第10讲 平抛运动-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习教用Word

该高中物理讲义聚焦平抛运动专题，覆盖平抛、斜抛及约束条件下的抛体运动核心考点，按概念性质、规律方法、情境应用的逻辑层次组织，通过知识速记梳理基础，要点深化指导方法，真题训练强化应用，帮助学生系统构建运动合成与分解的解题框架。 资料以情境化教学和分层训练为特色，结合网球击球、高台跳雪等实例培养科学思维，通过斜面约束问题中分解速度位移的策略提升科学推理能力，设置基础到综合的练习梯度，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供实用指导。

第10讲　平抛运动 1.理解平抛运动、斜抛运动的概念及运动性质。 2.掌握抛体运动的规律，会用运动的合成与分解的方法处理抛体运动、类抛体运动。 3.学会处理斜面或圆弧面约束下的平抛运动问题。 考点一　平抛运动 知识速记 1.定义：将物体以一定的初速度沿　水平　方向抛出，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，运动轨迹是　抛物线　。 3.研究方法 （1）水平方向：　匀速直线　运动； （2）竖直方向：　自由落体　运动。 4.基本规律 如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向（水平方向）为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系xOy。 速度关系 位移关系 　〔鲁科版必修第二册P43图2-11情境〕球场上，运动员多次从同一高度以不同的水平速度击出网球。不计空气阻力，若网球均落在水平地面上。如图所示，判断下列说法的正误。 （1）网球在运动过程中速度方向和加速度方向总垂直。（　×　） （2）网球的初速度越大，落地的时间越长。（　×　） （3）网球的初速度越大，水平位移越大。（　√　） （4）网球在运动过程中速度与水平方向的夹角逐渐变小。（　×　） 要点深化 1.平抛运动物体的速度变化量 因为平抛运动的加速度为重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度变化量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示。 2.两个推论 （1）做平抛运动的物体在任意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。 （2）做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α。 教材母题 　〔人教版必修第二册P19·T4改编〕水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，可以视为平抛运动，g取10 m/s2。若摩托车刚好可以安全落到壕沟对面，则摩托车刚离开地面时的速度为（　　） A.10 m/s B.15 m/s C.20 m/s D.25 m/s 解析：C　根据平抛运动的规律可知，竖直方向有h＝gt2，水平方向有x＝vt，代入数据解得v＝20 m/s，A、B、D错误，C正确。 链接高考 　（2025·云南高考3题）如图所示，某同学将两颗鸟食从O点水平抛出，两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动，两运动轨迹在同一竖直平面内，则（　　） A.两颗鸟食同时抛出 B.在N点接到的鸟食后抛出 C.两颗鸟食平抛的初速度相同 D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大 解析：D　竖直方向由h＝gt2可知tN＞tM，由于两只小鸟同时接到鸟食，可知在N点接到的鸟食先抛出，A、B错误；在下落相同高度时，M的水平位移大，则初速度大，D正确，C错误。 链接分析 　教材母题和2025年云南高考第3题均通过生活情境，有机融合平抛运动规律，凸显物理实用性及科学思维价值。 （2026·广东广州联考）如图为羽毛球运动员练习扣杀球时的场景，运动员从O点将羽毛球以速度v0水平击出，羽毛球经M点后，落在水平地面上N点。羽毛球在M点、N点的速度方向与竖直方向的夹角分别为60°和45°，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则羽毛球从M点运动到N点的时间为（　A　） A. B. C. D. 