新高考物理一轮复习考点题型分类讲与练第20讲 抛体运动（2份，原卷版+解析版）

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考点01：平抛运动运动（必备知识+2例+2变式+能力提升）
考点02：有约束条件的平抛运动（必备知识+2例+2变式+能力提升）
考点03：类平抛运动（必备知识+2例+2变式+能力提升）
考点04：斜抛运动（必备知识+2例+2变式+能力提升）
二、 拓展学习（平抛运动中的临界问题（1例+1变式））
三、 巩固提升（精选20道题）
平抛运动
考点一
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：化曲为直
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：自由落体运动。
4.规律：
(1)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。

(2)平抛运动物体的速度变化量
因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度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。
(3)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，速度方向与水平方向的夹角θ和位移方向与水平方向的夹角α的关系为：tan θ＝2tan α。
【例1-1】（2025·云南·高考真题）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
【答案】D
【详解】AB．鸟食的运动视为平抛运动，则在竖直方向有ℎ=12gt2
由于hM < hN，则tM < tN，要同时接到鸟食，则在N点接到的鸟食先抛出，故AB错误；
CD．在水平方向有x = v0t，如图
过M点作一水平面，可看出在相同高度处M点的水平位移大，则M点接到的鸟食平抛的初速度较大，故C错误，D正确。
故选D。
【例1-2】（2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度l=1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=l6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g=10m/s2。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；13s；（2）59m
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为a1=μg=3m/s2
薄板做加速运动的加速度a2=μmgm=3m/s2
对物块l+Δl=v0t−12a1t2
对薄板Δl=12a2t2
解得v0=4m/s，t=13s
（2）物块飞离薄板后薄板得速度v2=a2t=1m/s
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
t'=l2−l6v2=13s
则平台距地面的高度ℎ=12gt'2=59m
【变式1-1】（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．0.5mB．5mC．10mD．20m
【答案】B
【详解】车做平抛运动，设运动时间为t，竖直方向ℎ=12gt2
水平方向d=v0t
其中d=25m、v0=25m/s
解得ℎ=5m，故选B。
【变式1-2】（2024·北京·高考真题）如图所示，水平放置的排水管满口排水，管口的横截面积为S，管口离水池水面的高度为h，水在水池中的落点与管口的水平距离为d。假定水在空中做平抛运动，已知重力加速度为g，h远大于管口内径。求：
（1）水从管口到水面的运动时间t；
（2）水从管口排出时的速度大小v0；
（3）管口单位时间内流出水的体积Q。
【答案】（1）2ℎg；（2）dg2ℎ；（3）Sdg2ℎ
【详解】（1）水在空中做平抛运动，由平抛运动规律得，竖直方向ℎ=12gt2
解得水从管口到水面的运动时间t=2ℎg
（2）由平抛运动规律得，水平方向d=v0t
解得水从管口排出时的速度大小v0=dg2ℎ
（3）管口单位时间内流出水的体积Q=Sv0=Sdg2ℎ
【解题能力提升】
有约束条件的平抛运动
考点二
1.与斜面结合的抛体运动分解方法
(1)水平方向：匀速直线运动
竖直方向：匀变速直线运动。
(2)沿斜面方向：加速度为gsin θ的匀变速直线运动。(θ为斜面与水平方向的夹角)
垂直斜面方向：加速度为gcs θ的类竖直上抛运动。
(3)斜抛运动：沿初速度方向的匀速直线运动，沿竖直方向的自由落体运动。
2.落点在斜面上的三种情境分析
3.落点在曲面上的三种情境分析
【例2-1】（多选）（2025·广东深圳·三模）北京冬奥会的举办让越来越多的运动爱好者被吸引到冰雪运动中来，其中高台跳雪是北京冬奥会的比赛项目之一。如图甲所示，两名跳雪爱好者a，b（可视为质点）从雪道末端先后以初速度之比va:vb=1:4，沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。不计空气阻力，则两名跳雪爱好者从飞出至落到雪坡（可视为斜面）上的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．他们飞行时间之比为1：4
B．他们飞行的水平位移之比为1：8
C．他们在空中离雪坡面的最大距离之比为1：16
D．他们落到雪坡上的瞬时速度方向可能不同
【答案】AC
【详解】A．设运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为y，如图所示。运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x=v0t，在竖直方向上做自由落体运动，有y=12gt2
运动员落在斜面上时，有tanθ=yx
联立解得t=2v0tanθg
则知运动员飞行的时间t与v0成正比，则他们飞行时间之比为tatb=vavb=14，故A正确；
B．水平位移x=v0t=2v02tanθg
