微专题(六) 抛体运动的两种常见模型
(一) 平抛与类平抛运动
[例1·平抛运动] (2025·合肥模拟)一种定点投抛的游戏可简化为如图所示的模型,斜面AB的倾角为θ=37°,A、B两点分别是斜面的底端和顶端,洞口处于斜面上的P点,O点在A点的正上方,A、B、O、P四点在同一竖直面内。第一次将小球以3 m/s的水平速度从O点抛出,正好落入P点的洞中,OP的连线正好与斜面垂直;第二次将小球以另一水平速度也从O点抛出,小球正好与斜面在Q点垂直相碰。不计空气阻力,重力加速度大小取g=10 m/s2,sin 37°=0.6。下列说法正确的是 ( )
A.小球从O点运动到P点的时间是0.4 s
B.Q点在P点的下方
C.第二次小球水平抛出的速度小于3 m/s
D.O、A两点的高度差为5 m
听课随笔:
[例2·类平抛运动] (2025·河南高考)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m的电极板间,板间为水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求:
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离;
(2)A、B细胞收集管的间距。
规范解答:
|思|维|建|模|
1.平抛运动(类平抛运动)问题的求解方法
常规分解法 将平抛运动(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
特殊分解法 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、v0y,然后分别在x、y方向列方程求解
2.平抛运动(类平抛运动)问题的两个推论
(1)推论一:速度偏转角与位移偏转角的关系
设做平抛运动(类平抛运动)的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ,位移方向与水平方向的夹角为φ,则有tan θ=2tan φ,如图甲所示。
(2)推论二:速度反向延长线过水平位移中点
做平抛运动(类平抛运动)的物体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,如图乙所示。
[应用体验]
1.(2025·聊城二模)如图所示,一辆运沙车在平直公路上以速度v匀速行驶时,车厢底部不慎有沙子连续漏
出。忽略沙子漏出瞬间相对车的初速度,沙子落到地面后立即停止。已知单位时间内漏出的沙子质量恒定为Q,出沙口距水平地面的高度为H,重力加速度为g,不计空气阻力。在已经有沙子刚好落地时开始计时,下列说法正确的是 ( )
A.地面上的人看到在空中的沙子形成的几何图形是一条抛物线
B.在空中的沙子的总质量为Q
C.不同时刻漏出的两粒沙子落地前的竖直距离保持不变
D.漏出的某粒沙子落地前在相等时间内速度的变化量逐渐增大
2.(多选)如图所示,长为L的平行金属板水平放置,两极板带等量的异种电荷,板间形成匀强电场,一个电荷量为+q、质量为m的带电粒子以初速度v0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场,而后刚好从下板边缘射出,射出时其末速度与水平方向的夹角为θ=30°,不计粒子重力,下列说法正确的是 ( )
A.粒子做非匀变速运动
B.粒子的末速度大小为
C.匀强电场的场强大小为
D.两板间的距离为
(二) 斜抛与类斜抛运动
[例1·斜抛运动] (2025·湖北高考)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 ( )
A. B.
C. D.
听课随笔:
[例2·类斜抛运动] (2025·江苏高考)如图所示,在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场中,两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m、电荷量为q,不计重力及粒子间相互作用。求:
(1)a运动到最高点的时间t;
(2)a到达最高点时,a、b间的距离H。
|思|维|建|模| 斜抛运动的解题思路
(1)斜抛运动是匀变速曲线运动,解决斜抛运动的基本方法仍然是分解法(化曲为直),其水平分运动为匀速直线运动,竖直分运动为竖直上抛运动或竖直下抛运动。但分解方式并不唯一,也可在另两个互相垂直的方向分解,两个分运动都是匀变速运动。
以斜上抛运动为例(如图所示),在水平方向和竖直方向有:
速度:vx=v0cos θ,vy=v0sin θ-gt;
位移:x=v0cos θ·t,y=v0sin θ·t-gt2。
(2)当物体做斜上抛运动至最高点时,运用逆向思维,可转化为平抛运动。
应用体验]
1.(2025·本溪一模)2024年巴黎奥运会于北京时间8月12日闭幕,中国体育代表团共收获40金27银24铜,创造夏季奥运会境外参赛最佳战绩。铅球比赛中,某铅球运动员正在进行投球,铅球投出后在空中的某段运动轨迹如图所示,铅球在A点时的速度大小v0=3 m/s,铅球在B点时的速度v1恰好与v0方向垂直,且A、B两点的间距LAB=1.8 m。若将铅球视为质点,忽略空气阻力,已知重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.铅球从A点运动到B点的时间为0.6 s
B.铅球在B点的速度大小为2 m/s
C.铅球上升的最大高度为 m
D.A、B两点的高度差为0.45 m
2.(2025·驻马店模拟)如图所示,在某次风洞实验中,一质量为m的轻质小球在恒定的风力作用下先后以相同的速度大小v经过a、b两点,速度方向与a、b连线的夹角α、β均为45°。已知a、b连线长为L,小球的重力忽略不计。则小球从a点运动到b点过程中,下列说法正确的是 ( )
A.风力方向与a、b连线平行
B.所用时间为
C.小球做匀速圆周运动
D.风力大小为
微专题(六) 抛体运动的两种常见模型
(一)
[例1] 选D 第一次将小球以水平速度v0从O点抛出,正好落入倾角为θ的斜面上的洞中,此时小球的位移方向垂直于斜面,设小球从O点运动到P点的时间为t0,由几何关系可知tan θ==,解得t0=0.8 s,故A错误;根据做平抛运动的物体速度方向与水平方向的夹角的正切值等于位移方向与水平方向的夹角的正切值的二倍可知,小球第二次落到斜面上的位移方向与水平方向的夹角小于第一次落到斜面上的位移方向与水平方向的夹角,所以Q点在P点的上方,则tx0,所以v>v0=3 m/s,故B、C错误;根据几何关系结合运动学规律可得O、A两点的高度差h=g+v0t0tan θ=5 m,故D正确。
