一、平拋運動基本規律的理解
1．飛行時間：由知，時間取決于下落高度h，與初速度v0無關。
2．水平射程：x=v0t=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。
3．落地速度：，以θ表示落地速度與x軸正方向的夾角，有，所以落地速度也只與初速度v0和下落高度h有關。
4．速度改變量：因為平拋運動的加速度為恒定的重力加速度g，所以做平拋運動的物體在任意相等時間間隔Δt內的速度改變量為Δv=gΔt，相同，方向恒為豎直向下，如圖所示。

5．兩個重要推論
（1）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點和B點所示。

（2）做平拋（或類平拋）運動的物體在任意時刻任一位置處，設其末速度方向與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角為θ，則tan α=2tan θ。

二、常見平拋運動模型的運動時間的計算方法
（1）在水平地面上空h處平拋：
由知，即t由高度h決定。
（2）在半圓內的平拋運動（如圖），由半徑和幾何關系制約時間t：

聯立兩方程可求t。
（3）斜面上的平拋問題：
①順著斜面平拋（如圖）

方法：分解位移
x=v0t，，
可求得。
②對著斜面平拋（如圖）

方法：分解速度
vx=v0，vy=gt，
可求得。
（4）對著豎直墻壁平拋（如圖）

水平初速度v0不同時，雖然落點不同，但水平位移相同，。
三、類平拋問題模型的分析方法
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
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。
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。

（2019•湖北高三月考）如圖所示，戰斗機沿水平方向勻速飛行，先后釋放三顆炸彈，分別擊中山坡上等間距的A、B、C三點。已知擊中A、B的時間間隔為t1，擊中B、C的時間間隔為t2，不計空氣阻力，則

A．t1<t2   B．t1=t2   C．t1>t2   D．無法確定
【參考答案】A
【詳細解析】A、B、C三點為山坡上等間距的三個點，由幾何關系可知，AA′、BB′的豎直高度差相同，設A′到A的時間為t1，設B′到B的時間為t2，由于平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，越往下豎直分速度越大，結合自由落體運動的特點可知：tAA′<tBB′，而A、B兩點的時間間隔為t1，落在B、C兩點的時間間隔為t2，則t2>t1，故A正確。

1．在水平面上固定兩個相互緊靠的三角形斜面，將a、b、c三個小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右水平拋出，落在斜面上時其落點如圖所示，小球a落點距水平面的高度最低。下列判斷正確的是

A．小球c的初速度最小
B．小球a的飛行時間最長
C．小球c的整個飛行過程速度變化量最大
D．若減小小球a的初速度，其整個飛行過程速度變化量增大
【答案】B
【解析】三個小球做的都是平拋運動，從圖中可以發現落在a點的小球下落的高度最大，落在c點的小球下落的高度最小，由，得，所以小球落在a 點的飛行時間最長，落在c點的飛行時間最短，由x=v0t，得，知小球c的水平位移最大，飛行時間最短，則小球c的初速度最大，A錯誤；B正確；小球做的是平拋運動，加速度為g，速度的變化量為，所以c球的速度變化最小，a球的速度變化量最大，C錯誤；若減小小球a的初速度，飛行時間減小，速度變化量減小，D錯誤；故選B。

（2019•廣東實驗中學期末）2022年冬奧會將在北京召開。如圖所示是簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖，運動員從助滑雪道AB上由靜止開始滑下，到達C點后水平飛出，落到滑道上的D點，E是運動軌跡上的某一點，在該點運動員的速度方向與軌道CD平行，設運動員從C到E與從E 到D的運動時間分別為t1、t2，EF垂直CD，則有關離開C點后的飛行過程

A．有t1=t2，且CF=FD
B．若運動員離開C點的速度加倍，則飛行時間加倍
C．若運動員離開C點的速度加倍，則落在斜面上的距離加倍
D．若運動員離開C點的速度加倍，則落在斜面上的速度方向不變
【參考答案】BD
【詳細解析】AB．以C點為原點，以CD為x軸，以CD垂直向上方向為y軸，建立坐標系如圖：

對運動員的運動進行分解，y軸方向做類豎直上拋運動，x軸方向做勻加速直線運動。當運動員速度方向與軌道平行時，在y軸方向上到達最高點，根據豎直上拋運動的對稱性，知t1=t2。而x軸方向運動員做勻加速運動，因t1=t2，故CF<FD，故A錯誤；BC．將初速度沿x、y方向分解為v1、v2，將加速度沿x、y方向分解為a1、a2，則運動員的運動時間為：，落在斜面上的距離：，離開C點的速度加倍，則v1、v2加倍，t加倍，由位移公式得s不加倍，故B正確，C錯誤；D．設運動員落在斜面上的速度方向與水平方向的夾角為，斜面的傾角為。則有：，，則得，一定，則一定，則知運動員落在斜面上的速度方向與從C點飛出時的速度大小無關，故D正確。

