2026年平抛运动典型例题(含答案)

2026年平抛运动典型例题(含答案)例1某同学在户外开展研究性学习，测量平抛运动的初速度，将一质量为0.5kg的石子从离地高h=1.25m的平台边缘水平抛出，落地点到抛出点的水平距离为x=2m，不计空气阻力，g取10m/s²，求：(1)石子抛出时的初速度大小；(2)石子落地时的速度大小和速度方向与水平地面的夹角；(3)石子抛出后0.1s时的位移大小(此时石子未落地)。解：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，两个方向的运动时间相等。(1)设石子下落时间为t，竖直方向满足h=½gt²，代入数据得t=√(2h/g)=√(2×1.25/10)=√(0.25)=0.5s，水平方向x=v0t，解得v0=x/t=2/0.5=4m/s，即石子抛出的初速度大小为4m/s。(2)石子落地时，竖直方向的分速度vy=gt=10×0.5=5m/s，落地时合速度大小v=√(v0²+vy²)=√(16+25)=√41≈6.4m/s，设速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ=vy/v0=5/4=1.25，可得θ=arctan1.25≈51.3°，即落地速度方向与水平地面夹角约为51.3°斜向下。(3)抛出后t1=0.1s时，水平位移x1=v0t1=4×0.1=0.4m，竖直位移y1=½gt1²=0.5×10×0.01=0.05m，合位移大小s=√(x1²+y1²)=√(0.16+0.0025)=√0.1625≈0.403m，即0.1s时位移大小约为0.403m。例2倾角为θ=37°的固定斜面，斜面总长为L=5m，斜面顶端有一小球以v0=10m/s的初速度水平抛出，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²，不计空气阻力，问：(1)小球经过多长时间落到斜面上；(2)若让小球从斜面顶端水平抛出，恰好能落到斜面底端，求小球的初速度大小；(3)若斜面倾角不变，将小球从斜面上某一位置水平抛出，抛出时速度方向水平向右，抛出点距离斜面底端的高度差为h=1.8m，小球抛出后经过t=0.6s落到斜面上，求抛出时小球的初速度大小。解：本题的核心易错点是，小球落到斜面上时位移偏角等于斜面倾角，但需要先判断小球是否真的落在斜面上，还是落在斜面外的水平地面。(1)假设小球落在斜面上，由几何关系可知，位移偏角等于斜面倾角，因此tanθ=y/x=½gt²/(v0t)=gt/(2v0)，整理得t=2v0tanθ/g，代入数据得t=2×10×0.6/10=1.2s，此时计算小球下落的总竖直高度y=½gt²=0.5×10×1.44=7.2m，而斜面顶端到斜面底端的竖直总高度为H=Lsinθ=5×0.6=3m，y>H，说明假设不成立，小球并未落在斜面上，而是落在了斜面底端前方的水平地面上，下落总高度为H=3m，由H=½gt²得t=√(2H/g)=√(6/10)=√15/5≈0.77s，因此小球落地时间约为0.77s。(2)小球恰好落到斜面底端时，水平位移x=Lcosθ=5×0.8=4m，下落高度H=3m，下落时间t=√(2H/g)=√0.6s，因此初速度v0=x/t=4/√0.6=4√15/3≈5.16m/s，即恰好落到斜面底端时初速度约为5.16m/s。(3)小球从斜面上抛出后落到斜面上，位移偏角仍等于斜面倾角，因此满足tanθ=y/x，下落竖直高度y=½gt²=0.5×10×0.36=1.8m，水平位移x=v0t=0.6v0，代入tanθ=0.6得0.6=1.8/(0.6v0)，解得v0=1.8/(0.6×0.6)=5m/s，即抛出时初速度为5m/s。例3一竖直墙面前放置一块倾斜挡板，挡板下端固定在水平地面，顶端距离水平地面的高度为H=4m，挡板与竖直墙面平行放置，与水平地面的夹角为45°，挡板顶端距离墙面的水平距离为d=3m，不计空气阻力，g=10m/s²，现在从墙面顶端A点水平抛出一个小球，A点距离水平地面的高度为H0=9m，要使小球能击中挡板，求小球初速度的取值范围。解：建立平面直角坐标系，设A点为坐标原点(0,0)，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，因此挡板上任意一点的坐标满足几何关系：挡板顶端坐标为(3,5)（因为A点y=0，向下y增加，顶端y坐标为9-4=5），挡板下端在水平地面，y坐标为9，挡板倾角45°向下，因此挡板上任意一点满足(y-5)=x-3，整理得y=x+2，即任意击中挡板的点都满足该关系式。平抛运动的规律为x=v0t，y=½gt²=5x²/v0²，联立得x+2=5x²/v0²，整理得v0²=5x²/(x+2)，其中x的范围为3≤x≤7（x=3对应挡板顶端，x=7对应挡板下端），换元令u=x+2，u∈[5,9]，x=u-2，代入得v0²=5(u-2)²/u=5(u+4/u-4)，由函数单调性可知，f(u)=u+4/u在u>2时为单调递增函数，因此当u=5即x=3时，v0²取得最小值，代入得v0²=5×(5+4/5-4)=5×(1+0.8)=9，v0=3m/s；当u=9即x=7时，v0²取得最大值，代入得v0²=5×(9+4/9-4)=5×(5+4/9)=245/9，v0=7√5/3≈5.22m/s。