[例2] 解析:(1)由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动,垂直于电场方向有l=vt1
沿电场方向有x1=a
由牛顿第二定律有qE=ma
解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1=5.0×10-3 m。
(2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动,竖直方向有h=vt2
水平方向有x2=at1t2
联立解得x2=0.05 m
由对称性可知,A、B细胞收集管的间距为
Δx=2(x1+x2)=0.11 m。
答案:(1)5.0×10-3 m (2)0.11 m
[应用体验]
1.选B 由于沙子下落时,沙子与车均具有水平向右的初速度v,所以漏出的沙子在水平方向上均与车以相同的速度向右移动,因此沙子在空中形成的几何图形是一条直线,故A错误;沙子在竖直方向有H=gt2,则在空中的沙子的总质量为Q0=tQ,联立解得Q0=Q,故B正确;下落的沙子在竖直方向做自由落体运动,下落时间间隔为Δt的两粒沙子竖直间距为Δy=g-gt2=gΔt×t+g,可知二者间距随下落时间的增加而增加,故C错误;由于沙子做平抛运动,加速度为g,故Δv=gΔt,可知漏出的某粒沙子落地前在相等时间内速度的变化量相等,故D错误。
2.选BC 因为在匀强电场中,电场力是恒力,因此会产生恒定的加速度,所以粒子做匀变速运动,A错误;粒子离开电场时,末速度与水平方向夹角为30°,由几何关系得末速度为v==,B正确;粒子在匀强电场中做类平抛运动,在水平方向上L=v0t,在竖直方向上vy=at=v0tan 30°=,由牛顿第二定律得qE=ma,解得E=,方向竖直向下,C正确;粒子做类平抛运动,在竖直方向上d=at2=L,D错误。
(二)
[例1] 选C 网球在水平方向上做匀速直线运动,网球从击球点运动到球网位置时所用时间为t=,设球网高度为h,则对斜向下发出的网球有L-h=v0sin θ·t+gt2,对斜向上发出的网球有-h=-v0sin θ·t+gt2,联立解得tan θ=,故选C。
[例2] 解析:(1)根据题意,对a分析,根据牛顿第二定律有qE=ma
a运动到最高点的过程,由运动学公式有
v0sin θ=at
联立解得t=。
(2)方法一 根据题意可知,a、b均在水平方向上做匀速直线运动,且水平方向上的速度均为v0cos θ,则a、b一直在同一竖直线上,斜上抛的a在竖直方向上运动的位移为
x1==
斜下抛的b在竖直方向上运动位移为
x2=v0sin θ·t+at2=
则a到达最高点时与b之间的距离H=x1+x2=。
方法二 a、b受到的电场力相同,则加速度相同,以a为参考系,b以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动,则a到达最高点时,a、b间的距离H=2v0sin θ·t=。
答案:(1) (2)
[应用体验]
1.选A 将铅球的运动沿初速度方向与末速度方向分解,如图所示,设重力与v1的夹角为θ,沿v0方向有x1=v0t-gsin θ·t2,0=v0-gsin θ·t,沿v1方向有x2=gcos θ·t2,由几何关系有+=,代入数据解得t=0.6 s,θ=30°,A正确;铅球在B点的速度大小v1=gcos θ·t=3 m/s,B错误;铅球在竖直方向上的速度减为0时,上升的高度最大,根据几何关系可知,初速度方向与竖直方向的夹角为90°-θ=60°,则有=2ghmax,解得hmax= m,C错误;由hAB=v0cos 60°·t-gt2=-0.9 m,即A、B两点的高度差为0.9 m,D错误。
2.选D 由题意可知小球受到恒定风力的作用,做匀变速曲线运动,根据加速度的定义可知加速度方向和速度变化量的方向相同,根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线,如图所示,所以风力方向垂直于a、b连线,故A、C错误;小球的速度沿a、b连线方向的分速度为v1=vcos α=vcos 45°=v,所以小球从a点运动到b点的时间为t===,故B错误;小球从a点运动到b点的速度变化量为Δv=vsin β-=vsin 45°+vsin 45°=v,则加速度为a===,根据牛顿第二定律,风力大小为F=ma=,故D正确。
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抛体运动的两种常见模型
微专题（六）
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(一) 平抛与类平抛运动
(二) 斜抛与类斜抛运动
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(一) 平抛与类平抛运动
[例1·平抛运动] (2025·合肥模拟)一种定点投抛
的游戏可简化为如图所示的模型，斜面AB的倾角
为θ=37°，A、B两点分别是斜面的底端和顶端，
洞口处于斜面上的P点，O点在A点的正上方，A、
B、O、P四点在同一竖直面内。第一次将小球以3 m/s的水平速度从O点抛出，正好落入P点的洞中，OP的连线正好与斜面垂直；第二次将小球以另一水平速度也从O点抛出，小球正好与斜面在Q点垂直相碰。不计空气阻力，重力加速度大小取g=10 m/s2，sin 37°=0.6。下列说法正确的是 ( )
A.小球从O点运动到P点的时间是0.4 s
B.Q点在P点的下方
C.第二次小球水平抛出的速度小于3 m/s
D.O、A两点的高度差为5 m
[解析] 第一次将小球以水平速度v0从O点抛出，正好落入倾角为θ的斜面上的洞中，此时小球的位移方向垂直于斜面，设小球从O点运动到P点的时间为t0，由几何关系可知tan θ==，解得t0=0.8 s，故A错误；
√
根据做平抛运动的物体速度方向与水平方向的夹角的正切值等于位移方向与水平方向的夹角的正切值的二倍可知，小球第二次落到斜面上的位移方向与水平方向的夹角小于第一次落到斜面上的位移方向与水平方向的夹角，所以Q点在P点的上方，则tx0，所以v>v0=3 m/s，故B、C错误；根据几何关系结合运动学规律可得O、A两点的高度差h=g+v0t0tan θ=5 m，故D正确。