运动员飞行的水平位移x与初速度的平方成正比，则他们飞行的水平位移之比为1:16，故B错误；
C．将运动员的运动分解为沿坡面和垂直于坡面的两个方向上，建立直角坐标系，在沿坡面方向做匀加速直线运动，垂直于坡面方向做匀减速直线运动，则运动员在空中离雪道坡面的最大高度为ℎmax=v0sinθ22gcsθ∝v02
所以他们在空中离雪道坡面的最大高度之比为1:16，故C正确；
D．落到雪坡上时，设运动员的速度方向与竖直方向夹角为α，则有tanα=v0vy=v0gt=v02v0tanθ=12tanθ
则他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故 D错误。
故选AC。
【例2-2】（多选）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，cs53°=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．v1=gR10
B．v2=2gR5
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】AD
【详解】A．从Ｍ点抛出的小球Rsin53°=12gt2，R(1−cs53°)=v1t
解得v1=gR10，故Ａ正确；
B．从N点抛出的小球Rsin53°=12gt2，R(1+cs53°)=v2t
解得v2=22gR5，故B错误；
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t=2ℎg
根据v1t+v2t=2R
两球抛出的速率之和v1+v2=2Rg2ℎ
随着落点的竖直高度的变化而变化，故C错误；
D．根据平抛运动的推论：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型坑中，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，不可能使小球垂直坑壁落在圆弧轨道内，故D正确。
故选AD。
【变式2-1】如图，倾角为θ的斜面体ABC固定在水平地面上，在A点正上方的P点，以速度v0水平抛出一个小球，小球落在斜面上的Q点(图中未画出)，且落到斜面上时速度方向与斜面垂直，重力加速度为g，不计空气阻力，则Q点离地面的高度为( )
A． v02gsin θB． v02gcs θC． v02gtan θD． v02g
【答案】D
【详解】当小球落到斜面上时，设竖直方向的分速度为vy，则有vy=v0tanθ
又vy＝gt，x＝v0t
联立解得x=v02gtanθ
则Q点离地面的高度h＝xtan θ＝v02g
故选D。
【变式2-2】如图所示，竖直平面xOy中存在一抛物线其满足方程y=x2，现在y轴上y0=216m处，以v0=1m/s水平抛出一质点，则该质点击中抛物线p(x,y）的位置坐标满足（忽略空气阻力，g=10m/s2）（ ）
A．x=36mB．x=6mC．y=6mD．y=72m
【答案】B
【详解】设质点经时间t击中抛物线，则有x=v0t=t，216−y=12gt2
又由x、y满足方程y=x2，带入可得216−12gt2=t2
解得t=6s
则可得x=6m，y=36m
故选B。
类平抛问题
考点三
1．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。
运动特点：
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＝eq \f(F合,m)。
3．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。
【例3】（多选）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=2lgsinθ
C．物块由P点水平射入时的初速度v0=bgsinθ2l
D．物块离开Q点时的速度大小v=(b2+4l2)gsinθ2l
【答案】BCD
【详解】AB．根据牛顿第二定律mgsinθ=ma
物体运动的加速度为a=gsinθ
根据运动学公式l=12at2
得物块由P运动到Q所用的时间t=2lgsinθ
故A错误，B正确；
C．入射的初速度为v0=bt=bgsinθ2l
故C正确；
D．物块离开Q点时沿斜面向下的分速度的大小vy=at=2lgsinθ
物块离开Q点时的速度大小v=v02+vy2=b2gsinθ2l+2lgsinθ=(b2+4l2)gsinθ2l
故D正确。故选BCD。
【变式3】如图甲所示的风洞实验中小球的运动简化为如图乙所示的匀变速曲线运动，虚线AB与水平地面的夹角为 37°，质量为m的小球从P点以大小为v0的初速度沿与AB平行的方向抛出，运动过程中小球始终受到大小F=34mg，方向水平向右的风力的作用，C是虚线AB上的点，PC与虚线AB垂直，且P、C两点间的距离为58L，经过一段时间，小球运动到虚线AB上的某点D （图中未标出）点，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，小球可视为质点。试计算：
(1)小球从P点运动到最高点的时间。
(2)若小球的离地高度ℎ=8m，v0=10m/s，重力加速度g=10m/s2，求小球落地时的水平位移。
(3)小球从抛出到落到D点的所用的时间。
【答案】(1)3v05g(2)31m(3)Lg
【详解】（1）小球从P点运动到最高点时竖直方向速度减为0，则有t0=v0sin37°g=3v05g
（2）设小球空中运动时间为t1，规定向上为正方向，对小球，竖直方向有−ℎ=v0sin37°×t1−12gt12
代入题中数据，解得t1=2s
则小球落地时的水平位移x=v0×cs37°×t1+12axt12
其中ax=Fm=34g
联立解得x=31m
（3）把F和mg合成一个力F1=mg2+F2=54mg
设F1与F的夹角为θ，则有tanθ=mgF=43
可知θ=53°
即F1恰好沿PC方向，小球从P点到D点做类平抛运动，由类平抛运动的规律有58L=12at2
其中a=F1m=54g
解得t=Lg
【解题能力提升】
斜抛运动
考点四
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。
4.基本规律
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。
(1)初速度可以分解为：v0x＝v0cs θ，v0y＝v0sin θ
在水平方向，物体的位移和速度分别为x＝v0xt＝(v0cs θ)t，vx＝v0x＝v0cs θ
在竖直方向，物体的位移和速度分别为：
y＝v0yt－12gt2＝(v0sin θ)t－12gt2
vy＝v0y－gt＝v0sin θ－gt
(2)当斜抛物体落点位置与抛出点等高时
①射高：h＝v0y22g＝v02sin2θ2g。
②斜抛运动的飞行时间：t＝2v0yg＝2v0sinθg。
③射程：s＝v0cs θ·t＝2v02sinθcsθg＝v02sin2θg，
对于给定的v0，当θ＝45°时，射程达到最大值，smax＝v02g。
【例4-1】（2025·湖北·高考真题）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L2、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，tanθ的值为（ ）
A．12B．13C．14D．16
【答案】C
【详解】网球水平方向上做匀速直线运动，有t=Lv0csθ
设球网高度为h，则对A点发出的球，有L−ℎ=v0sinθ⋅t+12gt2
对B点发出的球，有L2−ℎ=−v0sinθ⋅t+12gt2
联立以上各式，可得tanθ=14，故选C。
【例4-2】（多选）（2024·山东·高考真题）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动时间为23s
B．落地速度与水平方向夹角为60°
C．重物离PQ连线的最远距离为10m
D．轨迹最高点与落点的高度差为45m
【答案】BD
【详解】AC．将初速度分解为沿PQ方向分速度v1和垂直PQ分速度v2，则有
v1=v0cs60°=10m/s，v2=v0sin60°=103m/s
将重力加速度分解为沿PQ方向分速度a1和垂直PQ分速度a2，则有
a1=gsin30°=5m/s2，a2=gcs30°=53m/s2
垂直PQ方向根据对称性可得重物运动时间为t=2v2a2=4s
重物离PQ连线的最远距离为dmax=v222a2=103m，故AC错误；
B．重物落地时竖直分速度大小为vy=−v0sin30°+gt=30m/s
则落地速度与水平方向夹角正切值为tanθ=vyvx=vyv0cs30°=3
可得θ=60°，故B正确；
D．从抛出到最高点所用时间为t1=v0sin30°g=1s
则从最高点到落地所用时间为t2=t−t1=3s
轨迹最高点与落点的高度差为ℎ=12gt22=45m，故D正确。故选BD。
【变式4-1】（2025·甘肃·高考真题）如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为（ ）
A．1.5m/sB．3.0m/sC．4.5m/sD．6.0m/s
【答案】B
【详解】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv=mv1+mv2
碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有12mv2+12mvA2=12mvA2+12mv12+12mv22
联立解得v1=v，v2=0
小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有ℎ=12gt2
解得t=2s
可知，碰撞后，小球A运动t′=1s落地，则水平方向上有x=vt′
解得v=3.0ms，故选B。
【变式4-2】（多选）（2022·山东·高考真题）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（ ）
A．v=5m/sB．v=32m/sC．d=3.6mD．d=3.9m
【答案】BD
【详解】设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直2=2g(H−ℎ)
代入数据得v0竖直=2×10×(8.45−1.25)m/s=12m/s
则v0水平=132−122m/s=5m/s
排球水平方向到P点的距离x水平=v0水平t=v0水平⋅v0竖直g=6m
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥=v0水平⋅45=4m/s
平行墙面的速度分量v0水平∥=v0水平⋅35=3m/s
反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥'=0.75⋅v0水平⊥=3m/s
则反弹后的网球速度大小为v水平=v水平⊥'2+v0水平∥2=32m/s
网球落到地面的时间t'=2Hg=8.45×210s=1.3s
着地点到墙壁的距离d=v水平⊥'t'=3.9m
故BD正确，AC错误。故选BD。
【解题能力提升】
拓展学习
1.两种常见情形
（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为某一方向.
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.
【例5】2024年，中国选手郑钦文在巴黎奥运会上夺得金牌，掀起了全民网球运动的热潮。某学校网球场地示意图如图所示，场地水平，半场长度l=12m，中央球网高ℎ0=1m。某同学在练习击球时，击球点到地面的距离保持ℎ=2m，球的运动都视为平抛运动，取重力加速度g=10m/s2。
(1)该同学站在底线MN上的P点水平发球，P点到M点的距离为6m，球能过网且落在阴影区域内视为发球成功，则该同学发球成功的发球初速度最大不能超过多少？
(2)若某次击球时，该同学在P点将球垂直于底线MN水平击出，球恰好贴近网的上边而过，求球落地的瞬时速度大小及球落地点到网的距离。（计算结果中可有根式）
【答案】(1)30ms(2)2190m/s，(122−12)m
【详解】（1）P点到阴影区域最大距离为
l′=62+(6×3)2m=610m
球落地的时间为t=2ℎg=2×210s=105s
则初速度为
v=l′t=610105m/s=30m/sP点到球网距离为
l″=23l′=23×610m=410m
球能通过球网的最长时间为
t′=2(ℎ−ℎ0)g=2×(2−1)10s=55s
速度为
v′=l″t′=41055m/s=202m/s
可得
v′