1．如圖，生產車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0，小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩地傳到乙上。乙的寬度足夠大，速度為v1。則下列說法錯誤的是

A．在地面參考系中，工件做類平拋運動
B．在乙參考系中，工件在乙上滑動的軌跡是直線
C．工件在乙上滑動時，受到乙的摩擦力方向不變
D．工件沿垂直于乙的速度減小為0時，工件的速度等于v1
【答案】A
【解析】在地面參考系中，沿甲運動的方向滑動摩擦力分力向左，沿乙運動的方向滑動摩擦力沿乙運動方向，則摩擦力的合力如圖。合初速度沿甲運動的方向，則合力與初速度不垂直，所以工件做的不是類平拋運動，故A錯誤；在乙參考系中，如圖所示，摩擦力的合力與合初速度方向相反，故工件在乙上滑動的軌跡是直線，做勻減速直線運動，故B正確；工件在乙上滑動時，在x軸方向做勻減速直線運動，在y軸方向做勻加速直線運動，可知兩個方向摩擦力的分力不變，受到乙的摩擦力方向不變，當工件沿垂直于乙的速度減小為0時，不受摩擦力，故工件在乙上滑行的過程中所受摩擦力方向不變，故C正確；設t=0時刻摩擦力與縱向的夾角為α，側向（x軸方向）、縱向（y軸方向）加速度的大小分別為ax、ay，則，很短的時間?t內，側向、縱向的速度增量大小分別為?vx=ax?t，?vy=ay?t，解得：，由題意知，則，則當?vx=v0，?vy=v1，所以工件沿垂直于乙的速度減小為0時，工件的速度等于v1，故D正確。此題選擇錯誤選項，故選A。

【名師點睛】本題考查工件在傳送帶上的相對運動問題，關鍵將工件的運動分解為沿傳送帶方向和垂直傳送帶方向，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。

1．（2019•牡丹江市第三高級中學期末）一水平拋出的小球落到一傾角為的斜面上時，其速度方向與斜面垂直，運動軌跡如圖中虛線所示。小球在豎直方向下落的距離與在水平方向通過的距離之比為

A．    B．    C．    D．
2．如圖所示，從傾角為θ的足夠長的斜面頂端A點，先后將相同的小球以大小不同的水平速度v1和v2向右拋出，落在斜面上。關于兩球落到斜面上的情況，說法中正確的是

A．落到斜面上的瞬時速度大小相等
B．落到斜面上前，在空中飛行的時間相同
C．落到斜面上的位置相同
D．落到斜面上的瞬時速度方向相同
3．（2019•山西期末）跳臺滑雪運動員的動作驚險而優美，其實滑雪運動可抽象為物體在斜坡上的平拋運動。如圖所示，設可視為質點的滑雪運動員，從傾角為的斜坡頂端P處，以初速度水平飛出，運動員最后又落到斜坡上A點處，AP之間距離為L，在空中運動時間為t，改變初速度的大小，L和t都隨之改變。關于L、t與的關系，下列說法中正確的是
①L與成正比   ②L與成正比   ③t與成正比   ④t與成正比

A．①②   B．②③   C．③④   D．①④
4．（2019•安徽期末）如圖，一演員表演飛刀絕技，由O點先后拋出完全相同的三把飛刀，分別垂直打在豎直木板上M、N、P三點。假設不考慮飛刀的轉動，并可將其看做質點，已知O、M、N、P四點距離水平地面高度分別為h、4h、3h、2h，以下說法正確的是

A．三把刀在擊中板時動能相同
B．三次飛行時間之比為
C．三次初速度的豎直分量之比為3:2:1
D．設三次拋出飛刀的初速度與水平方向夾角分別為θ1、θ2、θ3，則有θ1>θ2>θ3
5．一質量為m的小球在光滑的水平面上以速度v0做勻速直線運動，在t=0時受到水平方向恒力F作用，速度先減小后增大，其最小值為v=0.5v0，由此可以判斷
A．質點受恒力F作用后一定做勻變速直線運動
B．質點受恒力F作用后可能做圓周運動
C．t= 時，質點速度最小
D．t=0時恒力F與速度v0方向間的夾角為60º
6．如圖，一小球以速度v0從傾角為θ的斜面底端斜向上拋出，到達斜面上的P點時速度方向恰好水平?，F將該質點以2v0的速度從斜面底端沿同樣方向拋出，之后到達斜面上的Q點。不計空氣阻力，下列說法正確的是