[例2·类平抛运动] (2025·河南高考)流式细胞仪可对
不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含
有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液
滴不含细胞)，液滴质量均为m=2.0×10-10 kg。当液滴穿
过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴
分别带上正、负电荷，电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后，
液滴以v=2.0 m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m的电
极板间，板间为水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
[答案] 5.0×10-3 m
[解析] 由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向有l=vt1
沿电场方向有x1=a
由牛顿第二定律有qE=ma
解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1=5.0×10-3 m。
(2)A、B细胞收集管的间距。
[答案] 0.11 m
[解析]含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，竖直方向有h=vt2
水平方向有x2=at1t2
联立解得x2=0.05 m
由对称性可知，A、B细胞收集管的间距为
Δx=2(x1+x2)=0.11 m。
|思|维|建|模|
1.平抛运动(类平抛运动)问题的求解方法
常规分解法 将平抛运动(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
特殊分解法 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、v0y，然后分别在x、y方向列方程求解
2.平抛运动(类平抛运动)问题的两个推论
(1)推论一：速度偏转角与位移偏转角的关系
设做平抛运动(类平抛运动)的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tan θ=2tan φ，如图甲所示。
(2)推论二：速度反向延长线过水平位移中点
做平抛运动(类平抛运动)的物体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，如图乙所示。
1.(2025·聊城二模)如图所示，一辆运沙车在平直公
路上以速度v匀速行驶时，车厢底部不慎有沙子连续漏
出。忽略沙子漏出瞬间相对车的初速度，沙子落到地
面后立即停止。已知单位时间内漏出的沙子质量恒定
为Q，出沙口距水平地面的高度为H，重力加速度为g，不计空气阻力。在已经有沙子刚好落地时开始计时，下列说法正确的是 ( )
应用体验
A.地面上的人看到在空中的沙子形成的几何图形是一条抛物线
B.在空中的沙子的总质量为Q
C.不同时刻漏出的两粒沙子落地前的竖直距离保持不变
D.漏出的某粒沙子落地前在相等时间内速度的变化量逐渐增大
√
解析：由于沙子下落时，沙子与车均具有水平向右的初速度v，所以漏出的沙子在水平方向上均与车以相同的速度向右移动，因此沙子在空中形成的几何图形是一条直线，故A错误；沙子在竖直方向有H=gt2，则在空中的沙子的总质量为Q0=tQ，联立解得Q0=Q，故B正确；下落的沙子在竖直方向做自由落体运动，下落时间间隔为Δt的两粒沙子竖直间距为Δy=ggt2=gΔt×t+g，可知二者间距随下落时间的增加而增加，故C错误；由于沙子做平抛运动，加速度为g，故Δv=gΔt，可知漏出的某粒沙子落地前在相等时间内速度的变化量相等，故D错误。
2.(多选)如图所示，长为L的平行金属板水平放置，
两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，
一个电荷量为+q、质量为m的带电粒子以初速度v0
紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度与水平方向的夹角为θ=30°，不计粒子重力，下列说法正确的是 ( )
A.粒子做非匀变速运动 B.粒子的末速度大小为
C.匀强电场的场强大小为 D.两板间的距离为
√
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解析：因为在匀强电场中，电场力是恒力，因此会产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A错误；粒子离开电场时，末速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得末速度为v==，B正确；粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上L=v0t，在竖直方向上vy=at=v0tan 30°=，由牛顿第二定律得qE=ma，解得E=，方向竖直向下，C正确；粒子做类平抛运动，在竖直方向上d=at2=L，D错误。
(二) 斜抛与类斜抛运动
[例1·斜抛运动] (2025·湖北高考)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( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 网球在水平方向上做匀速直线运动，网球从击球点运动到球网位置时所用时间为t=，设球网高度为h，则对斜向下发出的网球有L-h=v0sin θ·t+gt2，对斜向上发出的网球有-h=-v0sin θ·t+gt2，联立解得tan θ=，故选C。
[例2·类斜抛运动] (2025·江苏高考)如图所示，在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：
(1)a运动到最高点的时间t；
[答案]
[解析] 根据题意，对a分析，根据牛顿第二定律有qE=ma
a运动到最高点的过程，由运动学公式有
