高考复习平抛运动解题方法归类解析.doc

平抛运动解题方法归类例析
一、平抛运动的研究方法
运动的合成与分解是研究曲线运动的基本方法. 根据运动的合成与分解，可以把平抛运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，然后研究两分运动的规律，必要时可以再用合成方法进行合成。
二、平抛运动规律
以抛出点为坐标原点，水平初速度v0方向为x轴正方向，竖直向下的方向为y轴正方向，建立如图所示的坐标系，则平抛运动规律如下表：

【典例精析1】：(双选)(2010 年广州一模)人在距地面高 h、离靶面距离 L处，将质量 m 的飞镖以速度v0水平投出，落在靶心正下方，如图所示．只改变 h、L、m、v0 四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是( )
A．适当减小 v0 B．适当提高 h
C．适当减小 m D．适当减小 L
[解析] 从题意中判断，要使飞镖投中靶心，可以在保持水平距离的条件下相应提升出手高度，或者，如出手高度不变，则需减少其下落时间，减小v0只会使下落时间更长，故应适当减小水平距离L。质量对其运动无影响，综上，选BD。
【问题探究】：平抛物体落在水平面上时，物体在空中运动时间和水平射程分别由什么决定。
[解析]当平抛物体落在水平面上时，物体在空中运动的时间由高度h决定，与初速度v0无关，而物体的水平射程由高度h及初速度v0两者共同决定。
三、对平抛运动规律的进一步理解
1．速度的变化规律
水平方向分速度保持vx＝v0不变；竖直方向加速度恒为g，速度vy＝gt，从抛出点起，每隔Δt时间，速度的矢量关系如右图所示，这一矢量关系有三个特点；
(1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0。
(2)任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv的方向均竖直向下，大小均为Δv＝Δvy＝gΔt。
注意：平抛运动的速率并不随时间均匀变化，但速度随时间是均匀变化的。
(3)随着时间的推移，末速度与竖直方向的夹角越来越大，但永远不会等于90°。
2．位移的变化规律
(1)任意相等时间间隔内，水平位移不变，且Δx＝v0Δt。
(2)任意相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝gΔt 2。
【典例精析2】：从高为h处以水平速度vo抛出一个物体，要使物体落地速度与水平地面的夹角最大，则h 与vo的取值应为下列四组中的哪一组 （ ）
A．h=30m，vo=10m/s B．h=30m，vo=30m/s
C． h=50m，vo=30m/s D．h=50m，vo=10m/s
v0
v0
vy
v
θ
h
[解析]由右图看出：
将以上各组数值代入计算得：
A. B.
C. D.
故选择D

【典例精析3】：物体做平抛运动，在它落地前的1 s内它的速度与水平方向夹角由30°变成60°，g＝10 m/s2。求：
(1)平抛运动的初速度v0；
(2)平抛运动的时间；
(3)平抛时的高度。
[解析](1)假定轨迹上A、B两点是落地前1 s内的始、终点，画好轨迹图，如图所示．
对A点：tan30°＝. ①
对B点：tan60°＝ ②
t′＝t＋1 ③
由①②③解得t＝ s，
v0＝5 m/s。
(2)运动总时间t′＝t＋1＝1.5 s.
(3)高度h＝gt′2＝11.25 m
【典例精析4】：如图所示，为一平抛物体运动的闪光照片示意图，照片与实际大小相比缩小10倍.对照片中小球位置进行测量得：1与4闪光点竖直距离为1.5 cm，4与7闪光点竖直距离为2.5 cm，各闪光点之间水平距离均为0.5 cm.则
(1)小球抛出时的速度大小为多少?
(2)验证小球抛出点是否在闪光点1处，若不在，则抛出点距闪光点1的实际水平距离和竖直距离分别为多少?(空气阻力不计，g＝10 m/s2)
解析：(1)设1~4之间时间为T，
竖直方向有：(2.5-1.5)×10-2×10 m＝gT 2
所以T = 0.1 s
水平方向：0.5×10-2×3×10 m＝v0T
所以v0=1.5 m/s
(2)设物体在1点的竖直分速度为v1y
1~4竖直方向：1.5×10-2×10 m=v1yT+gT 2
解得v1y=1 m/s
因v1y≠0，所以1点不是抛出点（另外，也可以从闪光点1-4、4-7高度之比不等于1：3作出判断）
设抛出点为O点，距1水平位移为x，竖直位移为y，有
水平方向 x=v0t
竖直方向：
解得t= 0.1 s，
x=0.15 m=15 cm
y=0.05 m=5 cm
即抛出点距1点水平位移为15 cm，竖直位移为5 cm。
四、平抛运动的两个重要推论　　　
推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末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tanθ＝2tanφ。

