＝30°，斜面长ab＝cd＝10m，斜面宽ad＝bc＝5m，第一次将小球从a点以速度v1沿ad方向抛出，小球在斜面内运动恰好经过c点，所用时间为t1；第二次将小球从a点以速度v2沿平行eb方向抛出，小球离开斜面运动恰好经过b点，所用时间为t2，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，小球在a→c点运动的过程中，以下说法正确的是（　　） A．t1：t2＝2：1 B．v1：v2＝1：2 C．第二次小球离开斜面的最远距离为 D．第二次小球离开斜面的最远距离为 【答案】AC 【分析】AB．第一次小球由a到c在斜面内做类平抛运动，第二次小球在竖直平面abe内做平抛运动，根据平抛运动规律分析； CD．沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系，垂直斜面方向做匀减速直线运动，速度减小为零时离开斜面最远。 【解答】解：AB．第一次小球由a到c在斜面内做类平抛运动，ad＝v1t1，ab，代入数据可得t1＝2s，v1＝2.5m/s， 第二次小球在竖直平面abe内做平抛运动，如图所示： 由平抛运动规律可知eb＝v2t2，，代入数据可得t2＝1s，， 所以t1：t2＝2：1，，故A正确，B错误； CD．沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系，如图所示： 垂直斜面方向做匀减速直线运动，小球与斜面的最远距离H，代入数据可得H，故C正确，D错误。 故选：AC。 题型五 曲面型平抛题型 1．（2026春•和平区校级期中）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，在A点同时水平抛出两个小球（可视为质点），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，则（　　） A．两个小球不会同时落到轨道上 B．v1：v2＝1：3 C．两个小球速度变化量方向不相同 D．落在D点小球的速度的反向延长线一定过O点 【答案】B 【分析】两小球从A点水平抛出后做平抛运动，由于OC、OD连线与竖直方向夹角相同，根据几何关系可判断两球下落高度相等。平抛运动竖直方向为自由落体，下落高度决定运动时间，因此两球同时落到轨道上。水平方向为匀速直线运动，时间相同则初速度之比等于水平位移之比，通过分析C、D两点的水平位置关系可得到该比值。速度变化量由重力加速度与时间的乘积决定，方向始终竖直向下。平抛运动末速度反向延长线过水平位移中点，据此判断其是否通过圆心O点。 【解答】解：两小球从同一高度A点水平抛出，均落在半圆形轨道上，分别位于C点和D点。 A、由于OC、OD连线与竖直方向的夹角均为30°，根据几何对称性可知C、D两点在同一水平线上，下落的高度均为h＝Rcos30°。根据平抛运动竖直方向位移公式，解得运动时间，因此两球运动时间相等，同时落到轨道上，故A错误； B、以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向。由几何关系可得，C点的横坐标x1＝R﹣Rsin30°，解得x1＝0.5R；D点的横坐标x2＝R+Rsin30°，解得x2＝1.5R。根据平抛水平方向匀速运动规律x＝v0t，在时间相同的情况下，初速度之比等于水平位移之比，即v1：v2＝x1：x2＝0.5R：1.5R＝1：3，故B正确； C、两小球在空中均只受重力作用，其速度变化量Δv＝gt，方向始终竖直向下，因此两球速度变化量的方向相同，故C错误； D、根据平抛运动推论，末速度的反向延长线过水平位移的中点。对于落在D点的小球，其水平位移为1.5R，中点位于距离A点0.75R处，而圆心O距离A点为R，故反向延长线不过O点，故D错误。 故选：B。 2．（2026•邢台二模）如图所示，半圆形凹槽半径为R，圆心为O，MN为水平直径。A点与O等高，B点在O点正下方，P点位于槽面上，P到O的水平距离为。现从A、B点分别以水平速度vA、vB抛出小球，恰好都垂直槽面击中P点，所用时间分别为tA、tB，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A． B． C． D．A、B、P三点不共线 【答案】C 【分析】利用“平抛运动中垂直击中圆弧面时，速度反向延长线过圆心”的推论，结合几何关系求出速度偏角；根据平抛运动的水平、竖直分运动规律，分别列方程求解两小球的运动时间比和初速度比；计算两点的竖直高度，验证位置关系；根据位移与速度偏角的关系，判断三点是否共线。 【解答】解：AC.由于两小球均垂直槽面击中P点，所以速度的反向延长线必过水平位移中点，即经过圆心O，如图所示： 根据几何关系可得，解得θ＝30° 根据平抛运动的规律可得xA＝R＝vAtA，，，，联立解得，，故A错误，C正确。 B.由于，，所以，故B错误。 D.根据平抛运动的推论可知，由于两小球的速度偏转角相等，即速度方向与水平方向的夹角相等，所以位移与水平方向的夹角相等，则A、B、P三点共线，故D错误。 故选：C。 3．（2026•山西模拟）如图所示，质量为3m的抛物线型凹槽锁定在光滑水平地面上。质量为m，可看作质点的小球从凹槽左端点（左端点处固定弹射装置）水平弹出后恰好落在轨道底部。以抛物线的顶点为坐标原点建立直角坐标系xOy，抛物线方程为y＝0.8x2（﹣2m≤x≤2m）。重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．小球从凹槽左端点水平弹出的初速度为2m/s B．小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点 C．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点以1m/s的水平初速度弹出后仍然恰好落在轨道底部 D．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点弹出后仍然恰好落在轨道底部，此过程凹槽向左移动1.5m 【答案】B 【分析】凹槽锁定时结合平抛运动规律与抛物线方程求初速度，解锁时利用水平动量守恒与相对位移分析小球和凹槽的运动，逐一判断选项。 【解答】解：A.由抛物线方程为y＝0.8x2（﹣2m≤x≤2m） 代入数据可得抛出点坐标为 （﹣2m，3.2m） 由平抛运动，x＝v0t 代入数据可得v0＝2.5m/s，t＝0.8s，故A错误； B.将v0＝2.5m/s，代入得x＝v0t，结合 消去t得y＝0.8x2 即小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点，故B正确； CD.若凹槽解除锁定，规定初速方向为正，由动量守恒mv1＝3mv2 恰好落在轨道底部x＝（v1+v2）×0.8 代入数据可得，凹槽向左移动x2＝v2t 代入数据可得x2＝0.5m，故CD错误。 故选：B。 （多选）4．（2026春•滨海新区校级月考）如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R，将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　） A．小球的初速度v0越大，碰到圆环时的竖直分位移越大 B．当小球的初速度v0时，碰到圆环时的竖直分速度最大 C．无论v0取何值，小球都不能垂直撞击圆环 D．v0取值不同时，小球落在圆环上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同 【答案】BC 【分析】小球从a点沿水平方向抛出做平抛运动，其水平位移和竖直位移需满足圆环的几何约束。分析竖直分位移与初速度的关系时，需考虑小球可能落在环上不同位置，随着初速度增大，落点从a点附近向b点附近移动，竖直位移先增大后减小，因此竖直分位移并非单调变化。对于竖直分速度最大值的判断，需要将平抛运动规律与圆环方程联立，得到竖直分速度与初速度的函数关系，通过分析该函数极值条件确定对应的初速度值。关于小球能否垂直撞击圆环，需结合平抛运动的速度反向延长线过水平位移中点的推论，以及撞击点处圆环的法线方向通过圆心这一几何条件进行推理，判断是否存在同时满足两者的运动情况。