v0sin θ=at
联立解得t=。
(2)a到达最高点时，a、b间的距离H。
[答案]
[解析] 方法一 根据题意可知，a、b均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的速度均为v0cos θ，则a、b一直在同一竖直线上，斜上抛的a在竖直方向上运动的位移为
x1==
斜下抛的b在竖直方向上运动位移为
x2=v0sin θ·t+at2=
则a到达最高点时与b之间的距离
H=x1+x2=。
方法二 a、b受到的电场力相同，则加速度相同，以a为参考系，b以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离
H=2v0sin θ·t=。
|思|维|建|模| 斜抛运动的解题思路
(1)斜抛运动是匀变速曲线运动，解决斜抛运动的基本方法仍然是分解法(化曲为直)，其水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为竖直上抛运动或竖直下抛运动。但分解方式并不唯一，也可在另两个互相垂直的方向分解，两个分运动都是匀变速运动。
以斜上抛运动为例(如图所示)，在水平方向和竖直方向有：
速度：vx=v0cos θ，vy=v0sin θ-gt；
位移：x=v0cos θ·t，y=v0sin θ·t-gt2。
(2)当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆向思维，可转化为平抛运动。
1.(2025·本溪一模)2024年巴黎奥运会于北京
时间8月12日闭幕，中国体育代表团共收获40金
27银24铜，创造夏季奥运会境外参赛最佳战绩。铅球比赛中，某铅球运动员正在进行投球，铅球投出后在空中的某段运动轨迹如图所示，铅球在A点时的速度大小v0=3 m/s，铅球在B点时的速度v1恰好与v0方向垂直，且A、B两点的间距LAB=1.8 m。若将铅球视为质点，忽略空气阻力，已知重力加速度g=10 m/s2，则下列说法正确的是 ( )
应用体验
A.铅球从A点运动到B点的时间为0.6 s
B.铅球在B点的速度大小为2 m/s
C.铅球上升的最大高度为 m
D.A、B两点的高度差为0.45 m
√
解析：将铅球的运动沿初速度方向与末速度方向分解，
如图所示，设重力与v1的夹角为θ，沿v0方向有x1
=v0t-gsin θ·t2，0=v0-gsin θ·t，沿v1方向有x2=gcos θ·t2，
由几何关系有+=，代入数据解得t=0.6 s，θ=30°，A正确；
铅球在B点的速度大小v1=gcos θ·t=3 m/s，B错误；铅球在竖直方向上的速度减为0时，上升的高度最大，根据几何关系可知，初速度方向与竖直方向的夹角为90°-θ=60°，则有=2ghmax，解得hmax= m，C错误；由hAB=v0cos 60°·t-gt2=-0.9 m，即A、B两点的高度差为0.9 m，D错误。
2.(2025·驻马店模拟)如图所示，在某次风洞实验中，一质量为m的轻质小球在恒定的风力作用下先后以相同的速度大小v经过a、b两点，速度方向与a、b连线的夹角α、β均为45°。已知a、b连线长为L，小球的重力忽略不计。则小球从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是 ( )
A.风力方向与a、b连线平行
B.所用时间为
C.小球做匀速圆周运动
D.风力大小为
√
解析：由题意可知小球受到恒定风力的作用，做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向和速度变化量的方向相同，根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线，如图所示，所以风力方向垂直于a、b连线，故A、C错误；
小球的速度沿a、b连线方向的分速度为v1=vcos α=vcos 45°=v，所以小球从a点运动到b点的时间为t===，故B错误；小球从a点运动到b点的速度变化量为Δv=vsin β-=vsin 45°+vsin 45°=v，则加速度为a===，根据牛顿第二定律，风力大小为F=ma=，故D正确。
专题验收评价
测评内容：微专题(六)
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1.(2025·重庆三模)足球运动员训练罚点球，足球放置
在球门中央的正前方O点。两次射门，足球先后打在
水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示。
若足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，
不计空气阻力的作用，下列说法正确的是 ( )
A.若足球从O点运动到a、b的时间分别为t1和t2，则t1=t2
B.若足球击中a、b两点的速度分别为v1和v2，则v1=v2
C.若先后两次足球被踢出时的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则θ1<θ2
D.若足球从O点运动到a、b的平均速度分别为和，则>
√
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解析：足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，则逆过程均可看作平抛运动，因足球两次运动的竖直高度相同，根据h=gt2，可知足球从O点运动到a、b的时间t1=t2，A正确；足球击中b点时的水平位移较大，可知水平速度较大，则足球击中a、b两点的速度v1θ2，C错误；足球从O点运动到b点的位移较大，时间相同，可知足球从O点运动到a、b的平均速度关系<，D错误。
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2.跑酷是一种极限运动，需要利用身体的能力快速、高
效地穿越复杂的环境。在某次跑酷运动中，运动员需要
从水平平台跳到右边的曲面，简化示意图如图所示，平
台离地面高度为h=4 m，以平台边缘正下方水平地面O
点为坐标原点、水平向右为x轴、竖直向上为y轴建立坐标系，右侧曲面在竖直平面内的截面曲线满足方程y=x2。已知重力加速度为g=10 m/s2，不计空气阻力，若小球水平离开平台的初速度为2 m/s，则小球落到曲面的坐标为 ( )