A．小球到達Q點時速度方向也恰好水平
B．小球到達P、Q兩點的速度之比為1∶1
C．P、Q兩點距離斜面底端的高度之比為1∶2
D．小球到達P、Q兩點的時間之比為1∶2
7．（2019•四川省綿竹中學期末）如圖所示，兩個傾角分別為30°，45°的光滑斜面放在同一水平面上，兩斜面間距大于小球直徑，斜面高度相等。有三個完全相同的小球a、b、c，開始均靜止于同一高度處，其中b小球在兩斜面之間，a、c兩小球在斜面頂端。若同時釋放，小球a、b、c到達該水平面的時間分別為t1、t2、t3。若同時沿水平方向拋出，初速度方向如圖所示，小球a、b、c到達該水平面的時間分別為t1′、t2′、t3′。下列關于時間的關系正確的是

A．t1′>t2′>t3′       B．t1>t3>t2
C．t1<t1′，t2<t2′，t3<t3′   D．t1=t1′，t2=t2′，t3=t3′
8．如圖所示，在光滑水平面內建立直角坐標系xOy，一質點在該平面內O點受大小為F的力作用從靜止開始做勻加速直線運動，經過t時間質點運動到A點，A、O兩點距離為a，在A點作用力突然變為沿y軸正方向，大小仍為F，再經t時間質點運動到B點，在B點作用力又變為大小等于4F、方向始終與速度方向垂直且在該平面內的變力，再經一段時間后質點運動到C點，此時速度方向沿x軸負方向，下列對運動過程的分析正確的是

A．A、B兩點距離為
B．C點與x軸的距離為
C．質點在B點的速度方向與x軸成45°
D．質點從B點運動到C點所用時間可能為
9．（2019•會澤縣茚旺高級中學月考）如圖所示，一固定斜面傾角為，將小球從斜面頂端以速率水平向右拋出，擊中了斜面上的點；將小球從空中某點以相同速率水平向左拋出，恰好垂直斜面擊中點。不計空氣阻力，重力加速度為，下列說法正確的是

A．若小球在擊中點時速度方向與水平方向所夾銳角為，則
B．若小球在擊中點時速度方向與水平方向所夾銳角為，則
C．小球、在空中運動的時間比為
D．小球、在空中運動的時間比為

10．（2019•新課標全國Ⅱ卷）如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v–t圖像如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則

A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大
D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大
11．（2018•新課標全國III卷）在一斜面頂端，將甲乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的
A．2倍   B．4倍   C．6倍   D．8倍
12．（2017•新課標全國Ⅰ卷）發球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球（忽略空氣的影響）。速度較大的球越過球網，速度較小的球沒有越過球網；其原因是
A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多
B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大
C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少
D．速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大
13．（2017•江蘇卷）如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經過時間t在空中相遇，若兩球的拋出速度都變為原來的2倍，則兩球從拋出到相遇經過的時間為