不同初速度对应不同落点，而每个落点处的位移方向是唯一的，根据平抛运动中速度方向与位移方向的关系，速度方向与水平方向的夹角也唯一确定。 【解答】解：小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动。 A、设落点坐标为（x，y），抛出点a为原点。当初速度v0极小时，小球落在a点附近的环面上，竖直分位移y趋近于0； 当初速度v0很大时，小球落在b点附近，竖直分位移y也趋近于0；当小球落在最低点c时，竖直位移最大为R。 因此，随着v0增大，竖直分位移y先增大后减小，故A错误； B、根据平抛运动规律有x＝v0t，，落点在圆环上满足（x﹣R）2+y2＝R2，联立整理得。 竖直分速度vy＝gt，要使vy最大只需落地时间t最大。对该方程关于v0求导，当时t有极大值，此时满足2v0t﹣2R＝0，即v0t＝R。 代入方程解得，此时初速度，故B正确； C、若小球垂直撞击圆环，其速度方向的反向延长线必经过圆心O。根据平抛运动推论，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，即，解得水平位移x＝2R。 此时落点应为b点，但到达b点要求竖直位移y＝0，这在平抛运动中只有t＝0时才能满足，与实际运动矛盾，故小球无论如何都不能垂直撞击圆环，故C正确； D、设速度方向与水平方向夹角为α，位移方向与水平方向夹角为φ，则有tanα＝2tanφ。由于落点在半圆环上，每一个落点的位置坐标（x，y）都是唯一的，对应的位移夹角φ也唯一。由于不同的v0对应不同的落点，因此速度夹角α必不相同，故D错误。 故选：BC。 题型六 斜抛题型 1．（2026•小店区校级模拟）篮球比赛中，运动员将篮球斜向上抛出，若篮球在运动过程中所受空气阻力大小与其速率成正比，方向与篮球运动方向相反。则该篮球从抛出到运动至最高点的过程中（　　） A．运动轨迹为抛物线 B．加速度大小一定变小 C．速率先变小后变大 D．在最高点加速度大小等于重力加速度大小 【答案】B 【分析】A、抛物线轨迹是仅受重力的抛体运动特征，本题有空气阻力，合外力不恒定，轨迹不是抛物线； B、上升过程中篮球速率持续减小，空气阻力随之减小，合外力也随之减小，因此加速度大小一定变小； C、从抛出到最高点，篮球始终做减速运动，速率持续减小，不存在先变小后变大的情况； D、最高点时篮球竖直速度为零，但水平方向仍有速度，因此存在水平方向的空气阻力，合外力不等于重力，加速度也不等于重力加速度。 【解答】解：AC、如图所示 篮球在上升至最高点的过程中，受重力和空气阻力，两个力均做负功，故速率v变小，则阻力f＝kv逐渐减小，所以合力是变力，所以其运动不是匀变速曲线运动，轨迹不是抛物线，故AC错误； D、篮球在最高点处，速度沿水平方向，仍受空气阻力作用，故合力大于重力，加速度大于重力加速度，故D错误； B、由于阻力f的方向与重力mg方向间的夹角逐渐变大，且阻力变小，重力不变，根据平行四边形定则可知合力变小，则由牛顿第二定律可知加速度变小，故B正确。 故选：B。 2．（2026•烟台模拟）在烟台莱阳一智慧物流园区内，无人机悬停在距离目标点D的竖直高度h＝3.2m、水平距离x＝2.4m处。为精准投递，无人机通过内部弹射装置将一可视为质点的包裹以初速度v0斜向上抛出，v0的方向与水平方向夹角为37°，其在空中飞行后落于目标点。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，忽略空气阻力，则包裹抛出时初速度v0的大小为（　　） A．3m/s B．4m/s C．6m/s D．9m/s 【答案】A 【分析】已知水平位移与竖直位移，需利用运动的合成与分解分析，将初速度分解为水平与竖直方向。水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀变速直线运动，通过水平位移与初速度水平分量关联时间，再结合竖直位移与初速度竖直分量及重力加速度的关系，建立方程组求解初速度大小。 【解答】解：包裹从起点抛出后，在水平方向做速度为v0x＝v0cos37°的匀速直线运动，在竖直方向做初速度为v0y＝v0sin37°、加速度为g的匀变速直线运动。根据运动学规律，水平位移x＝v0cos37°•t，以抛出点为原点且竖直向上为正方向，落地点D的竖直位移为﹣h，则。 由水平位移方程解得运动时间，代入竖直位移方程整理得轨迹方程为；代入数据，化简得，解得包裹抛出时的初速度大小v0＝3m/s，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2026•东城区模拟）从O点向右上方连续抛射多个小球，小球初速度方向均相同而大小均不同，不计空气阻力，以抛出点O为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系xOy。图中虚线可表示各小球最高点位置排列形状的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】小球以相同抛射角、不同初速度做斜抛运动，竖直方向先匀减速至最高点，竖直分速度为零，水平方向保持匀速。由运动学规律分析最高点位置，水平位移与竖直位移均与初速度平方相关，联立消去初速度后得到最高点的坐标关系，因抛射角固定，该关系表明最高点连线为过原点的倾斜直线。 【解答】解：小球做斜抛运动，设初速度大小为v0，抛射角为θ。水平分速度v0x＝v0cosθ，竖直分速度v0y＝v0sinθ，竖直加速度为g。 在轨迹最高点，竖直速度vy＝0。由0＝v0sinθ﹣gt，解得运动至最高点的时间。 此时最高点的水平位移，竖直位移。 联立两式消去v0，得最高点坐标关系。因所有小球抛射角θ相同，故为定值，y与x成正比，故B正确，ACD错误。 故选：B。 （多选）4．（2026春•深圳校级期中）羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时（　　） A．在A、B两点的速度大小相等 B．整个飞行过程中经过P点时的速度最小 C．AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间 D．在AP上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值 【答案】CD 【分析】通过轨迹不对称性判断运动受重力和阻力共同作用，分析A、B点的机械能与速度大小；根据合力与速度方向的夹角判断P点是否为速度最小位置；对比竖直方向AP段与PB段的平均加速度，分析两段飞行时间的长短；分析上升阶段加速度的竖直分量，判断其与重力加速度的大小关系。 【解答】解：A.由图可知运动轨迹不对称，即羽毛球的运动不是只受重力的抛体运动，羽毛球在运动过程中受到重力和阻力的共同作用，阻力做负功，机械能减小，所以A点的速度大于B点的速度，故A错误； B.在P点时，重力和阻力的合力与速度方向成钝角关系，速度减小，所以P点不是速度最小的位置，故B错误； C.在竖直方向上，AP段的平均加速度大于PB段的平均加速度，位移大小相等，所以AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故C正确； D.在AP上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量由重力和阻力的竖直分力之和提供，所以加速度大于重力加速度值，故D正确。 故选：CD。 综合提升 一．选择题 1．（2026•泉州模拟）如图，一斜面固定于水平地面上，现从斜面上同一点沿同一方向分别以初速度v、2v、3v、4v、5v水平抛出小球，不计空气阻力。其中初速度为3v的小球刚好落在斜面底端，则5个小球的落点位置可能是下面哪个图所示（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】小球从斜面同一位置以不同初速度水平平抛，部分落在斜面上，部分落在水平地面。初速度为3v的小球恰好落在斜面底端，是临界点。对于落在斜面上的小球，其竖直位移与水平位移之比为斜面倾角正切值，由此推导出下落时间与初速度成正比，竖直位移与初速度平方成正比，因此落点在斜面上且间距随初速度增大而显著增加。对于落在水平地面上的小球，其下落高度相同，运动时间相同，水平位移与初速度成正比，因此落点在水平地面上且间距相等。综合可知，初速度小于等于3v的小球落在斜面上且间距逐渐增大，初速度大于3v的小球落在水平地面上且间距相等。 