解析：羽毛球在M点，有tan 60°＝，羽毛球在N点，有tan 45°＝，羽毛球从M点运动到N点的时间为t＝＝，联立解得t＝，故A正确。 〔多选〕如图为中国女排队员比赛中高抛发球，若球离开手时正好在底线中点正上空3.50 m处，速度方向水平且与底线垂直。已知每边球场的长和宽均9 m，球网高2.25 m，不计空气阻力（g＝10 m/s2，＝0.84）。为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是（　CD　） A.15 m/s B.17 m/s C.20 m/s D.21 m/s 解析：发球后球做平抛运动，设球刚好过网所用时间为t1，发球速度为v1，则球在竖直方向的位移h1为发球高度减去球网高度，水平方向位移x1＝9 m，根据公式h＝gt2得t1＝＝ s＝0.5 s，则v1＝＝ m/s＝18 m/s，若发球速度小于18 m/s，球不能过网，不能落入对方场地；设球刚好落在对方底线中点所用时间为t2，发球速度为v2，则球在竖直方向的位移h2＝3.50 m，水平方向的位移x2＝（9＋9）m＝18 m，则t2＝＝ s≈0.84 s，所以v2＝＝ m/s≈21.4 m/s，若发球速度大于21.4 m/s，球将超出对方底线，不能落入对方场地，则发球速度范围为18 m/s≤v≤21.4 m/s，故C、D正确。 求解平抛运动临界问题的一般思路 1.确定临界状态，若有必要，画出临界轨迹。 2.找出临界状态对应的临界条件。 3.根据平抛运动的规律列方程求解。 类平抛运动 1.受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。 2.运动特点：在沿初速度方向上做匀速直线运动，在沿合力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝。 3.求解技巧 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（即沿合力方向）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 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v0x和v0y，然后分别在x、y方向列方程求解 ★（2026·江西南昌月考）如图所示，风洞实验室中可以产生竖直向上、大小恒定的风力，一个质量为m的小球在O点以水平初速度v0抛出，恰好能沿水平方向运动到P点，O、P间的距离为L，将风力调大，小球仍由O点以水平初速度v0抛出，结果恰好经过P点正上方的Q点，P、Q间的距离为L，重力加速度为g，求： （1）小球过Q点时的速度； （2）调节后的风力大小。 答案：（1）v0，方向斜向右上，与水平方向的夹角为45°。　 （2）mg＋ 解析：（1）由题意知，增大风力后，竖直方向小球做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向仍做匀速直线运动，设运动的时间为t，在竖直方向有L＝t 在水平方向有L＝v0t 联立解得vy＝v0 则小球过Q点时的速度为v＝＝v0 设小球过Q点时的速度与水平方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝1，解得θ＝45° 方向斜向右上，与水平方向的夹角为45°。 （2）增大后的风力设为F，根据牛顿第二定律有 F－mg＝ma 在竖直方向上有L＝at2 在水平方向，仍做匀速直线运动，则有L＝v0t 联立解得F＝mg＋。 考点二　斜抛运动 知识速记 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。 　〔人教版必修第二册P18图5.4-6情境〕如图，景观喷泉喷出的水做斜抛运动，以质量为Δm的一小段水柱为研究对象，如果斜抛的初速度v0与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力。判断下列说法的正误。 （1）水柱的加速度方向始终沿轨迹切线方向。（　×　） （2）水柱在最高点时速度为零，加速度为g。（　×　） （3）水柱从喷出到落地用时t＝。（　√　） （4）水柱从喷出到落地的水平射程为x＝。（　×　） 要点深化 以斜抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系xOy。 