证明：如右图所示，由平抛运动规律得
tanθ＝＝，
tanφ＝＝·＝，
所以tanθ＝2tanφ。
推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
证明：如右图所示，tanφ＝
tanθ＝2tanφ＝
即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点B必为此时水平位移的中点。
注意：
(1)在平抛运动过程中，位移矢量与速度矢量永远不会共线。
(2)它们与水平方向的夹角关系为tanθ＝2tanφ，但不能误认为θ＝2φ。
【典例精析5】：以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是(　　)
A．即时速度的大小是v0
B．运动时间是
C．竖直分速度大小等于水平分速度大小
D．运动的位移是
[解析] 单选题只要理解上述注意（1）要点即可选择C。
【典例精析6】：如图所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上， 物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足(　　)
A．tanφ＝sinθ B．tanφ＝cosθ
C．tanφ＝tanθ D．tanφ＝2tanθ
[解析]竖直速度与水平速度之比为：tanφ＝，竖直位移与水平位移之比为：tanθ＝，故tanφ＝2tanθ， D正确。(注意：只要落点在斜面上，该结论与初速度大小无关)
【变式】一质量为的小物体从倾角为的斜面顶点A水平抛出，落在斜面上B点，若物体到达B点时的动能为35J，试求小物体抛出时的初动能为多大？(不计运动过程中的空气阻力)
解析：由题意作出图，根据推论4可得，所以
由三角知识可得
又因为
所以初动能
【典例精析7】：竖直半圆形轨道ACB的半径为R，AB水平，C为轨道最低点．一个小球从A点以速度水平抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）
A．总可以找到一个值，使小球垂直撞击AC段某处
B．总可以找到一个值，使小球垂直撞击最低点C
C．总可以找到一个值，使小球垂直撞击CB段某处
D．无论取何值，小球都不可能垂直撞击轨道
[解析]上图中，由于水平分速度不变，平抛运动的速度不可能变为竖直向下更不可能指向左下方，故排除A、B，对C，我们可假设该情况成立，则小球撞击CB段某处的速度反向延长线必过AB中点，但此时小球水平位移小于AB长度，与推论Ⅱ相矛盾，故予以排除，选择D。
五、常见题型解析
（一）、斜面上的平抛运动问题
通常情况(以地面为参考系)下，平抛运动按受力特点分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，这种分解方法不需要分解加速度。如果物体是从斜面上平抛的，若以斜面为参考系，平抛运动有垂直(远离)斜面和平行斜面两个方向的运动效果，如果题目要求讨论相对斜面的运动情况，如求解离斜面的最远距离等，往往沿垂直斜面和平行斜面两个方向进行分解，这种分解方法初速度、加速度都需要分解，难度较大，但解题过程会直观简便。
平抛运动中的“两个夹角”是解题的关键，一是速度偏向角φ，二是位移偏向角θ，画出平抛运动的示意图，抓住这两个角之间的联系，即tanφ＝2tanθ，如果物体落到斜面上，则位移偏向角θ和斜面倾角相等，此时由斜面的几何关系（见例5）即可顺利解题。
【典例精析8】：如右图所示，足够长斜面OA的倾角为θ，固定在水平地面上，现从顶点O以速度v0平抛一小球，不计空气阻力，重力加速度为g，求小球在飞行过程中经过多长时间离斜面最远？最远距离是多少？
解法一：常规分解方法(不分解加速度)
当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大。
tanα＝＝
此过程中小球的水平位移x＝v0t
小球的竖直位移 y＝ gt2
最大距离s＝(x－ycotα)sinα＝.
解法二：将速度和加速度分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向进行分解，如右图所示。
速度v0沿垂直斜面方向上的分量为v1＝v0sinθ，加速度g在垂直于斜面方向上的分量为g1＝gcosθ
根据分运动的独立性原理，小球离斜面的最大距离仅由v1和g1决定，当垂直于斜面的分速度减小为零时，小球离斜面和距离最远。
由v1＝g1t，解得t＝tanθ
由s＝，解得s＝.

注意：速度与斜面平行的时刻有如下特征：
(1)竖直速度与水平速度之比等于斜面倾角的正切；
(2)该时刻是全运动过程的中间时刻；
(3)该时刻之前与该时刻之后竖直方向上的位移之比为1∶3；
(4)该时刻之前与该时刻之后斜面方向上的位移之比不是1∶3。
还有一类问题是平抛后垂直撞击斜面，在撞击斜面的时刻，速度方向与水平方向的夹角与斜面的倾角互余；另一情况是平抛过程的位移与斜面垂直。
【典例精析9】：如图甲所示，以9.8m/s的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上。可知物体完成这段飞行的时间是
A. B. C. D.

[解析]：先将物体的末速度分解为水平分速度和竖直分速度(如图乙所示)。根据平抛运动的分解可知物体水平方向的初速度是始终不变的，所以；又因为与斜面垂直、与水平面垂直，所以与间的夹角等于斜面的倾角。再根据平抛运动的分解可知物体在竖直方向做自由落体运动，那么我们根据就可以求出时间了。则
由图得 所以

所以
答案为C。
）θ
v0
θ
y
x
【典例精析10】：若质点以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出,如果要求质点到达斜面的位移最小，求飞行时间为多少?
[解析]： (1)连接抛出点O到斜面上的某点O1 ，其间距OO1为位移大小。当OO1垂直于斜面时位移最小。
(2)分解位移：利用位移的几何关系可得

【小结】：研究平抛运动的基本思路是：
(1)突出落点问题一般要建立水平位移和竖直位移之间的关系。
(2)突出末速度的大小和方向问题的，一般要建立水平速度和竖直速度之间的关系。
(3)要注意挖掘和利用好合运动、分运动及题设情景之间的几何关系。

【典例精析11】：如右图所示，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A点正上方高度为6 m处的O点(与B点等高)，以1 m/s的速度水平抛出一个小球，小球飞行一段时间后撞在斜面上，这段时间为(g＝10 m/s2)(　　)
A．0.1 s　　　　　　 B．1 s
C．1.2 s D．2 s

[解析]水平位移x＝v0t，竖直位移h＝gt 2/2，由图形几何关系可知x＝H－h，由以上三式可得B正确。
（二）平抛运动的临界问题
解决这类问题的关健有三点：其一是确定运动性质——平抛运动；其二是确定临界状态；其三是确定临界轨迹——轨迹示意图。
【典例精析12】：如右图所示，水平屋顶高H＝5 m，墙高h＝3.2 m，墙到房子的距离L＝3 m，墙外马路宽x＝10 m，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v0的取值范围。(取g＝10 m/s2)
[解析]　设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v1，由平抛运动规律可知：
由①②得：v1＝＝ m/s＝5 m/s
又设小球恰落到路沿时的初速度为v2，
由平抛运动的规律得：
由③④得：v2＝＝ m/s＝13 m/s
所以小球抛出时的速度大小为5 m/s≤v0≤13 m/s。
（三）多体平抛问题
分析时要注意以下几点：(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只决定于两物体水平分运动；(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体水平分运动和竖直高度差决定；(3)若两物体从同一点（或高度）先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距决定于两物体水平分运动和竖直分运动。
【典例精析13】：如右图所示，在距地面80 m高的水平面上做匀加速直线运动的飞机上每隔1 s依次放下a、b、c三物体，抛出点a、b与b、c间距分别为45 m和55 m，分别落在水平地面上的A、B、C处．求：
(1)飞机飞行的加速度；
(2)刚放下b物体时飞机的速度大小；
(3)b、c两物体落地点BC间距离。

[解析]　(1)飞机水平方向上，由a经b到c做匀加速直线运动，由Δx＝aT 2得，a＝＝＝10 m/s2。
(2)因位置b对应a到c过程的中间时刻，故有vb＝＝50 m/s.
(3)设物体落地时间为t，由h＝gt2得：t＝＝4 s，BC间距离为：BC＝bc＋vc t－vb t，又vc－vb＝aT，得：BC＝bc＋aTt＝95 m。

(四) 类平抛运动
1、类平抛运动的受力特点
物体所受合力为恒力，且其方向与初速度的方向垂直。
2、类平抛运动的运动特点
在初速度v0方向做匀速直线运动，在合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝（并非重力加速度！）。
3、求解方法：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。
【典例精析14】：如图所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等．有三个完全相同的小球a、b、c，开始均静止于同一高度处，其中b小球在两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端．若同时释放a、b、c，小球到达该水平面的时间分别为t1、t2、t3。若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1′、t2′、t3′。下列关于时间的关系不正确的是(　　)
A.t1＞t3＞t2
B.t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′
C.t1′＞t3′＞t2′
D.t1＜t1′，t2＜t2′，t3＜t3′

[解析] 由静止释放三小球时
对a：＝gsin30°·t，则t＝
对b：h＝gt，则t＝.
对c：＝gsin45°·t，则t＝
所以t1＞t3＞t2.
当平抛三小球时：小球b做平抛运动，竖直方向运动情况同第一种情况，小球a、c在斜面内做类平抛运动，沿斜面向下方向的运动同第一种情况，所以t1＝t1′，t2＝t2′，t3＝t3′.故选D。

【典例精析15】：如右图所示，一个质量为1 kg的物体静止在粗糙的水平面上，物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.4.。现对物体施加一水平向右的恒力F＝12 N，经过t1＝1 s后，迅速将该力的方向改为竖直向上，大小不变，则再经t2＝2 s，物体相对于地面的高度及物体的速度的大小和方向各为多少？
[解析]　在改变恒力F方向之前，物体做匀加速直线运动，设加速度为a1，经t1＝1 s后的速度为v1，分析物体受力的如图甲所示，由牛顿第二定律得
F－Ff＝ma1，且Ff＝μmg　解得a1＝8 m/s2
则v1＝a1t1＝8 m/s
将F改为竖直向上后，受力如图乙所示，此时由于F>G，物体将飞离地面做类平抛运动，设此时的加速度为a2，由牛顿第二定律得F－G＝ma2
解得a2＝2 m/s2
物体在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则上升的高度h＝a2t＝4 m
此时竖直方向上的分速度v2＝a2t2＝4 m/s
故此时物体的速度v＝＝4 m/s
设速度和水平方向夹角为θ，如图丙所示
则tanθ＝＝＝ 故θ＝arctan
[答案]　4 m　4 m/s，与水平方向夹角为arctan
【小结】：类平抛运动问题的求解思路
→→

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