【解答】解：小球做平抛运动，其水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为自由落体运动。 根据题图并结合题意分析，小球分别落在斜面和水平地面上。 当小球落在斜面上时，其位移方向与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，由位移关系可得，解得运动时间。将此时间代入竖直位移公式，得，表明落点高度h与初速度的平方成正比，即。 对于初速度分别为v、2v、3v的三个小球，其落点竖直高度之比为1：4：9。由于斜面是平直的，因此小球在斜面上的落点间距应随初速度增大而显著增加。 当小球落在水平地面上时，所有小球的下落高度H均相同，由可知它们的运动时间t相同。水平位移x＝v0t，故x∝v0。 已知初速度为3v的小球恰好落在斜面底端，则初速度为4v和5v的小球，其落点到抛出点的水平距离之比为4：5。它们到斜面底端的水平距离之比为（4﹣3）：（5﹣3）＝1：2，这意味着在水平地面上的落点间距是相等的。 观察题图可知，图A中斜面上的落点间距逐渐增大，且水平面上的落点间距相等，故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2025秋•合肥校级月考）如图所示，质量为0.1kg的小球放在光滑水平面上的P点，现给小球一个水平初速度v0，同时对小球施加一个垂直于初速度的水平恒力F，小球运动1s后到达Q点，测得P、Q间的距离为12.5m，P、Q连线与初速度的夹角为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则初速度v0的大小和恒力F的大小分别为（　　） A．10m/s，0.5N B．6m/s，0.5N C．8m/s，1.5N D．10m/s，1.5N 【答案】D 【分析】小球在光滑水平面上受垂直于初速度的恒力F，初速度方向与恒力方向垂直，因此小球做匀变速曲线运动，可分解为两个相互垂直的匀变速直线运动：沿初速度方向的匀速直线运动，以及沿恒力F方向的初速度为零的匀加速直线运动。通过位移的矢量合成结合三角函数关系，结合运动学公式求解初速度和力。 【解答】解：小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律可知，运动的加速度为 小球沿初速度方向为匀速直线运动，故位移为x＝v0t 沿恒力F方向做匀变速直线运动，故位移为 根据几何关系有y＝ssin37°，x＝scos37°，其中：s＝12.5m 联立解得v0＝10m/s，F＝1.5N，故D正确，ABC错误； 故选：D。 3．（2026•沧州一模）我国的抛石机最早出现于战国时期，通过人在远离抛石机的地方牵拉连在横杆上的梢抛出石块。假设有一待攻的城池，城墙高度为h，厚度为d，攻城方想用抛石机将石弹从城外直接抛入城内，抛石机的高度相对城墙高度忽略不计，空气阻力不计，重力加速度为g，则抛出石弹的最小速度应为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】抛出石弹的速度最小时，恰好经过城墙的两个上边缘，再根据平抛运动规律分析。 【解答】解：石弹轨迹如图所示时，抛出的速度最小，O为轨迹最高点，水平和竖直初速度大小分别为vx、vy，石弹的运动关于过O点的竖直线对称， 由O点到A点，石弹做平抛运动，有，在A点的竖直速度vAy＝gt1，OA的竖直距离s，由O点到落地，有2g（h+s）， 初速度v，代入数据可得v，当时，即时，v有最小值，v，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．（2025春•沙坪坝区校级期末）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面长a＝5m，宽b＝4m，倾角θ＝30°，一可视为质点的小球从顶端B处水平向左射入，恰好从底端点A处射出，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．小球运动的加速度为10m/s2 B．小球从B运动到A所用时间为2s C．小球从B点水平射入时的速度为 D．若小球从B点以4m/s的速度水平向左射入，则恰能从底端A点离开斜面 【答案】C 【分析】小球在光滑斜面有水平初速度，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度；根据沿斜面向下方向的位移，结合位移—时间公式求出运动的时间；根据水平位移和时间求出入射的初速度。 【解答】解：A、依据曲线条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲线运动， 再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：g′gsinθ＝10m/s2＝5m/s2，故A错误； BC、根据ag′t2，有：tss 根据b＝v0t，有： v0m/s＝2m/s，故B错误，C正确； D．若小球从B点以4m/s的速度水平向左射入，因水平位移不变，则下落的时间会减小，则不能从底端A点离开斜面，故D错误； 故选：C。 5．（2026•玉林模拟）如图所示，一个可视为质点的小球，从半径R＝1m的半圆PQ的左端点P水平向右抛出，当小球落到半圆上时，水平位移为1.6m。已知当地的重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则此过程中小球的运动时间为（　　） A．0.1s B．0.2s C．0.3s D．0.4s 【答案】D 【分析】根据平抛运动的水平位移与半圆的几何关系，确定小球竖直方向的下落高度，再由自由落体位移公式求解运动时间。 【解答】解：由几何关系得，当小球的水平位移为1.6m时，小球的竖直位移为0.8m，如图所示 竖直方向上做自由落体运动，有 代入数据得t＝0.4s，故D正确，ABC错误。 故选：D。 6．（2026•义乌市模拟）训练宇航员需要模拟完全失重的环境，飞机在电脑控制下按抛物线规律运动就能实现这一需求。如图所示，某次低空模拟飞行（重力加速度可视为10m/s2），飞机在速率为v＝420m/s，方向与水平方向成30°角时进入失重状态试验，下落的速率为v＝380m/s时退出试验，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．飞机只有在经过最高点后才能模拟出完全失重环境 B．本次飞行模拟完全失重的时间为10s C．若仅增大飞机与水平方向的夹角，本次试验模拟时间可以变长 D．飞机在竖直平面内做加速度大小等于10m/s2的匀速圆周运动也能满足试验要求 【答案】C 【分析】首先判断失重状态的加速度条件；通过速度分解与匀变速运动公式，计算特定初末速度下的运动时间；推导运动时间与初速度仰角的关系；分析匀速圆周运动的加速度方向是否满足失重条件。 【解答】解：A.飞机从进入失重状态的瞬间起，加速度就始终为g且竖直向下，整个过程都处于完全失重状态，故A错误。 B.设初速度为v0＝420m/s，仰角为30°，则速度的水平分量v0x＝v0cos30°＝420m/s＝210m/s，运动过程中保持不变；竖直分量v0y＝v0sin30°＝420m/s＝210m/s，取向上为正方向。退出试验时速率为v＝380m/s，由速度合成关系，解得vy＝﹣110m/s，负号表示方向向下。由竖直方向的匀变速规律vy＝v0y﹣gt，解得本次模拟失重的时间t＝32s，故B错误。 C.设飞机与水平方向的夹角为θ，初速度v0保持不变，则水平分量v0x＝v0cosθ，末态竖直分量。将竖直分量代入匀变速速度公式vy＝v0sinθ﹣g，可得运动时间。当夹角θ增大时，sinθ增大、cosθ减小，两项共同作用使分子增大，运动时间t随之变长，故C正确。 D.完全失重要求加速度方向始终竖直向下，而竖直平面内的匀速圆周运动，加速度方向始终指向圆心，会随位置不断变化，并非始终竖直向下，无法满足完全失重的条件，故D错误。 故选：C。 二．多选题 （多选）7．（2026•日照模拟）如图所示，在倾角为θ的斜面底端正上方高度H处，以初速度v0水平向右抛出一小球，最终落在斜面上。已知重力加速度为g，，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　） A．