A．    B．    C．    D．

1．C【解析】小球撞在斜面上，速度方向與斜面垂直，則速度方向與水平方向夾角等于斜面傾角，則有：，小球在豎直方向下落的距離與在水平方向通過的距離之比為：。故C符合題意。
2．D【解析】由題意可知兩小球具有相同的位移方向，則由平拋運動的性質可知瞬時速度的大小及方向。
位移與水平方向夾角的正切值，速度與水平方向夾角的正切值，則，因為θ不變，則速度與水平方向夾角不變，可知落到斜面上的速度方向相同，根據平行四邊形定則知，由于初速度不同，則落在斜面上的瞬時速度大小不等，故A錯誤，D正確；根據，，則水平位移，初速度不同，飛行時間不同，水平位移不同，則落到斜面上的位置不同，BC錯誤。
3．B【解析】滑雪運動可抽象為物體在斜坡上的平拋運動。設水平位移x，豎直位移為y，結合幾何關系，有：水平方向上：，豎直方向上：，聯立可得：，即t與成正比；，即L與成正比，②③正確。故選B。
4．D【解析】A．將飛刀的運動逆過來看成是一種平拋運動，三把刀在擊中板時的速度大小即為平拋運動的初速度大小，運動時間為，初速度為，由圖看出，三把刀飛行的高度不同，運動時間不同，水平位移大小相等，由平拋運動的初速度大小不等，即打在木板上的速度大小不等，故三把刀在擊中板時動能不同；故A錯誤。B．豎直方向上逆過來看做自由落體運動，運動時間為，則得三次飛行時間之比為；故B錯誤。C．三次初速度的豎直分量等于平拋運動下落的速度豎直分量，由，可得它們得豎直分速度之比為；故C錯誤。D．設任一飛刀拋出的初速度與水平方向夾角分別為θ，則，則得θ1>θ2>θ3；故D正確。
5．C【解析】在t=0時開始受到恒力F作用，加速度不變，做勻變速運動，若做勻變速直線運動，則最小速度可以為零，所以質點受力F作用后一定做勻變速曲線運動，故AB錯誤；設恒力與初速度之間的夾角是，最小速度：，解得：，而由題可知初速度與恒力的夾角為鈍角，故，故D錯誤；設經過t s質點的速度最小，將初速度沿恒力方向和垂直恒力方向分解，故在沿恒力方向上有：，解得：，此時沿恒力方向上的速度為零，只有垂直恒力方向的速度，即為質點的最小速度，故C正確。
6．AD【解析】由于落到斜面上P點時速度水平，故可把質點在空中的運動逆向看成從P點向右的平拋運動，設在P點的速度大小為u，把質點在斜面底端的速度v0分解為水平u和豎直vy，由x=ut，y= gt2，tanθ=y/x得空中飛行時間，vy=2utanθ，v和水平方向夾角的正切值 =2tanθ為定值，即落到Q點時速度方向水平向右，故A正確；，即v0與u成正比，故落到P和Q兩點速度之比為1:2，故B錯誤；由，知y和u2成正比，P和Q兩點距離斜面底端的高度之比為1:4，C錯誤。由知，落到P和Q兩點時間之比為1:2，故D正確。
7．BD【解析】由靜止釋放，b球做平拋運動，a、c兩球做勻加速直線運動，對b球，根據得：，對于a、c兩球，加速度a=gsinθ，根據得：所以有：，所以t1>t3>t2；若同時沿水平方向拋出，a、c兩球做類平拋運動，b球做平拋運動，抓住小球在豎直方向上或沿斜面方向上的運動規律與靜止釋放時相同，根據等時性有：t1=t1′，t2=t2′，t3=t3′。故B、D正確。
8．CD【解析】在質點從O到A做勻加速直線運動，從A到B做類平拋運動，水平方向做由幾何關系可得：A、B兩點距離為，A錯誤；設到達A點的速度為v，B點的速度為，方向與水平方向成45°，B到C點做勻速圓周運動，有4F= ，而在OA段有，聯立解得r=a，因此C點與x軸的距離為，C正確，B錯誤；質點從B點運動到C點所用的時間可能為t′= ，OA段有，則質點從B點運動到C點所用時間可能為，D正確。
9．BC【解析】AB、由題圖可知，斜面的傾角等于小球落在斜面上時的位移與水平方向的夾角，則有；小球在擊中點時速度方向與水平方向所夾銳角為，則有，聯立可得，故選項A錯誤，B正確；CD、設小球在空中運動的時間為，小球在空中運動的時間為，則由平拋運動的規律可得，，則有，故選項C正確，D錯誤。
10．BD【解析】A．由v–t圖面積易知第二次面積大于等于第一次面積，故第二次豎直方向下落距離大于第一次下落距離，所以，A錯誤；B．由于第二次豎直方向下落距離大，由于位移方向不變，故第二次水平方向位移大，故B正確C．由于v–t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由，易知a1>a2，故C錯誤；D．由圖像斜率，速度為v1時，第一次圖像陡峭，第二次圖像相對平緩，故a1>a2，由G–fy=ma，可知，fy1<fy2，故D正確。
11．A【解析】設甲球落至斜面時的速率為v1，乙落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規律，x=vt，y= gt2，設斜面傾角為θ，由幾何關系，tanθ=y/x，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律， mv2+mgy= mv12，聯立解得：v1= •v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，v2= •v/2，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，選項A正確。
12．C【解析】由題意知，速度大的球先過球網，即同樣的時間速度大的球水平位移大，或者同樣的水平距離速度大的球用時少，故C正確，ABD錯誤。
13．C【【解析】設第一次拋出時A球的速度為v1，B球的速度為v2，則A、B間的水平距離x=(v1+v2)t，第二次兩球的速度為第一次的2倍，但兩球間的水平距離不變，則x=2(v1+v2)T，聯立得T=t∕2，所以C正確；ABD錯誤。

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平拋運動考點及考情分析

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