水平方向 速度：vx＝v0x＝v0cos θ 位移：x＝v0xt＝v0cos θ·t 竖直方向 初速度：v0y＝v0sin θ 速度：vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt 位移：y＝v0yt－gt2＝v0sin θ·t－gt （2025·湖北高考6题）某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tan θ的值为（　C　） A. B. C. D. 解析：网球水平方向上做匀速直线运动，有t＝，设球网高度为h，则对斜向下发出的球，有L－h＝v0sin θ·t＋gt2，对斜向上发出的球，有－h＝－v0sin θ·t＋gt2，联立以上各式，可得tan θ＝，故选C。 （2026·山东济南期末）如图所示，水平地面上一平顶仓库高H＝22 m，宽s＝40 m，B、C是仓库上端两个屋角。今在仓库左侧距地面高h＝2 m的A处斜向上投射一小物块。已知A、B、C在同一竖直面内，g取10 m/s2，不计空气阻力。 （1）当小物块抛出时的初速度方向与水平方向夹角为45°时，小物块恰好水平击中B点，求A点到B点的水平距离； （2）若小物块恰好依次经过仓库的两个屋角B、C，求物块在B点的最小速度的大小。 答案：（1）40 m　 （2）20 m/s 解析：（1）物块从A到B做斜抛运动，由于小物块恰好水平击中B点，利用逆向思维有H－h＝g，l＝v0cos 45°·t1，v0sin 45°＝gt1 解得t1＝2 s，l＝40 m。 （2）物块从B到C做斜抛运动，令物块在B点速度方向与水平方向夹角为α，则有s＝vBcos α·t2，－vBsin α＝vBsin α－gt2 联立解得s＝ 根据数学函数关系可知，当α＝45°时，B点速度达到最小值，解得最小速度vB min＝20 m/s。 考点三　有约束条件的抛体运动 要点深化 　　常见的约束条件常有“斜面”约束和“曲面约束”，解决此类问题的关键是： 1.灵活分解抛体运动的位移或速度，充分利用斜面的倾角建立速度或位移的关系，而“曲面约束”中常有“沿切线进入”等关键字眼。 2.灵活应用平抛运动的规律及推论。 （2026·河南新乡期末）某游乐场有一项娱乐项目，游戏选手从离地面高H＝42.5 cm的发射平台将小球（可视为质点）水平抛出，小球垂直落在表面为弹性材料的固定斜面A上，若小球能垂直击中斜面等速率反弹并沿原路回到发射平台，则游戏成功。如图所示，抛出点正下方是斜面A的最低点，斜面与水平面的夹角θ＝37°，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力。要想游戏成功，小球的抛出速度大小应为（　A　） A.1.5 m/s B.1.6 m/s C.3 m/s D.3.2 m/s 解析：由题意可知，小球垂直落到斜面上，则有tan θ＝，又因为小球从离地面高H＝0.425 m处抛出，根据几何关系可知H－y＝xtan θ，其中y＝gt2，x＝v0t，联立解得t＝0.2 s，v0＝1.5 m/s。故A正确。 　已知“速度方向”分解“速度”类 常见情境 解题策略 从斜面外平抛，垂直落在斜面上 分解速度tan θ＝＝ 从斜面外斜抛，垂直落在斜面上 分解速度tan θ＝＝ 常见情境 解题策略 从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，速度方向沿该点圆弧的切线方向 分解速度tan θ＝＝ （2026·广东汕头期中）如图甲所示，高台跳雪是北京冬奥会的比赛项目之一，两名跳雪运动员a、b（可视为质点）从雪道末端先后以初速度之比va∶vb＝1∶2沿水平方向向左飞出，如图乙所示。不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（　B　） A.飞行时间之比为2∶1 B.飞行的水平位移之比为1∶4 C.落到雪坡上的瞬时速度方向一定不相同 D.在空中离雪坡面的最大距离之比为1∶2 解析：a、b运动员落在斜面上都满足tan θ＝，解得t＝，所以＝＝，故A错误；飞行的水平位移之比为＝＝，故B正确；假设落到雪坡上的瞬时速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝2tan θ，斜面倾角不变，可知两运动员落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故C错误；将初速度分解为垂直于斜面的分速度v垂直和平行于斜面的分速度v平行，垂直斜面方向，运动员做匀变速直线运动，分初速度v垂直＝v0sin θ，垂直斜面方向的加速度为gcos θ，垂直于斜面方向达到最大距离时有＝2gcos θ·d，解得d＝，所以在空中离雪坡面的最大距离之比为＝＝，故D错误。 　