若，小球平抛运动的位移最小 B．若，小球将垂直打在斜面上 C．若，小球落到斜面上的速度最小 D．小球落到斜面上的最小速度为 【答案】ABD 【分析】分析的核心是建立水平位移、竖直位移与斜面倾角间的几何关系，通过平抛运动规律将运动时间、初速度及竖直位移关联。判断各选项时需利用特定条件如位移最小、垂直撞击等对应不同的几何约束，再结合数学方法求速度极值。已知斜面倾角正切值，将位移关系转化为关于竖直位移或时间的方程，从而确定初速度与位移的对应关系，进而验证各结论的正确性。 【解答】解：A、由于小球平抛运动的位移最小，即合位移方向与斜面垂直，由平抛运动规律可得Hcosθsinθ＝v0t，。 又知，即，。 联立解得，故A正确； B、小球做平抛运动，水平位移x＝v0t，竖直位移。 小球垂直打在斜面上，其末速度与竖直方向夹角为θ，速度分解满足。 根据几何关系有。 联立解得，故B正确； D、小球落在斜面上时，竖直分速度。 水平分速度。 几何关系为。 合速度。 又知，联立解得。 根据数学知识，3gy与乘积为定值，当二者相等时其和有最小值，故。 整理得。 因此，小球落到斜面上的最小速度，故D正确； C、小球做平抛运动，x＝v0t，。 几何关系。 又知。 联立解得，故当时，小球落到斜面上的速度最小，故C错误。 故选：ABD。 （多选）8．（2026•泸州模拟）如图所示，在倾角θ＝30°的斜面上有矩形区域PQMN，在P点静止释放小球甲的同时，在M点以与MN夹角为60°、大小为v0的速度弹射另一小球乙，两球均可视为质点。小球乙在斜面上的某点（图中未标出）击中小球甲，且击中时二者的速率相等。忽略一切摩擦，重力加速度为g。关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．碰前瞬间两球速度间的夹角为30° B．碰前瞬间两球速度间的夹角为60° C．小球甲下降的高度 D．小球乙沿MQ方向的位移 【答案】BD 【分析】甲球从静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，乙球以初速度斜向上抛出，在斜面上运动时沿斜面方向有初速度分量和加速度，水平方向匀速。两球在斜面上某点相碰且速率相等，需分析碰撞前瞬间两球速度的矢量关系。通过建立沿斜面向下和水平方向的坐标系，分别写出两球速度分量表达式，利用碰撞时速率相等条件可求出时间及速度大小，进而确定速度夹角。同时根据运动学规律可分别求出甲球下降的高度和乙球沿水平方向的位移。 【解答】解：将两球在斜面上的运动分解为沿斜面向下的方向（MN或PQ方向）和水平方向（MQ方向）。两球在斜面上运动时，沿斜面向下的加速度，水平方向加速度为0。 AB、设两球在t时刻相碰。甲球由静止释放，其速度沿斜面向下，大小为vA＝at；乙球在水平方向的速度，沿斜面方向的初速度向上，大小为，故其沿斜面方向的速度为（取向下为正）。由于碰撞时二者速率相等，即，有，解得：at＝v0。此时的分量坐标为（0，v0），的分量坐标为，两速度矢量夹角的余弦值，故夹角为60°，故A错误，B正确； C、由at＝v0可知碰撞时间，甲球沿斜面下滑的距离，解得：。则甲球下降的高度h＝ssin30°，代入解得：，故C错误； D、小球乙沿MQ方向做匀速直线运动，位移x＝vBxt，代入解得：，故D正确。 故选：BD。 （多选）9．（2025秋•海淀区校级期末）如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O。一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石块，已知AO＝40m，重力加速度g＝10m/s2，忽略人的身高，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．若，则石块一定落入水中 B．若石块不能落入水中，则石块落点到A点的距离与初速度成正比 C．若石块能落入水中，落水时速度与水平面的夹角的正切值与初速度的乘积为定值 D．若石块不能落入水中，则石块落到斜面上时速度方向与斜面的夹角与v0无关 【答案】CD 【分析】根据平抛运动规律分析，石块不能落入水中时，位移偏转角为定值，石块落入水中时，运动时间为定值。 【解答】解：A、若石块刚好落在O点，由平抛运动规律可知石块位移偏转角为30°，有，又AOsin30°，代入数据可得v0＝10m/s，所以v0＞10m/s时，石块一定落入水中，故A错误； B、若石块不能落入水中，设石块落点到A点距离为L，有Lsin30°，，代入数据可得，故B错误； C、若石块能落入水中，设落水时速度偏转角为θ，由平抛运动规律可知，又AOsin30°，代入数据可得，故C正确； D、若石块不能落入水中，设落到大坝上时速度偏转角为α，由平抛运动规律可知，，代入数据可得，即速度方向与水平方向夹角与初速度无关，则速度方向与斜面的夹角与初速度无关，故D正确。 故选：CD。 （多选）10．（2025•开封三模）如图所示，光滑斜面ABCD为长方形，AB边长为1.2m，BC边长为1.6m，倾角θ＝30°，质量m＝1kg的小球通过长为r＝0.2m的轻绳固定于长方形两条对角线的交点O，将轻绳拉直并使小球在某一位置P（未画出）静止。现给小球一垂直于绳的速度，小球开始做圆周运动，绳子恰好在最低点时断裂且小球刚好能够到达C点。不计阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．轻绳能够承受的最大张力为25N B．轻绳断裂瞬间小球的速度大小为2.5m/s C．到达C点时小球的速度大小为3m/s D．P点一定不会在最高点 【答案】AD 【分析】题目中小球在斜面上做圆周运动，绳子断裂后做类平抛运动。通过几何关系确定C点坐标，结合平抛运动规律求出断裂瞬间速度和时间。断裂前瞬间根据圆周运动向心力公式计算绳子张力。C点速度由水平和竖直分量合成得到。P点位置需满足受力平衡条件，仅最低点能平衡重力分力。 【解答】解：B、设AB边长为H＝1.2m，BC边长为L＝1.6m。以O为原点建立坐标系，x轴平行于BC向右，y轴平行于AB向下。由几何关系得C点坐标为（0.8，0.6），圆周运动最低点S坐标为（0，0.2）。 绳断裂后，小球做类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向加速度a＝gsin30°，解得a＝5m/s2。位移关系：x＝0.8m，y＝0.6﹣0.2＝0.4m。 由，解得：t＝0.4s。 断裂瞬间速度，故B错误； A、绳断裂前瞬间，由牛顿第二定律，解得：T＝25N，故A正确； C、C点合速度，其中vy＝2m/s，vx＝2m/s，解得：，故C错误； D、P点需满足受力平衡，仅最低点能平衡重力分力，故D正确。 故选：AD。 （多选）11．（2025春•海口月考）如图所示，一半径为R的半球形坑，其中坑边缘两点与圆心等高且在同一竖直面内。现甲、乙两位同学分别将M、N两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（　　） A． B． C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变 D．若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中 【答案】BD 【分析】先根据半球形坑的几何关系，确定两球的水平位移与竖直位移，再结合平抛运动水平匀速、竖直自由落体的规律，分别计算两球初速度，进而分析速率之和及速度垂直坑壁的可能性。 【解答】解：A.从M点抛出的小球，R（1﹣cos53°）＝v1t 代入数据得，故A错误； B.从N点抛出的小球，R（1+cos53°）＝v2t 代入数据得，故B正确； C.两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，则运动时间相同均为 根据v1t+v2t＝2R，两球抛出的速率之和，随着落点的竖直高度的改变而不同，故C错误； D.速度的反向延长线交水平位移的中点，假设小球垂直落在半球形坑中，速度反向延长线过球心O并不是水平位移的中点，两者矛盾，所以假设错误，不可能使小球沿半径方向落在圆弧轨道内，故D正确。 故选：BD。 （多选）12．（2026•深圳模拟）如图所示，在发球训练中网球被斜向下击出，运动方向垂直网面，球恰好过网。