A. B. C. D.
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解析：设落点位置坐标为，则满足x=v0t，h-y=gt2，y=x2，联立解得x= m，y= m，故选A。
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3.(2025·保定模拟)某科研单位进行传感器的通信测试，他们在相距25 m的两栋楼的同一楼层的阳台将两个带传感器的小球同时抛出，初速度方向如图所示，其中小球A的初速度为v1=10 m/s，小球B的初速度为v2=5 m/s，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法中正确的是 ( )
A.小球A相对小球B做匀变速运动
B.两个小球之间的最小距离为10 m
C.小球抛出1.5 s时，两个小球之间的距离为25 m
D.仅适当调整两个小球初速度的大小(不能为0)，两个小球能够在空中相遇
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解析：由于小球A做竖直上抛运动，小球B做平抛运动，则小球A在水平方向和竖直方向均相对于小球B做匀速直线运动，故小球A相对小球B做匀速直线运动，故A错误；设经过时间t，两小球间的水平距离为dx=L-v2t，竖直距离为dy=v1t，所以两个小球之间的距离为d===，
根据数学知识可知，当t=1 s时，两个小球之间的距离有最小值，为dmin=10 m，故B正确；由以上分析可知，当d==25 m时，解得t=0或t=2 s，故C错误；由以上分析可知，只有小球A相对于小球B的运动沿水平方向时，两个小球才能相碰，所以在两个小球初速度不为0的前提下，通过调整两个小球初速度大小不能使两个小球相碰，故D错误。
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4.风洞是进行空气动力学研究最有效的
工具之一，我国最新的JF22风洞创造了全球
最快30马赫风速的奇迹。如图所示，风洞能
对进入其中的物体始终施加一个水平恒力。一小球从地面的a点以大小为v0的初速度竖直向上抛出，在b点落回地面，小球离开地面的最大高度等于ab间的距离，则小球在运动过程中的最小速度为 ( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
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解析：设小球从离开地面到运动至最高点所用时间为t，根据对称
性可知，小球在空中运动的时间为2t，小球离开地面的最大高度为
h=gt2，设小球水平方向的加速度大小为a，则ab间的距离xab=a(2t)2
=h，可得a=g，可知小球受到的水平恒力为F=ma=mg，如图所示，
水平恒力和重力的合力与竖直方向的夹角满足tan θ==，将小球
的初速度v0沿平行合力方向和垂直合力方向进行分解，当平行合力方向的分速度减为0时，小球的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为vmin=v0sin θ=v0，故选D。
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5.(2024·山东高考)(多选)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20 m/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10 m/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2 s
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10 m
D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m
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解析：将初速度分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ的分速度v2，则有v1=v0cos 60°=10 m/s，v2=v0sin 60°=10 m/s，将重力加速度分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ的分加速度a2，则有a1=gsin 30°=5 m/s2，a2=gcos 30°=5 m/s2，在垂直PQ方向，根据对称性可得重物运动时间为t=2·=4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax==10 m，故A、C错误；
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重物落地时竖直分速度大小vy=-v0sin 30°+gt=30 m/s，则落地速度与水平方向夹角的正切值为tan θ===，可得θ=60°，故B正确；从抛出点到最高点所用时间为t1==1 s，则从最高点到落点所用时间为t2=t-t1=3 s，轨迹最高点与落点的高度差为h=g=45 m，故D正确。
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6.(2025·咸阳二模)(多选)如图所示，“封盖”也叫
“盖帽”，是篮球比赛中常用的防守方式。投篮
运动员出手点离地面的高度h1=2.75 m，封盖的
运动员击球点离地面的高度h2=3.20 m，两运动员
竖直起跳点的水平距离x1=0.60 m。封盖运动员击球时手臂竖直伸直，这时篮球及封盖运动员均恰好运动至最高点，击球后，篮球以击球前速度的3倍水平飞出。已知封盖运动员站立单臂摸高h=2.40 m，取g=10 m/s2，不计空气阻力，篮球可视为质点。
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下列说法正确的是 ( )
A.球脱离投篮运动员时的速度大小为2 m/s
B.封盖运动员竖直起跳离地时的速度大小为4 m/s
C.篮球从被封盖到落地过程的水平位移大小为4.8 m
D.封盖运动员在篮球投出前0.4 s开始起跳
2
3
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解析：根据题意可知，篮球从出手到被封盖，其逆运动过程可看作平抛运动，则有h2-h1=gt2，x1=v1xt，解得t=0.3 s，v1x=2 m/s，则球脱离投篮运动员时的速度大小v1== m/s，故A错误；
√
√
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封盖运动员起跳后做竖直上抛运动，有v2=2g，解得封盖运动员竖直起跳离地时的速度大小v=4 m/s，故B正确；设篮球从被封盖到落地过程的水平位移大小为x，在竖直方向上有h2=g，在水平方向上有x=v2t2=3v1xt2，联立解得x=4.8 m，故C正确；篮球从出手到最高点的时间t=0.3 s，封盖运动员从起跳到最高点的时间t1==0.4 s，则封盖运动员从篮球被投出前Δt=t1-t=0.1 s开始起跳，故D错误。
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7.(多选)如图所示，光滑斜面ABCD固定在光滑水平面上，底边AB与水平面平滑连接，斜面倾角为30°。从A点沿斜面以相同的速率v0沿不同的方向发射小球，v0与AB的夹角为α，且0<α<90°。反复尝试，发现小球恰好不能从BC和CD离开斜面，已知AB=2l，MN是平面上与AB边相距l的平行标记线。下列说法正确的是 ( )
A.v0=
B.AD=l