已知“位移方向”分解“位移”类 常见情境 解题策略 从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示。 分解位移tan θ＝＝＝ 从斜面上斜抛又落到斜面上，如图所示。 分解位移tan θ＝＝ 常见情境 解题策略 在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，即位移方向垂直斜面。 分解位移tan θ＝＝＝ （2026·海南海口期末）如图所示，AB是半径为R的竖直面内的四分之一圆弧，A点与圆心O在同一水平面上，在A点以水平速度v1向右抛出小球甲的同时在O点以水平速度v2向左抛出小球乙，v1∶v2＝2∶3，两球同时落到圆弧面上，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则（　C　） A.乙球末速度方向与水平方向的夹角更大 B.甲球做平抛运动的时间为 C.甲球做平抛运动的初速度大小为 D.若甲球做平抛运动的初速度加倍，甲球不能落在圆弧面上 解析：由于两球同时抛出、同时落在圆弧面上，因此两球平抛运动的时间相等，下落的高度相同，因此两球末速度的竖直分量vy相同，设末速度方向与水平方向的夹角为θ，由tan θ＝，已知v1∶v2＝2∶3，可知甲球末速度方向与水平方向的夹角更大，故A错误；由平抛运动的规律得x＝v0t，甲、乙两球做平抛运动的水平位移之比为x1∶x2＝2∶3，则甲球做平抛运动的水平位移为x1＝R，根据几何关系，两球做平抛运动下落的高度h＝＝R，由h＝gt2，联立解得t＝2，故B错误；甲球做平抛运动的初速度大小为v1＝＝，故C正确；若甲球做平抛运动的初速度大小为2，由于甲球下落R高度的水平位移x＝2·＝R，小于R，因此甲仍能落在圆弧面上，故D错误。 常见情境 方法策略 从圆心处水平抛出，落到半径为R的圆弧上，已知位移大小等于半径R 续表 常见情境 方法策略 从与圆心等高、半径为R的圆弧上水平抛出，落到圆弧上，已知水平位移x与半径R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径R的平方 1.〔多选〕（2026·陕西榆林期中）某同学在游玩时，观察到一只翠鸟捕鱼的场景。如图所示，翠鸟把小鱼叼出水面，斜向上飞行途中，小鱼挣扎掉落，忽略空气阻力，关于小鱼（可看作质点）掉落后的运动，下列说法正确的是（　　） A.小鱼做自由落体运动 B.小鱼做平抛运动 C.小鱼运动的加速度等于g D.小鱼在相同时间内速度改变量相同 解析：CD　根据题意，翠鸟把小鱼叼出水面，斜向上飞行途中，小鱼挣扎掉落，则在掉落前小鱼和翠鸟有共同速度，速度方向斜向上，当小鱼刚掉落时，其速度方向斜向上，做斜抛运动，故A、B错误；由于忽略空气阻力，因此小鱼掉落后所受合外力为重力，加速度等于重力加速度，故C正确；小鱼掉落后所受合外力恒定，加速度恒定，为重力加速度，小鱼做匀变速曲线运动，则其在相同时间Δt内速度改变量相同，均为Δv＝gΔt，故D正确。 2.〔多选〕（2026·广东佛山月考）飞镖比赛中，某选手先后将三支飞镖a、b、c由同一位置水平投出，三支飞镖插在竖直靶上的状态如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A.飞镖a在空中运动的时间最短 B.飞镖c投出的初速度最大 C.三支飞镖镖身的延长线交于同一点 D.三支飞镖速度变化量的方向不相同 解析：BC　根据t＝以及飞镖在靶上的倾斜程度可知，飞镖a在空中运动的时间最长，飞镖c在空中运动的时间最短，故A错误；由于水平位移相等，飞镖c在空中运动的时间最短，根据v0＝，得飞镖c投出的初速度最大，故B正确；三支飞镖镖身的方向是着靶时速度的方向，根据平抛运动推论可知，其延长线经过水平位移的中点，则三支飞镖镖身的延长线交于同一点，故C正确；飞镖平抛运动速度变化量方向均为竖直向下，相同，故D错误。 3.