已知击球后网球的速度大小为v0，与水平方向夹角为θ，不计空气阻力。从相同位置击球，下面哪种方案仍能够使球过网（　　） A．v0不变，θ变大 B．v0不变，θ变小 C．θ不变，v0变小 D．θ不变，v0变大 【答案】BD 【分析】将网球的运动分解，写出水平分速度、竖直分速度，结合水平位移求出运动时间，进而推导出竖直位移的表达式；根据“恰好过网”的临界条件，分别分析初速度不变、抛射角变化，以及抛射角不变、初速度变化时，竖直位移的变化情况，判断网球能否过网。 【解答】解：将网球的运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向初速度不为零的匀加速直线运动，水平初速度为v0x＝v0cosθ，竖直初速度为v0y＝v0sinθ；设击球点到网的水平位移为x，网球运动到网的时间为；竖直方向下落的总位移为。 原情况恰好过网，说明击球点到网顶的竖直高度差h＝y。v0不变，θ变大，则tanθ变大、cosθ变小，所以y增大，y＞h，不能过网；v0不变，θ变小，则tanθ变小、cosθ变大，所以y减小，y＜h，可过网；θ不变，v0变小，则y增大，y＞h，不能过网；θ不变，v0变大，则y减小，y＜h，可过网，故AC错误，BD正确。 故选：BD。 三．解答题 13．（2026春•蓟州区期中）将小球从A点以8m/s的速度水平抛出，经0.8s恰好垂直斜面落在斜面上的B点，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求： （1）A、B两点的竖直距离h； （2）小球落在B点时速度v的大小； （3）斜面的倾角θ大小。 【答案】（1）A、B两点的竖直距离为3.2m。 （2）小球落在B点时的速度大小为8m/s。 （3）斜面的倾角为45°。 【分析】利用竖直方向的自由落体运动规律，计算小球下落的竖直高度；根据水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，分别求出水平与竖直分速度，合成得到合速度大小；结合小球垂直落在斜面上的几何条件，分析速度方向与斜面的夹角关系，通过速度分量的比值求出斜面倾角。 【解答】解：（1）小球从A点水平抛出后，竖直方向做自由落体运动，有 可得A、B两点的竖直距离。 （2）水平方向小球做匀速直线运动，所以水平分速度vx＝v0＝8m/s 竖直方向小球做自由落体运动，所以竖直分速度vy＝gt＝10×0.8m/s＝8m/s 可得小球落在B点时的速度大小。 （3）小球垂直落在斜面上，说明此时速度方向与斜面垂直，即速度方向与水平方向的夹角为90°﹣θ。 速度方向与水平方向夹角的正切值，等于竖直分速度与水平分速度的比值，即 可得，因为斜面倾角θ为锐角，所以θ＝45°。 答：（1）A、B两点的竖直距离为3.2m。 （2）小球落在B点时的速度大小为8m/s。 （3）斜面的倾角为45°。 14．（2026春•宁河区校级月考）一名乘雪橇的滑雪运动员滑雪进行训练，从高为h＝5m跳台边缘处以不同的初速度水平滑出。已知斜面有倾角为45°，重力加速度取g＝10m/s2。 （1）由于水平初速度过大，滑雪运动员沿虚线运动落到水平面。落点到斜面底端的距离与台高相等，求滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角θ； （2）若要滑雪运动员落在斜面上的某点，则水平滑出的速度大小需要满足的条件？ 【答案】（1）滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角为45°。 （2）若要滑雪运动员落在斜面上的某点，则水平滑出的速度大小小于等于5m/s。 【分析】（1）滑雪运动员做平抛运动，水平位移由斜面底端宽度和与台高相等的水平距离组成，竖直方向自由落体。通过竖直位移求时间，结合水平位移与初速度关系，利用速度分解，由竖直分速度与初速度比值确定夹角。 （2）计算恰好落在斜面底端的临界初速度，比较可知运动员落在斜面上。 【解答】解：（1）设水平初速度为v0，竖直方向有h 代入数据可得t＝1s 已知落点到斜面底端的距离与台高相等，则在水平方向有x总＝htan45°+h＝v0t 联立解得v0＝vy 则有 解得：tanθ＝1，可得滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角为θ＝45°。 （2）设滑雪运动员恰好落在斜面底端，则x1＝htan45°＝v1t 联立解得：滑雪运动员水平初速度v1＝5m/s 若要滑雪运动员落在斜面上的某点，则水平滑出的速度大小小于等于5m/s。 答：（1）滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角为45°。 （2）若要滑雪运动员落在斜面上的某点，则水平滑出的速度大小小于等于5m/s。 15．（2025•辽宁模拟）如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面体固定在水平地面上，斜面abcd为正方形。一小球从斜面的顶点a处以大小v0＝3.0m/s的初速度平行ab方向抛出，小球恰好从bc边的中点飞出。已知重力加速度g取10m/s2，求斜面abcd的边长以及小球运动到水平地面时的速度大小。 【答案】斜面abcd的边长为1.8m；小球运动到水平地面时的速度大小为m/s 【分析】小球在斜面上做类平抛运动，沿ab方向做匀速直线运动，沿ad方向做匀加速直线运动，求斜面abcd的边长； 小球从a运动到底面cdef所在的水平面，由动能定理，求小球运动到水平地面时的速度大小。 【解答】解：依题意，小球在斜面上做类平抛运动，沿ab方向做匀速直线运动，有L＝v0t 沿ad方向做匀加速直线运动，其加速度大小为a＝gsin30° 则沿ad方向有 解得L＝1.8m 小球从a运动到底面cdef所在的水平面，由动能定理可知 解得m/s 答：斜面abcd的边长为1.8m；小球运动到水平地面时的速度大小为m/s 16．（2026春•番禺区校级期中）水车是古代中国劳动人民发明的灌溉工具。图甲为赤峰市道须沟风景区内的一架水车，图乙为水车工作时的示意图。高处的水从水槽沿水平方向流出，水流出后垂直落在与水平面夹角为θ＝30°的水轮边缘上，冲击轮叶使水车转动。已知槽口到水车轴所在水平面距离为2R，水车轮轴到轮缘距离为R。水在空中的运动可视为平抛运动。重力加速度为g。求： （1）水流从槽口到轮叶的运动时间t； （2）水流初速度大小v0； （3）水流打在轮叶上速度大小v。 【答案】（1）水流从槽口到轮叶的运动时间为。 （2）水流初速度大小为。 （3）水流打在轮叶上速度大小为。 【分析】（1）水流做平抛运动，竖直方向为自由落体，已知下落高度由槽口高度与水车轮缘位置关系确定。通过几何关系得到下落高度，利用自由落体位移与时间的关系即可求出运动时间。 （2）水流垂直冲击轮叶，意味着冲击瞬间速度方向与轮叶表面垂直。已知轮叶与水平面夹角，结合平抛运动末速度方向与水平方向夹角的关系，可由竖直分速度与初速度的几何关系求出初速度大小。 （3）水流打在轮叶上的速度是平抛运动的合速度，由水平初速度与竖直末速度根据矢量合成法则求得。竖直分速度可通过自由落体运动规律由运动时间求出。 【解答】解：（1）水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，其下落高度为h＝2R﹣Rsin30°，解得：。 水流从槽口到轮叶的运动过程中，在竖直方向上做自由落体运动，满足，解得水流从槽口到轮叶的运动时间。 （2）设水流打在轮叶上时竖直分速度为vy，则有vy＝gt，解得：。由于水流垂直落在与水平面成30°角的轮叶边缘上，故满足，解得水流初速度。 （3）根据速度的合成可知，水流打在轮叶上的速度大小为，解得：。 答：（1）水流从槽口到轮叶的运动时间为。 （2）水流初速度大小为。 （3）水流打在轮叶上速度大小为。 17．（2026•包头二模）如图，2026年春节联欢晚会上机器人的跑跳翻越动作引爆全场，某同学观看后，对机器人的“弹射”运动产生了浓厚的兴趣。他设计了一个弹射装置，并用小球代替机器人进行测试试验。弹射装置上表面为距离地面h1＝0.15m的平台，小球以水平初速度运动到平台上时，弹射装置立即启动。小球向上弹起h2＝0.2m时，从平台上的P点斜向上抛出，小球在空中上升的最大高度距离地面0.8m，落地点与P点的水平距离x＝1.4m。