因此要使小球击中挡板，初速度的取值范围是3m/s≤v0≤7√5/3m/s，约为3m/s≤v0≤5.22m/s。例4某实验小组利用斜槽装置探究平抛运动的规律，斜槽轨道末端水平，小球每次从斜槽上同一位置由静止释放，多次撞击竖直放置的复写纸和白纸，记录落点位置。已知当地重力加速度为g，测得小球直径为d，回答下列问题：(1)下列实验操作要求正确的是______。A.斜槽轨道必须光滑B.斜槽轨道末端必须水平C.每次小球释放的位置必须相同D.记录落点的竖直板必须固定在竖直平面内(2)实验中，实验小组让竖直板先后两次向远离斜槽的方向移动，移动的水平距离均为L，记录得到两组落点，测得两组落点到小球抛出点同一水平线的竖直距离分别为y1和y2，由此可得小球平抛的初速度大小为______，小球第一次击中木板时竖直方向的速度大小为______。(3)若实验小组测得初速度计算值比真实值偏大，可能的原因是______。A.测量y1时，读数比真实值偏大B.测量L时，读数比真实值偏大C.测量y2时，读数比真实值偏小D.竖直板在第二次移动时，实际移动的水平距离比记录的L大解：(1)本实验中，只要保证小球每次平抛的初速度相同即可，斜槽轨道不需要光滑，只要每次从同一位置释放，摩擦力的影响相同，初速度就相同，因此A错误，C正确；斜槽末端水平才能保证小球抛出时初速度水平，做平抛运动，因此B正确；竖直板必须固定在竖直平面内，才能保证落点位置测量准确，不会产生额外误差，因此D正确。本题答案为BCD。(2)设小球第一次击中木板的时间为t1，第二次击中木板的时间为t2，由平抛规律可得y1=½gt1²，y2=½gt2²，两次水平位移差为L，因此v0t2-v0t1=L，整理得t1=√(2y1/g)，t2=√(2y2/g)，代入得v0(√(2y2/g)-√(2y1/g))=L，解得v0=L√g/(√2(√y2-√y1))，整理也可写成v0=L(√y2+√y1)√(g/(2(y2-y1)))，两种形式均正确。第一次击中木板时竖直方向的速度vy=gt1=g√(2y1/g)=√(2gy1)，因此第一次竖直速度为√(2gy1)。(3)由v0的表达式v0=L√g/(√2(√y2-√y1))可知，v0偏大说明分子L测量偏大，或分母(√y2-√y1)偏小。若y1测量比真实值偏大，则√y1偏大，√y2-√y1偏小，v0偏大，A正确；若L测量比真实值偏大，分子偏大，v0偏大，B正确；若y2测量比真实值偏小，√y2偏小，√y2-√y1偏小，v0偏大，C正确；若实际移动的水平距离比记录的L大，说明测量的L比真实值小，分子偏小，v0偏小，D错误。因此本题答案为ABC。例5在排球项目训练中，运动员扣球可简化为平抛运动模型，已知排球场总长18m，运动员站在我方网前，击球点距离地面的高度为h=3.24m，击球点距离对方场地底线的水平距离为x0=12m，排网高度为H=2.24m，击球点距离排网的水平距离为d=3m，不计空气阻力，g取10m/s²，求：(1)若运动员此次扣球的初速度方向水平，要使球既不触网也不出界，求水平初速度的取值范围；(2)若运动员此次扣球的初速度方向与水平方向成15°角向下，要使球恰好不触网，求初速度大小；(3)若扣球时初速度水平，击球点高度为h，排网向前移动，使得击球点到排网的水平距离变为d'=2m，要使存在初速度让小球既不触网也不出界，求击球点高度h的最小值。解：(1)平抛运动两个临界状态分别为刚好不触网和刚好不出界。刚好不触网时，小球从击球到到达排网位置，竖直下落高度Δh=h-H=3.24-2.24=1m，由Δh=½gt1²得t1=√(2Δh/g)=√(2×1/10)=√0.2≈0.447s，水平位移d=v1t1，解得v1=d/t1=3/√0.2≈13.42m/s，若初速度小于该值，运动时间更长，下落高度更大，会触网，因此v0>13.42m/s。刚好不出界时，下落总高度为h=3.24m，总水平位移x0=12m，由h=½gt2²得t2=√(2h/g)=√(6.48/10)=√0.648≈0.805s，v2=x0/t2=12/0.805≈14.91m/s，若初速度大于该值，水平位移超过12m，出界，因此v0<14.91m/s。综上，初速度的取值范围为13.42m/s<v0<14.91m/s。(2)初速度斜向下时，将初速度分解为水平和竖直方向，设初速度大小为v，水平分速度vx=vcos15°，竖直分速度vy=vsin15°，恰好不触网时，水平位移d=vxt，竖直下落Δh=vyt+½gt²，代入d=3m，Δh=1m得t=3/(vcos15°)，代入竖直方向公式得1=vsin15°×3/(vcos15°)+½×10×(9/(v²cos²15°))，整理得1=3tan15°+45/(v²cos²15°)，代入tan15°≈0.2679，cos15°≈0.9659得1≈3×0.2679+45/(v²×0.933)，即1≈0.8037+48.23/v²，解得v²≈48.23/(1-0.8037)≈245.6，v≈15.67m/s，即恰好不触网时初速度约为15.67m/s。(3)设存在初速度v0满足既不触网也不出界，过网条件为：到达排网时下落高度Δy=½g(d'/v0)²<h-H，整理得v0²>gd'²/(2(h-H)