（2026·辽宁锦州模拟）如图所示，甲、乙两人进行击球训练，甲在A处将球以5 m/s的速度水平击出，乙在比A处低1.25 m的B处将球击回，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，若要使球垂直击中乙球拍，则乙接球时球拍与水平方向的夹角应为（　　） A.45° B.53° C.60° D.75° 解析：A　球做平抛运动，在空中运动时间为t＝＝ s＝0.5 s，则球击中球拍时竖直方向的分速度大小为vy＝gt＝10×0.5 m/s＝5 m/s，若要使球垂直击中乙球拍，则乙接球时球拍与水平方向的夹角的正切值应为tan θ＝＝＝1，则θ＝45°，故A正确。 4.（2026·河南开封联考）如图所示，网球发球机在距离墙L处将网球以不同的水平速度射出打到竖直墙上。已知墙上的O点与网球出射点等高，A、B分别为两个击中点。忽略空气阻力，网球可看作质点，且OA＝AB，要使原来击中A点的网球能击中B点，则网球发球机应沿水平方向向左移动（　　） A.L B.（－1）L C.L D.L 解析：B　原来击中A点的网球，在竖直方向上有h＝gt2，原来能击中B点的网球，在竖直方向上有2h＝gt'2，要使原来击中A点的网球能击中B点，可知网球运动时间变为原来的倍，根据x＝v0t，可知水平距离也应变为原来的倍，即网球发球机应向左移动Δx＝（－1）L，故B正确。 5.（2026·四川绵阳期中）如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O。一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度v0＝10 m/s水平向右抛出，落于圆轨道上的C点。已知OC的连线与OA的夹角为θ＝53°，重力加速度g＝10 m/s2，则小球从A点运动到C点的时间为（sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6）（　　） A.4 s B.6 s C.8 s D.3 s 解析：A　小球抛出后做平抛运动，设圆形轨道的半径为R，竖直方向有Rsin θ＝gt2，水平方向有R－Rcos θ＝v0t，联立解得t＝4 s，故A正确。 6.〔多选〕（2026·福建福州期中）如图所示，圆心为O的半圆形轨道ACB竖直固定在水平地面上，AB是水平直径，C是最低点，D点是B点在水平地面上的投影，圆弧轨道上的E点有个小孔。将小球甲、乙（均视为质点）从A点以水平向左、大小不同的初速度抛出，甲落到C点，乙通过小孔E落在D点，忽略空气的阻力，下列说法正确的是（　　） A.甲、乙从抛出到落地的时间相等 B.乙运动到E点时速度的反向延长线经过O点 C.乙运动到D点时速度的反向延长线经过O点 D.甲、乙在A点的速度大小之比为1∶ 解析：AC　两球做平抛运动，根据平抛运动的规律，在竖直方向上有h＝gt2，甲、乙从抛出到落地的高度相等，则运动时间相等，故A正确；平抛运动速度的反向延长线经过水平位移的中点，故乙运动到E点时速度的反向延长线不可能经过O点，乙运动到D点时速度的反向延长线经过O点，故B错误，C正确；根据平抛运动规律有h＝gt2，x＝vt，根据二者水平位移关系可知＝，故D错误。 7.★〔多选〕（2026·河北邢台月考）公园草坪浇水，采用一种高效节水灌溉的方式——喷灌，通过专门的设备将水喷射出去，已知喷管的出水口横截面积为S，水的密度为ρ，水从出水口与水平方向夹角为45°喷出，能喷射的最大高度为H。不计喷头高度和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则喷水口（　　） A.水流在空中运动的时间为2 B.水流速度大小为 C.水射出后的水平射程为4H D.到地面间这段空中的水柱质量为2ρSH 解析：AC　水做斜抛运动，喷射的最大高度为H，根据H＝gt2，可得水流在空中运动的时间为t总＝2t＝2，故A正确；水在竖直方向上，有H＝，水从出水口喷出时与水平方向夹角为45°，则水流速度大小为v＝＝vy＝2，故B错误；水从出水口喷出时与水平方向夹角为45°，则vx＝vy，可得水射出后的水平射程为x＝vxt总＝×2＝4H，故C正确；喷水口到地面间这段水柱的质量为m＝ρV＝ρSvt总＝4ρSH，故D错误。 8.（2026·山东滨州联考）如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面方程为y＝x2，在y轴上有一点P，坐标为（0，6 m）。从P点将一小球水平抛出，初速度为1 m/s。则小球第一次打在曲面上的位置为（不计空气阻力）（　　） A.（3 m，3 m） B.（2 m，4 m） C.（1 m，1 m） D.