小球可视为质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求： （1）小球从离开弹力装置到达最高点经历的时间； （2）小球位于最高点时速度的大小； （3）小球从P点离开到落地点速度变化量的大小和方向。 【答案】（1）小球从离开弹力装置到达最高点经历的时间为0.3s。 （2）小球位于最高点时速度的大小为2m/s。 （3）小球从P点离开到落地点速度变化量的大小为7m/s，方向竖直向下。 【分析】（1）小球从P点斜抛到最高点，竖直方向做匀减速直线运动，已知P点距地面高度和最大高度，可求出这段竖直位移，利用竖直方向初速度与末速度关系及匀变速运动规律，可求出从P点到最高点的时间。 （2）小球在最高点时竖直分速度为零，仅剩水平分速度。水平方向为匀速直线运动，已知P点到落地点的水平距离，以及从P点抛出到落地的总时间，总时间可通过竖直方向运动过程分段求解，从而求出水平速度即最高点速度。 （3）速度变化量由加速度和时间决定。从P点抛出到落地，小球只受重力，加速度恒为重力加速度，方向竖直向下。因此速度变化量大小等于重力加速度与运动总时间的乘积，方向与重力加速度方向一致，即竖直向下。 【解答】解：（1）根据题意，抛出点P距地面高度为HP＝h1+h2，解得：HP＝0.35m，小球在空中的最大高度Hmax＝0.8m。小球在竖直方向做匀变速直线运动，从P点到最高点的高度差Δh＝Hmax﹣HP，解得：Δh＝0.45m，由，解得：t1＝0.3s。 （2）小球从最高点下落到地面可视为自由落体运动，由，解得：t2＝0.4s。小球从P点运动到落地点的总时间T＝t1+t2，解得：T＝0.7s，水平方向为匀速直线运动，由x＝vxT，代入数据解得：小球在最高点时的速度大小vx＝2m/s。 （3）小球从P点离开到落地点过程中，水平速度不变，速度变化完全由竖直方向的重力加速度引起，由Δv＝gT，代入数据解得：速度变化量的大小Δv＝7m/s，方向竖直向下。 答：（1）小球从离开弹力装置到达最高点经历的时间为0.3s。 （2）小球位于最高点时速度的大小为2m/s。 （3）小球从P点离开到落地点速度变化量的大小为7m/s，方向竖直向下。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第7讲 抛体运动题型 题型一 平抛运动的基本规律及重要结论 1．（2026春•永春县校级期中）如图所示，运动员将网球水平击出，经过时间t落地时，瞬时速度与水平方向的夹角为60°，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．网球水平抛出时的初速度大小为 B．网球在t时间内水平方向上的位移为 C．网球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为30° D．若网球平抛的初速度增大，则其从开始抛出至落地过程速度变化量变大 2．（2026•湖北二模）2026年春节期间，第25届米兰﹣科尔蒂纳冬季奥运会，中国跳台滑雪队取得了历史性突破。在跳台滑雪混合团体项目中，中国队获得第8名，创造了在该项目上的历史最好成绩。如图所示为跳台滑雪的简易示意图，运动员（可视为质点）从雪坡上某位置由静止滑下，到达P点后分别以大小不同的速度水平飞出，分别落在平台下方的斜面上的M、N两点。设落在M、N两点时小球的速度方向与斜面间的夹角分别为θ1、θ2，不计空气阻力，关于运动员在PM与PN两段运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动的时间相等 B．速度的变化量相等 C．速度的变化快慢不相等 D．θ1＞θ2 3．（2026春•市中区校级期中）在一次无人机“空投”演习中，无人机携带的物资需投放到沿坡路行驶货车的车厢中。已知坡路的倾角θ＝37°，货车在坡路底端，无人机以v＝5m/s的速度水平匀速飞行，当经过坡底正上方时自由释放所带物资，同时货车启动并沿坡面直线行驶当货车前进s＝25m时，物资恰好落入车厢内。已知物资与货车始终处于同一竖直平面，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则物资释放时离货车的高度是（　　） A．80m B．85m C．90m D．95m （多选）4．（2026春•番禺区校级期中）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h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，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在空中运动的描述正确的是（　　） A．运动的时间都不相同 B．运动的时间都相同 C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍 D．初速度v0越大，落入锅中时速度与水平面之间的夹角越小 题型二 类平抛运动 1．（2026春•温州期中）如图所示，在光滑水平面上，一质量为m做匀速直线运动的小球，经过a点时受一水平恒力的作用，经过b点时速度方向偏转90°。已知经过a点的速度大小为v、方向与ab连线夹角为30°，ab连线长度为L。对小球从a到b的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球在b点的速度为v B．所用的时间为 C．最小速度大小为v D．若仅改变小球在a点的速度大小，小球下一次经过ab连线时的速度偏转角也发生变化 2．（2026春•岳阳县校级月考）“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验。在如图所示的风洞中存在大小恒定的水平风力，现将一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹如图中的实线所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点的动能为9J，在O点的动能为1J，不计空气阻力，下列说法错误的是（　　） A．小球受到的重力与受到的风力大小之比为1：3 B．小球落到N点时的动能为13J C．O点到MN的距离与M、N两点间的距离之比为3：4 D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为0.9J 3．（2025•泸水市校级三模）如图，在倾角为θ＝30°的足够大的光滑斜面上，将小球a、b同时以相同的速率沿水平面内不同方向抛出，已知a球初速度方向垂直竖直平面PQM向外，b球初速度沿着PQ方向，则（　　） A．a球落到斜面上时，a、b两球的位移大小相等 B．若将a球的初速度大小变为之前的2倍，则a球落到斜面上时，其速度大小也将变为之前的2倍 C．若将b球的初速度大小变为之前的2倍，则在相同时间内，其速度大小也将变为之前的2倍 D．a球落到斜面上时，a球的速度大小是b球速度大小的2倍 （多选）4．（2026春•天津校级期中）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．小球的运动轨迹可能为圆弧 B．小球的加速度为gsinθ C．小球从A处到达B处所用的时间为 D．小球到达B处的水平方向位移大小 题型三 相遇与临界问题 1．（2026•永寿县校级模拟）如图，两小球M、N从同一高度同时分别以v1和v2的初速度水平抛出，经过时间t都落在了倾角θ＝30°的斜面上的A点，其中小球N垂直打到斜面上。不计空气阻力，初速度v1、v2大小之比为（　　） A．3：2 B．3：1 C．2：1 D．4：1 2．（2026•孝感一模）如图所示，足够长光滑斜面倾角θ＝37°，在斜面顶端有可视为质点的小球A和小球B，某时刻A以vA＝4m/s水平抛出，与此同时B从斜面顶端以初速度vB沿斜面向下滑，经过一段时间，A刚好击中在斜面上滑动的小球B，取g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则下列说法正确的是（　　） A．若A的初速度变为原来的2倍，A还是可以击中B B．B的初速度vB＝3.2m/s C．A击中B时的速度大小为 D．若A的初速度变为原来的2倍，则A落到斜面上时的速度方向与斜面的夹角变大 3．（2026春•开福区校级月考）一摩托车爱好者在准备充分的情况下，驾驶摩托车成功飞越一河流，其飞越过程简化图如图。他驾驶摩托车从轨道ABC上的A点由静止开始加速，从C处水平飞出，已知两岸高度差为h，河宽为l。为保证能落到对岸长度为s的安全区域DE内，运动过程中，人和车视为质点并忽略空气阻力，重力加速度为g，则摩托车离开C时速度v的范围为（　　） A．lv≤（l+s） B．lv≤（l+s） C．lv≤（l+s） D．lv≤（l+s） （多选）4．（2026春•鼓楼区校级月考）两个运动员脚下水平地面上放有两个足球，两个足球相距L。某时刻教练吹响哨声后两人同时把足球向右上方踢起，两球初速度大小分别为v1和v2，初速度方向与水平方向夹角分别为θ1和θ2，球飞出之后经过时间t，两球在空中撞在了一起，运动轨迹如图所示。空气阻力不计，足球均可视为质点，则以下关系成立的是（　　） A． B． C．v1sinθ1＝v2sinθ2 D． 题型四 斜面类平抛运动题型 1．（2026•通州区模拟）跳台滑雪是冬奥会比赛项目，极具观赏性。运动员从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆。斜坡可视为倾斜平面，斜坡与水平方向的夹角为30°，测得ab之间的距离为L，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．运动员从a处水平飞出时的速度大小为 B．运动员在b处着陆瞬间的速度大小为 C．运动员从a处飞出至离坡面最远过程中所需时间为 D．运动员从a处飞出至离坡面最远处时的速度大小为 2．（2026•重庆校级模拟）一种定点投抛游戏可简化为如图所示的模型，以水平速度v1从O点抛出小球，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，洞口处于斜面上的P点，OP的连线与斜面垂直；当以水平速度v2从O点抛出小球，小球恰好与斜面在Q点（Q点未画出）垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度为g，则两次平抛过程中（　　） A．小球从O点到P点的时间是 B．Q点在P点的下方 C．v1＞v2 D．落在P点的时间与落在Q点的时间之比是 3．（2026•镇安县校级模拟）如图所示，在倾角分别为37°和53°斜面顶端，分别向左、向右沿水平方向抛出A、B两个小球，两小球第一次落在斜面上时正好在同一水平线上，若不计空气阻力，则A、B两球初速度大小之比为（　　） A．3：4 B．4：3 C．16：9 D．9：16 （多选）4．（2026春•青山湖区校级月考）如图所示，光滑斜面体abcdfe的斜面倾角为θ＝30°，斜面长ab＝cd＝10m，斜面宽ad＝bc＝5m，第一次将小球从a点以速度v1沿ad方向抛出，小球在斜面内运动恰好经过c点，所用时间为t1；第二次将小球从a点以速度v2沿平行eb方向抛出，小球离开斜面运动恰好经过b点，所用时间为t2，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，小球在a→c点运动的过程中，以下说法正确的是（　　） A．t1：t2＝2：1 B．v1：v2＝1：2 C．第二次小球离开斜面的最远距离为 D．第二次小球离开斜面的最远距离为 题型五 曲面型平抛题型 1．（2026春•和平区校级期中）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，在A点同时水平抛出两个小球（可视为质点），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，则（　　） A．两个小球不会同时落到轨道上 B．v1：v2＝1：3 C．两个小球速度变化量方向不相同 D．落在D点小球的速度的反向延长线一定过O点 2．（2026•邢台二模）如图所示，半圆形凹槽半径为R，圆心为O，MN为水平直径。A点与O等高，B点在O点正下方，P点位于槽面上，P到O的水平距离为。现从A、B点分别以水平速度vA、vB抛出小球，恰好都垂直槽面击中P点，所用时间分别为tA、tB，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A． B． C． D．A、B、P三点不共线 3．（2026•山西模拟）如图所示，质量为3m的抛物线型凹槽锁定在光滑水平地面上。质量为m，可看作质点的小球从凹槽左端点（左端点处固定弹射装置）水平弹出后恰好落在轨道底部。以抛物线的顶点为坐标原点建立直角坐标系xOy，抛物线方程为y＝0.8x2（﹣2m≤x≤2m）。重力加速度g取10m/s2。则（　　） A．小球从凹槽左端点水平弹出的初速度为2m/s B．小球从凹槽任一点以2.5m/s的水平初速度弹出后都能落到O点 C．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点以1m/s的水平初速度弹出后仍然恰好落在轨道底部 D．若凹槽解除锁定，小球从凹槽左端点弹出后仍然恰好落在轨道底部，此过程凹槽向左移动1.5m （多选）4．（2026春•滨海新区校级月考）如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R，将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　） A．小球的初速度v0越大，碰到圆环时的竖直分位移越大 B．当小球的初速度v0时，碰到圆环时的竖直分速度最大 C．无论v0取何值，小球都不能垂直撞击圆环 D．v0取值不同时，小球落在圆环上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同 题型六 斜抛题型 1．（2026•小店区校级模拟）篮球比赛中，运动员将篮球斜向上抛出，若篮球在运动过程中所受空气阻力大小与其速率成正比，方向与篮球运动方向相反。则该篮球从抛出到运动至最高点的过程中（　　） A．运动轨迹为抛物线 B．加速度大小一定变小 C．速率先变小后变大 D．在最高点加速度大小等于重力加速度大小 2．（2026•烟台模拟）在烟台莱阳一智慧物流园区内，无人机悬停在距离目标点D的竖直高度h＝3.2m、水平距离x＝2.4m处。为精准投递，无人机通过内部弹射装置将一可视为质点的包裹以初速度v0斜向上抛出，v0的方向与水平方向夹角为37°，其在空中飞行后落于目标点。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，忽略空气阻力，则包裹抛出时初速度v0的大小为（　　） A．3m/s B．4m/s C．6m/s D．9m/s 3．（2026•东城区模拟）从O点向右上方连续抛射多个小球，小球初速度方向均相同而大小均不同，不计空气阻力，以抛出点O为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系xOy。图中虚线可表示各小球最高点位置排列形状的是（　　） A． B． C． D． （多选）4．（2026春•深圳校级期中）羽毛球是深受大众喜爱的体育运动。如图所示是羽毛球从左往右飞行的轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，则羽毛球在该轨迹上运动时（　　） A．在A、B两点的速度大小相等 B．整个飞行过程中经过P点时的速度最小 C．AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间 D．在AP上升阶段，羽毛球加速度的竖直分量大于重力加速度值 综合提升 一．选择题 1．（2026•泉州模拟）如图，一斜面固定于水平地面上，现从斜面上同一点沿同一方向分别以初速度v、2v、3v、4v、5v水平抛出小球，不计空气阻力。其中初速度为3v的小球刚好落在斜面底端，则5个小球的落点位置可能是下面哪个图所示（　　） A． B． C． D． 2．（2025秋•合肥校级月考）如图所示，质量为0.1kg的小球放在光滑水平面上的P点，现给小球一个水平初速度v0，同时对小球施加一个垂直于初速度的水平恒力F，小球运动1s后到达Q点，测得P、Q间的距离为12.5m，P、Q连线与初速度的夹角为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则初速度v0的大小和恒力F的大小分别为（　　） A．10m/s，0.5N B．6m/s，0.5N C．8m/s，1.5N D．10m/s，1.5N 3．（2026•沧州一模）我国的抛石机最早出现于战国时期，通过人在远离抛石机的地方牵拉连在横杆上的梢抛出石块。假设有一待攻的城池，城墙高度为h，厚度为d，攻城方想用抛石机将石弹从城外直接抛入城内，抛石机的高度相对城墙高度忽略不计，空气阻力不计，重力加速度为g，则抛出石弹的最小速度应为（　　） A． B． C． D． 4．（2025春•沙坪坝区校级期末）如图所示，固定在水平面上的光滑斜面长a＝5m，宽b＝4m，倾角θ＝30°，一可视为质点的小球从顶端B处水平向左射入，恰好从底端点A处射出，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．小球运动的加速度为10m/s2 B．小球从B运动到A所用时间为2s C．小球从B点水平射入时的速度为 D．若小球从B点以4m/s的速度水平向左射入，则恰能从底端A点离开斜面 5．（2026•玉林模拟）如图所示，一个可视为质点的小球，从半径R＝1m的半圆PQ的左端点P水平向右抛出，当小球落到半圆上时，水平位移为1.6m。已知当地的重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则此过程中小球的运动时间为（　　） A．0.1s B．0.2s C．0.3s D．0.4s 6．（2026•义乌市模拟）训练宇航员需要模拟完全失重的环境，飞机在电脑控制下按抛物线规律运动就能实现这一需求。如图所示，某次低空模拟飞行（重力加速度可视为10m/s2），飞机在速率为v＝420m/s，方向与水平方向成30°角时进入失重状态试验，下落的速率为v＝380m/s时退出试验，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．飞机只有在经过最高点后才能模拟出完全失重环境 B．本次飞行模拟完全失重的时间为10s C．若仅增大飞机与水平方向的夹角，本次试验模拟时间可以变长 D．飞机在竖直平面内做加速度大小等于10m/s2的匀速圆周运动也能满足试验要求 二．多选题 （多选）7．（2026•日照模拟）如图所示，在倾角为θ的斜面底端正上方高度H处，以初速度v0水平向右抛出一小球，最终落在斜面上。已知重力加速度为g，，不计空气阻力。下列说法中正确的是（　　） A．若，小球平抛运动的位移最小 B．若，小球将垂直打在斜面上 C．若，小球落到斜面上的速度最小 D．小球落到斜面上的最小速度为 （多选）8．（2026•泸州模拟）如图所示，在倾角θ＝30°的斜面上有矩形区域PQMN，在P点静止释放小球甲的同时，在M点以与MN夹角为60°、大小为v0的速度弹射另一小球乙，两球均可视为质点。小球乙在斜面上的某点（图中未标出）击中小球甲，且击中时二者的速率相等。忽略一切摩擦，重力加速度为g。关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．碰前瞬间两球速度间的夹角为30° B．碰前瞬间两球速度间的夹角为60° C．小球甲下降的高度 D．小球乙沿MQ方向的位移 （多选）9．（2025秋•海淀区校级期末）如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O。一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石块，已知AO＝40m，重力加速度g＝10m/s2，忽略人的身高，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．若，则石块一定落入水中 B．若石块不能落入水中，则石块落点到A点的距离与初速度成正比 C．若石块能落入水中，落水时速度与水平面的夹角的正切值与初速度的乘积为定值 D．若石块不能落入水中，则石块落到斜面上时速度方向与斜面的夹角与v0无关 （多选）10．（2025•开封三模）如图所示，光滑斜面ABCD为长方形，AB边长为1.2m，BC边长为1.6m，倾角θ＝30°，质量m＝1kg的小球通过长为r＝0.2m的轻绳固定于长方形两条对角线的交点O，将轻绳拉直并使小球在某一位置P（未画出）静止。现给小球一垂直于绳的速度，小球开始做圆周运动，绳子恰好在最低点时断裂且小球刚好能够到达C点。不计阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．轻绳能够承受的最大张力为25N B．轻绳断裂瞬间小球的速度大小为2.5m/s C．到达C点时小球的速度大小为3m/s D．P点一定不会在最高点 （多选）11．（2025春•海口月考）如图所示，一半径为R的半球形坑，其中坑边缘两点与圆心等高且在同一竖直面内。现甲、乙两位同学分别将M、N两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（　　） A． B． C．两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，两球抛出的速率之和不变 D．若仅从M点水平抛出小球，改变小球抛出的速度，小球不可能垂直坑壁落入坑中 （多选）12．（2026•深圳模拟）如图所示，在发球训练中网球被斜向下击出，运动方向垂直网面，球恰好过网。已知击球后网球的速度大小为v0，与水平方向夹角为θ，不计空气阻力。从相同位置击球，下面哪种方案仍能够使球过网（　　） A．v0不变，θ变大 B．v0不变，θ变小 C．θ不变，v0变小 D．θ不变，v0变大 三．解答题 13．（2026春•蓟州区期中）将小球从A点以8m/s的速度水平抛出，经0.8s恰好垂直斜面落在斜面上的B点，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求： （1）A、B两点的竖直距离h； （2）小球落在B点时速度v的大小； （3）斜面的倾角θ大小。 14．（2026春•宁河区校级月考）一名乘雪橇的滑雪运动员滑雪进行训练，从高为h＝5m跳台边缘处以不同的初速度水平滑出。已知斜面有倾角为45°，重力加速度取g＝10m/s2。 （1）由于水平初速度过大，滑雪运动员沿虚线运动落到水平面。落点到斜面底端的距离与台高相等，求滑雪运动员着地时速度方向与水平方向间的夹角θ； （2）若要滑雪运动员落在斜面上的某点，则水平滑出的速度大小需要满足的条件？ 15．（2025•辽宁模拟）如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面体固定在水平地面上，斜面abcd为正方形。一小球从斜面的顶点a处以大小v0＝3.0m/s的初速度平行ab方向抛出，小球恰好从bc边的中点飞出。已知重力加速度g取10m/s2，求斜面abcd的边长以及小球运动到水平地面时的速度大小。 16．（2026春•番禺区校级期中）水车是古代中国劳动人民发明的灌溉工具。图甲为赤峰市道须沟风景区内的一架水车，图乙为水车工作时的示意图。高处的水从水槽沿水平方向流出，水流出后垂直落在与水平面夹角为θ＝30°的水轮边缘上，冲击轮叶使水车转动。已知槽口到水车轴所在水平面距离为2R，水车轮轴到轮缘距离为R。水在空中的运动可视为平抛运动。重力加速度为g。求： （1）水流从槽口到轮叶的运动时间t； （2）水流初速度大小v0； （3）水流打在轮叶上速度大小v。 17．（2026•包头二模）如图，2026年春节联欢晚会上机器人的跑跳翻越动作引爆全场，某同学观看后，对机器人的“弹射”运动产生了浓厚的兴趣。他设计了一个弹射装置，并用小球代替机器人进行测试试验。弹射装置上表面为距离地面h1＝0.15m的平台，小球以水平初速度运动到平台上时，弹射装置立即启动。小球向上弹起h2＝0.2m时，从平台上的P点斜向上抛出，小球在空中上升的最大高度距离地面0.8m，落地点与P点的水平距离x＝1.4m。小球可视为质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求： （1）小球从离开弹力装置到达最高点经历的时间； （2）小球位于最高点时速度的大小； （3）小球从P点离开到落地点速度变化量的大小和方向。 1 学科网（北京）股份有限公司 $