C.从发射到越过MN，小球运动的时间最短时，α=45°
D.从发射到越过MN，小球运动的最短时间为t=4
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√
√
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解析：当小球在斜面上运动时，沿斜面向下的加速度为gsin 30°=0.5g，小球在斜面上做类斜抛运动，恰好不能从BC和CD边离开斜面，说明小球的最大射程为AB=2l，又小球的射程L=v0cos α·=·sin 2α，故当α=45°时射程最大，解得v0=，A正确；当α=90°时，恰好不从CD边离开，可得AD==l，B错误；从发射到越过MN，小球运动的时间t=+，因为×=是个定值，所以当=时t有最小值，可得最短时间t=4，此时α=30°，C错误，D正确。
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8.(12分)(2025·宝鸡三模)竖直平面内存在一方向未知的
匀强电场，在t=0时刻将一个质量为m=1 kg、电荷量为q=
+1 C的小球从A点以速度v0=4 m/s水平向右抛出，经过一段
时间后，小球以大小为v=7 m/s的速度竖直向下经过B点。
已知A、B两点之间的高度差为h=3.5 m，水平距离为x=2.0 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。求：
(1)A、B两点间的电势差UAB；(3分)
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答案：-18.5 V
1
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解析：带电小球从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有mgh+qUAB=mv2-m
解得A、B两点间的电势差为UAB=-18.5 V。
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(2)匀强电场场强E的大小和方向。(9分)
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答案：5 V/m，与水平方向成37°角斜向左上方
解析：由题意可知，带电小球从A点运动到B点的过程中，水平方向做末速度为零的匀减速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设匀强电场场强在水平方向的分量大小为Ex，则由牛顿第二定律有qEx=max
由运动学公式有=2axx
代入数据解得Ex=4 V/m，方向水平向左
设匀强电场场强在竖直方向的分量为Ey，假设方向竖直向下，则由牛顿第二定律有mg+qEy=may，由运动学公式有v2=2ayh
1
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9
代入数据解得Ey=-3 V/m
所以匀强电场场强在竖直方向的分量大小为3 V/m，方向竖直向上
则匀强电场场强的大小为
E==5 V/m
tan θ==
即与水平方向成θ=37°斜向左上方。
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9.(16分)(2025·石家庄一模)如图所
示，一个质量M=6 kg的无动力小车静
置在水平地面上，车内固定着质量均
为m=1 kg的小铁球A、B、C、D。小车车头底部有一小洞，洞的直径略大于小球直径，小洞距地面高度h=0.8 m。t=0时，使小车以初速度v0=10 m/s向右滑行，将小球A、B、C、D分别在t=1.0 s、1.9 s、2.7 s、3.4 s时依次由小洞自由释放，小球落地后不反弹。已知小车在运动过程中受到的总阻力恒为10 N，小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
1
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(1)t=1.9 s时，小车的速度大小；(4分)
2
3
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答案：8 m/s
解析：在0~1 s内，由牛顿第二定律可知，小车的加速度大小为a0==1 m/s2
t=1.0 s时小车的速度大小为
v1=v0-a0t0=9 m/s
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9
在1.0~1.9 s内，小车的加速度大小为
a1== m/s2
t=1.9 s时小车的速度大小为
v2=v1-a1t1=8 m/s。
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(2)小车静止时，车底小洞与小铁球D着地点之间的水平距离；(8分)
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3
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答案：8.4 m
解析：在1.9~2.7 s内，由牛顿第二定律可知，小车的加速度大小为a2== m/s2
t=2.7 s时小车的速度大小为
v3=v2-a2t2=7 m/s
在2.7~3.4 s内，小车的加速度大小为
a3== m/s2
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t=3.4 s时释放小球D，此时小车的速度大小为
v4=v3-a3t3=6 m/s
释放小球D后，小车的加速度大小为
a== m/s2
小车的位移大小为x==10.8 m
小球D做平抛运动的水平位移大小为
x'=v4·=2.4 m
小车静止时，车底小洞与小球D着地点之间的水平距离为d=x-x'=8.4 m。
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(3)小球C、D两着地点间的距离。(4分)
2
3
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答案：4.15 m
解析：小球C、D做平抛运动的水平位移差为
Δx=Δv=0.4 m
从小球C抛出到小球D抛出，小车的位移大小为
x3=t3=×0.7 m=4.55 m
小球C、D着地点间的距离为
xCD=x3-Δx=4.15 m。专题验收评价(五) 抛体运动的两种常见模型
1.(2025·重庆三模)足球运动员训练罚点球,足球放置在球门中央的正前方O点。两次射门,足球先后打在水平横梁上的a、b两点,a为横梁中点,如图所示。若足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向,不计空气阻力的作用,下列说法正确的是 ( )
A.若足球从O点运动到a、b的时间分别为t1和t2,则t1=t2
B.若足球击中a、b两点的速度分别为v1和v2,则v1=v2
C.若先后两次足球被踢出时的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2,则θ1<θ2
D.若足球从O点运动到a、b的平均速度分别为和,则>
2.跑酷是一种极限运动,需要利用身体的能力快速、高效地穿越复杂的环境。在某次跑酷运动中,运动员需要从水平平台跳到右边的曲面,简化示意图如图所示,平台离地面高度为h=4 m,以平台边缘正下方水平地面O点为坐标原点、水平向右为x轴、竖直向上为y轴建立坐标系,右侧曲面在竖直平面内的截面曲线满足方程y=x2。已知重力加速度为g=10 m/s2,不计空气阻力,若小球水平离开平台的初速度为2 m/s,则小球落到曲面的坐标为 ( )
A. B.
C. D.
3.(2025·保定模拟)某科研单位进行传感器的通信测试,他们在相距25 m的两栋楼的同一楼层的阳台将两个带传感器的小球同时抛出,初速度方向如图所示,其中小球A的初速度为v1=10 m/s,小球B的初速度为v2=5 m/s,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法中正确的是 ( )
A.小球A相对小球B做匀变速运动
B.两个小球之间的最小距离为10 m
C.小球抛出1.5 s时,两个小球之间的距离为25 m
D.仅适当调整两个小球初速度的大小(不能为0),两个小球能够在空中相遇
4.风洞是进行空气动力学研究最有效的工具之一,我国最新的JF22风洞创造了全球最快30马赫风速的奇迹。如图所示,风洞能对进入其中的物体始终施加一个水平恒力。一小球从地面的a点以大小为v0的初速度竖直向上抛出,在b点落回地面,小球离开地面的最大高度等于ab间的距离,则小球在运动过程中的最小速度为 ( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
5.(2024·山东高考)(多选)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20 m/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10 m/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2 s
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10 m
D.轨迹最高点与落点的高度差为45 m
6.(2025·咸阳二模)(多选)如图所示,“封盖”也叫“盖帽”,是篮球比赛中常用的防守方式。投篮运动员出手点离地面的高度h1=2.75 m,封盖的运动员击球点离地面的高度h2=3.20 m,两运动员竖直起跳点的水平距离x1=0.60 m。封盖运动员击球时手臂竖直伸直,这时篮球及封盖运动员均恰好运动至最高点,击球后,篮球以击球前速度的3倍水平飞出。已知封盖运动员站立单臂摸高h=2.40 m,取g=10 m/s2,不计空气阻力,篮球可视为质点。下列说法正确的是 ( )
A.球脱离投篮运动员时的速度大小为2 m/s
B.封盖运动员竖直起跳离地时的速度大小为4 m/s
C.篮球从被封盖到落地过程的水平位移大小为4.8 m
D.封盖运动员在篮球投出前0.4 s开始起跳
7.(多选)如图所示,光滑斜面ABCD固定在光滑水平面上,底边AB与水平面平滑连接,斜面倾角为30°。从A点沿斜面以相同的速率v0沿不同的方向发射小球,v0与AB的夹角为α,且0<α<90°。反复尝试,发现小球恰好不能从BC和CD离开斜面,已知AB=2l,MN是平面上与AB边相距l的平行标记线。下列说法正确的是 ( )
A.v0=
B.AD=l
C.从发射到越过MN,小球运动的时间最短时,α=45°
D.从发射到越过MN,小球运动的最短时间为t=4
8.(12分)(2025·宝鸡三模)竖直平面内存在一方向未知的匀强电场,在t=0时刻将一个质量为m=1 kg、电荷量为q=+1 C的小球从A点以速度v0=4 m/s水平向右抛出,经过一段时间后,小球以大小为v=7 m/s的速度竖直向下经过B点。已知A、B两点之间的高度差为h=3.5 m,水平距离为x=2.0 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,sin 53°=0.8。求:
(1)A、B两点间的电势差UAB;(3分)
(2)匀强电场场强E的大小和方向。(9分)
9.(16分)(2025·石家庄一模)如图所示,一个质量M=6 kg的无动力小车静置在水平地面上,车内固定着质量均为m=1 kg的小铁球A、B、C、D。小车车头底部有一小洞,洞的直径略大于小球直径,小洞距地面高度h=0.8 m。t=0时,使小车以初速度v0=10 m/s向右滑行,将小球A、B、C、D分别在t=1.0 s、1.9 s、2.7 s、3.4 s时依次由小洞自由释放,小球落地后不反弹。已知小车在运动过程中受到的总阻力恒为10 N,小球可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)t=1.9 s时,小车的速度大小;(4分)
(2)小车静止时,车底小洞与小铁球D着地点之间的水平距离;(8分)
(3)小球C、D两着地点间的距离。(4分)
专题验收评价(五) 抛体运动的两种常见模型
1．选A 足球两次击中横梁时的速度方向均沿水平方向，则逆过程均可看作平抛运动，因足球两次运动的竖直高度相同，根据h＝gt2，可知足球从O点运动到a、b的时间t1＝t2，A正确；足球击中b点时的水平位移较大，可知水平速度较大，则足球击中a、b两点的速度v1θ2，C错误；足球从O点运动到b点的位移较大，时间相同，可知足球从O点运动到a、b的平均速度关系1<2，D错误。
2．选A 设落点位置坐标为，则满足x＝v0t，h－y＝gt2，y＝x2，联立解得x＝ m，y＝ m，故选A。
3．选B 由于小球A做竖直上抛运动，小球B做平抛运动，则小球A在水平方向和竖直方向均相对于小球B做匀速直线运动，故小球A相对小球B做匀速直线运动，故A错误；设经过时间t，两小球间的水平距离为dx＝L－v2t，竖直距离为dy＝v1t，所以两个小球之间的距离为d＝＝＝，根据数学知识可知，当t＝1 s时，两个小球之间的距离有最小值，为dmin＝10 m，故B正确；由以上分析可知，当d＝＝25 m时，解得t＝0或t＝2 s，故C错误；由以上分析可知，只有小球A相对于小球B的运动沿水平方向时，两个小球才能相碰，所以在两个小球初速度不为0的前提下，通过调整两个小球初速度大小不能使两个小球相碰，故D错误。
4.选D 设小球从离开地面到运动至最高点所用时间为t，根据对称性可知，小球在空中运动的时间为2t，小球离开地面的最大高度为h＝gt2，设小球水平方向的加速度大小为a，则ab间的距离xab＝a(2t)2＝h，可得a＝g，可知小球受到的水平恒力为F＝ma＝mg，如图所示，水平恒力和重力的合力与竖直方向的夹角满足tan θ＝＝，将小球的初速度v0沿平行合力方向和垂直合力方向进行分解，当平行合力方向的分速度减为0时，小球的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为vmin＝v0sin θ＝v0，故选D。
5．选BD 将初速度分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ的分速度v2，则有v1＝v0cos 60°＝10 m/s，v2＝v0sin 60°＝10 m/s，将重力加速度分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ的分加速度a2，则有a1＝gsin 30°＝5 m/s2，a2＝gcos 30°＝5 m/s2，在垂直PQ方向，根据对称性可得重物运动时间为t＝2·＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝＝10 m，故A、C错误；重物落地时竖直分速度大小vy＝－v0sin 30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角的正切值为tan θ＝＝＝，可得θ＝60°，故B正确；从抛出点到最高点所用时间为t1＝＝1 s，则从最高点到落点所用时间为t2＝t－t1＝3 s，轨迹最高点与落点的高度差为h＝gt22＝45 m，故D正确。
6．选BC 根据题意可知，篮球从出手到被封盖，其逆运动过程可看作平抛运动，则有h2－h1＝gt2，x1＝v1xt，解得t＝0.3 s，v1x＝2 m/s，则球脱离投篮运动员时的速度大小v1＝＝ m/s，故A错误；封盖运动员起跳后做竖直上抛运动，有v2＝2g，解得封盖运动员竖直起跳离地时的速度大小v＝4 m/s，故B正确；设篮球从被封盖到落地过程的水平位移大小为x，在竖直方向上有h2＝gt22，在水平方向上有x＝v2t2＝3v1xt2，联立解得x＝4.8 m，故C正确；篮球从出手到最高点的时间t＝0.3 s，封盖运动员从起跳到最高点的时间t1＝＝0.4 s，则封盖运动员从篮球被投出前Δt＝t1－t＝0.1 s开始起跳，故D错误。
7．选AD 当小球在斜面上运动时，沿斜面向下的加速度为gsin 30°＝0.5g，小球在斜面上做类斜抛运动，恰好不能从BC和CD边离开斜面，说明小球的最大射程为AB＝2l，又小球的射程L＝v0cos α·＝·sin 2α，故当α＝45°时射程最大，解得v0＝，A正确；当α＝90°时，恰好不从CD边离开，可得AD＝＝l，B错误；从发射到越过MN，小球运动的时间t＝＋，因为×＝是个定值，所以当＝时t有最小值，可得最短时间t＝4，此时α＝30°，C错误，D正确。
8．解析：(1)带电小球从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有mgh＋qUAB＝mv2－mv02
解得A、B两点间的电势差为UAB＝－18.5 V。
(2)由题意可知，带电小球从A点运动到B点的过程中，水平方向做末速度为零的匀减速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设匀强电场场强在水平方向的分量大小为Ex，则由牛顿第二定律有qEx＝max
由运动学公式有v02＝2axx
代入数据解得Ex＝4 V/m，方向水平向左
设匀强电场场强在竖直方向的分量为Ey，假设方向竖直向下，则由牛顿第二定律有mg＋qEy＝may，由运动学公式有v2＝2ayh
代入数据解得Ey＝－3 V/m
所以匀强电场场强在竖直方向的分量大小为3 V/m，方向竖直向上
则匀强电场场强的大小为E＝＝5 V/m
tan θ＝＝
即与水平方向成θ＝37°斜向左上方。
答案：(1)－18.5 V (2)5 V/m，与水平方向成37°角斜向左上方
9．解析：(1)在0～1 s内，由牛顿第二定律可知，小车的加速度大小为a0＝＝1 m/s2
t＝1.0 s时小车的速度大小为v1＝v0－a0t0＝9 m/s
在1.0～1.9 s内，小车的加速度大小为a1＝＝ m/s2
t＝1.9 s时小车的速度大小为v2＝v1－a1t1＝8 m/s。
(2)在1.9～2.7 s内，由牛顿第二定律可知，小车的加速度大小为a2＝＝ m/s2
t＝2.7 s时小车的速度大小为v3＝v2－a2t2＝7 m/s
在2.7～3.4 s内，小车的加速度大小为a3＝＝ m/s2
t＝3.4 s时释放小球D，此时小车的速度大小为
v4＝v3－a3t3＝6 m/s
释放小球D后，小车的加速度大小为a＝＝ m/s2
小车的位移大小为x＝＝10.8 m
小球D做平抛运动的水平位移大小为x′＝v4·＝2.4 m
小车静止时，车底小洞与小球D着地点之间的水平距离为
d＝x－x′＝8.4 m。
(3)小球C、D做平抛运动的水平位移差为Δx＝Δv ＝0.4 m
从小球C抛出到小球D抛出，小车的位移大小为
x3＝t3＝×0.7 m＝4.55 m
小球C、D着地点间的距离为xCD＝x3－Δx＝4.15 m。
答案：(1)8 m/s (2)8.4 m (3)4.15 m
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