（1 m，2 m） 解析：C　小球做平抛运动，水平方向有x1＝v0t，竖直方向有y1＝gt2，球第一次打在曲面上的坐标为（x1，y0－y1），有y0－y1＝，解得t＝1 s，x1＝1 m，y1＝5 m，故球第一次打在曲面上的坐标为（1 m，1 m），故C正确。 9.〔多选〕（2026·河南南阳期末）倾角为30°的斜面固定在水平地面上，在斜面顶端A处将一可视为质点的小球以与斜面成60°方向斜向上抛出，初速度大小为v0＝10 m/s，一段时间后小球落到斜面上的D点。小球途经B、C两点，B为离地面的最高点，C为离斜面的最远点，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A.小球从A点运动到B点的时间为0.5 s B.C点到斜面的距离为5 m C.小球从A点运动到D点的时间为1 s D.A、D两点间的距离为20 m 解析：AD　将小球的初速度分解到竖直方向和水平方向，竖直分速度为v0sin 30°，则从A到B的时间为tAB＝＝0.5 s，故A正确；将小球的初速度分解为垂直斜面和平行斜面两个分速度，垂直斜面分速度为v0sin 60°，平行斜面分速度为v0cos 60°，垂直斜面的加速度为gcos 30°，则C点到斜面的距离为h＝＝ m，故B错误；小球沿斜面做匀加速直线运动，从A到D的运动时间为tAD＝2×＝2 s，沿斜面的加速度为gsin 30°，则A、D两点间的距离为x＝v0cos 60°·t＋gsin 30°·t2＝20 m，故C错误，D正确。 10.〔多选〕（2026·河北唐山联考）如图所示，水平面上有两个光滑竖直墙壁M、N，两墙壁间的水平距离为d＝0.3 m，可视为质点的小球P从竖直墙壁M上的a点水平向右抛出，小球P与竖直墙壁碰撞后，竖直方向的分速度不变，水平方向的分速度大小不变，方向相反。已知a点距水平面高度为h＝1.8 m，重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力，若要使小球P第一次落至水平面时恰好可以击中竖直墙壁N与水平面的交点Q，则小球P抛出时速度大小可能是（　　） A.1.2 m/s B.1.5 m/s C.2.4 m/s D.2.5 m/s 解析：BD　小球抛出后，竖直方向上做自由落体运动，由h＝gt2，解得小球P从抛出至落在水平面的时间t＝＝0.6 s，设小球抛出时的初速度为v0，要使小球第一次落至水平面上恰好可以击中竖直墙面N与水平面的交点，则必须满足＝n（n取奇数），代入四个选项验证，B、D符合题意。 11.★（2026·甘肃白银模拟）吹箭筒的特点是无声无光，便于携带，射击精准，我国丛林部队特种兵配备了这种装备。如图甲所示，某战士从距水平地面高h＝2 m的位置斜向上吹出一支箭，射出方向与水平方向成θ＝37°角，初速度大小v0＝15 m/s，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 （1）若该箭落至水平地面，求该箭运动到最高点时与水平地面的距离； （2）若该箭下落过程中恰好垂直射到一个凹坑中倾角为37°的侧壁上，如图乙所示，求其在空中的飞行时间。 答案：（1）6.05 m　 （2）2.5 s 解析：（1）该箭做斜抛运动，则水平方向上为匀速直线运动，竖直方向上为竖直上抛运动，则有vy＝v0sin θ，y＝ 解得最高点与水平地面的距离H＝h＋y＝6.05 m。 （2）设该箭射到侧壁的速度为v，因为垂直射到倾角为37°的侧壁上，则有vsin 37°＝v0cos θ 解得v＝20 m/s 故飞行时间t＝＝2.5 s。 12.〔多选〕（2026·天津滨海期中）如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面（重力加速度为g），下列说法中正确的是（　　） A.物块运动的加速度a＝g B.物块由P运动到Q所用的时间t＝ C.物块由P点水平射入时的初速度v0＝b D.物块离开Q点时的速度大小v＝ 解析：BCD　根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，解得物体运动的加速度为a＝gsin θ，根据运动学公式l＝at2，得物块由P运动到Q所用的时间t＝，故A错误，B正确；入射的初速度为v0＝＝b，故C正确；物块离开Q点时沿斜面向下的分速度的大小vy＝at＝，物块离开Q点时的速度大小v＝＝＝，故D正确。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $