巧学妙解王高中物理——平抛运动

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1、高中物理巧学妙解王 第二章 高频热点剖析-102-五、平抛运动的亮点五、平抛运动的亮点 平抛运动是“曲线运动”的重点，也是历年高考的热 点，解决平抛运动及类平抛运动问题，重在把握水平方 向的匀速运动和竖直方向初速为零的匀加速直线运动 的独立性、等时性、等效性，充分利用矢量三角形、勾股 定理、三角函数等知识解答。特别提醒： 强调落点的问题必须抓住两个分位移之间的关系。 强调末速度的“大小”或“方向”（特别是“方向”）的问题必 须抓住两个分速度之间的关系。 另外，记住以下三个“二级结论”（也可称作定理）会 让我们在今后解决平抛运动及类平抛运动问题中收到 意想不到的效果，有关平抛运动的“亮点”一一列

2、举出来， 旨在促进复习和备考. 亮点一、亮点一、( (除时间以外除时间以外) )所有相关物理量均由高度与初所有相关物理量均由高度与初 速度两方面共同决定速度两方面共同决定 平抛运动的时间由高度决定，这是由于竖直方向要受到空间的约束，根据，得，其他物理量21 2hgt2htg如速度、位移等都由初始条件即高度和初速度两个方面 共同决定(设地球表面的重力加速度恒定).g 【例 1】做平抛运动的物体，哪些物理量仅仅由高度决 定 （ ） A落地时瞬时速度的大小 B物体运动的位移 C落地时瞬时速度的方向 D物体在空中运动的时间 解析 落地时瞬时速度的大小为：22222 00()2xyvvvvgtvgh故落

3、地时的瞬时速度由初速度和高度共同决定，故 A 错，物体运动的位移为：2 222220 02()vsxyv thhhg其位移由初速度和高度共同决定，故 B 错;落地时瞬时速度的方向为：002tanyxvghgt vvv其方向由初速度和高度共同决定，故 C 错，选 D. 点评 其实本题只要知道这条结论就可以直接选择正 确答案. 【例 2】如图 1 所示，在倾角为的斜面上点以水平A 速度抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上0v 点所用的时间为( )BA. B. 02sinv g02tanv gC. D. 0sinv g0tanv g解析设小球从抛出至落 到斜面上的时间为 ，在这段t 时间内水平位

4、移和竖直位移分别为，如0xv t21 2ygt图 2 所示，由几何关系可知：，所以小球的运动时间2001 2tan2gtygt xv tv02tanvtg上面是从常规的分运动方法来研究斜面上的平抛运 动，还可以变换一个角度去 研究. 如图 3 所示，把初速度、0v 重力加速度都分解成沿斜g 面和垂直斜面的两个分量. 在垂直斜面方向上，小球做 的是以为初速度、为oyvyg加速度的竖直上抛运动.小球“上、下”一个来回的时 间等于它从抛出至落到斜面上的运动时间，于是立即可得0sintan222cosoyoyvvvtggg 采用这种观点，还可以很容易算出小球从斜面上抛出 后的运动过程中离斜面的最大距离

5、、从抛出到离斜面 最大的时间、斜面上的射程等问题. 亮点二、速度角的正切值是位移角正切的二倍亮点二、速度角的正切值是位移角正切的二倍 如图 4 所示，设做平抛运动的 物体在任意时刻的速度与水平方 向的夹角(速度角)为,其位移与 水平方向的夹角(位移角)为,则速度角的正切值为:0tanyxvgt vv2001 12tan2gthgt xv tv所以tan2tan 将这个结论通过变化可以得到另一个结论: ，即任意时刻物体运动的瞬时速度的反tan22hh xx向延长线必交于过开始抛出点的水平轴上位移的中x 点处,如图 4 所示. 【例 3】如图 5 所示，从倾角为 的足够长斜面上的点，先后A 将同一

6、个小球以不同的初速度水 平向右抛出，第一次初速度为，1v球落到斜面上瞬时速度方向与斜 面夹角为，第二次初速度为1，球落到斜面上瞬时速度方2v向与斜面夹角为，不计空气2阻力，若，则 12vv1(填“大于” “小于”或者2 “等于”). 解析 如图 6 所示，小球两次的位移角均为，根 据以上结论，两次的速度角也应相等，而题中的角图 4图 5图 6图 1图 2图 3-103-为速度角和位移角的差，即，那么.12 点评 应用这条结论解决本题既快速又方便实用.此题可 变为：一物体从斜面上的一点平抛出并落到斜面上的A 另一点，试证明物体落在点的速度与斜面的夹角为BB 定值.【例 4】如图 7 所示，一个半

7、径为的半圆环竖RPMQ直放置并保持圆环直径水平，PQ 为环上的最低点。一个小球从M 点以速度水平抛出，不计空P0v气阻力，下列说法中正确的是 ( ) A总可以找到一个值，使小球0v 垂直撞击半圆环的段PM B总可以找到一个值，使小球垂直撞击半圆环的0v 段QMC无论取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环0vD无论取何值，小球都能垂直撞击半圆环0v解析小球从点以速度水平抛出，如果撞击半P0v 圆环的段，速度方向必然斜向右下方，A 错误；如PM 果小球能垂直撞击半圆环，则速 度的反向延长线沿半径方向（过 半圆环的中心）,这与平抛运O 动的规律（任意时刻物体运动的 瞬时速度的反向延长线必交于过 开始抛出

8、点的水平轴上位移的x 中点处）相矛盾，如图 8 所示，因此无论取何值，0v 小球都不可能垂直撞击半圆环，C 正确。 【例 5】如 9 所示，与水平面的 夹角为的直角三角形木块固定 在地面上，有一质点以初速度 从三角形木块的顶点上水平抛0v出.试求质点距斜面的最远距离. 解析 当质点做平抛运动的末 速度方向平行于斜面时，质点距 斜面的距离最远。此时末速度方 向与初速度方向成角，如图 10 所示。图中为末速度的反向延A 长线与水平位移的交点， 即为所求的最远距离。AB根据平抛运动规律有：，和yvgt0xv t0tanyvv由平抛运动的知识可知： 2xOA 据图中几何关系可得： sinABAO解以上

9、各式得： 此式即为质点距斜2 0tansin 2vABg面的最远距离. 【例 6】一质量为的小物体从倾角为的斜面mo30 顶点水平抛出，落在斜面上点，若物体到达点ABB 时的速度为，试求小物体抛出时的初速度为多大?21m/s（不计运动过程中的空气阻力） 解析由题意作出图 11， 末速度与水平方向夹角设为 ，斜面倾角为.根据平抛 运动的知识可得： ，所tan2tan030以，3tan23由三角知识可得：，又因为，所3cos210 costvv以初速度0cos3 21/tvvm s 亮点三、平抛运动的轨迹为抛物线亮点三、平抛运动的轨迹为抛物线 平抛运动的曲线之所以是抛物线，就是因为其轨迹满足抛物线

10、方程，即,这是水平位移和竖直位2 2 02gyxv0xv t移相互联立消去中间参量时间 后得到的。21 2ygtt【例 7】如图 12 所示是做平 抛运动的物体在空中运动的 曲线的一部分，试根据图示 情况确定物体平抛的初速度 （方向为水平方向）x 解析若点为抛出点，A 由于水平方向做匀速直线运 动，则物体从与ABB 的时间之比为，而、的竖直距离不满足C2:1ABBC ，故点不是抛出点，可以把图中的坐标系平移，4:5A 以抛出点为坐标原点，设点在新坐标系中的坐标为A （） ，设平抛初速度为，则物体运动的轨迹方00,xy0v程为，因、三2 2 02gyxvABC点在同一曲线上，故有：2 002 0

11、2gyxv2 002 00.15(0.20)2gyxv2 002 00.2625(0.30)2gyxv联立三式得01.98m/sv 【例 8】一个小球从楼梯顶以的水平速度滚下，1.6m/s 所有阶梯均为宽、高，问球首先落在第几20cm20cm 级阶梯上？ 解析建立如图 13 所示的坐标系，求得直线与球的平抛轨迹方程交点为yx2 2 02gyxv，由于,故小0.522mxy2 0.2m0.522m3 0.2m 球首先落在第三级阶梯上。 【例 9】有一个小滑块，放在半径 为的半球的顶端，若要使滑块离R 开半球做平抛运动，而且运动过程 中不与球面相碰，给滑块的水平速 度至少为多大？图 7图 8图 9

12、图 10图 11图 12图 13图 14-104-解析选半球的球心为坐标原点，滑块的初速度 方向为轴正方向，建立如图 14 所示的坐标系，滑0vx块平抛运动的轨迹方程为，半球支持面方2 2 02gyRxv程为,要使滑块在运动过程中不与球面相碰，222xyR对于任意的的值，都必须使，0x 222 2 02gRxRxv整理后可得，对于任意的值，22 22 00()102gxgRxvv 0x 要使此不等式成立，只需要满足，即2 01gR v00v,因此应给滑块的水平初速度至少为。gRgR 【例 10】排球场总长，网高，运动员在线18m2m3m 正上方水平击球(方向垂直于底线)，假设球做平抛运 动，问

13、在什么高度 处击球，无论速度 为多大，球总要出 界或触网? 解析 我们知道 除时间以外，其他 物理量均与初速度 和高度有关，那么本题只有一种可能，就是击球点 与对方底线和球网上边缘在同一条抛物线上如DBC 图 15 所示（击网示意图).根据平抛运动的轨迹方程,得：,则.2 2 02gyxv2223 12h h2.13mh 这样，如果速度大必然出界，速度小必然触网. 点评 轨迹方程解决问题是很简捷的，应用是很广泛的， 由此题可见一般.亮点四、物体沿竖直方向依次在连续相等的时间内的亮点四、物体沿竖直方向依次在连续相等的时间内的 位移公差是解决时间单位位移公差是解决时间单位的关键的关键T平抛运动沿竖

14、直方向的运动是自由落体运动，依次在 连续相等的单位时间内沿竖直方向的位移成等差数T列，公差为，它是解决时间的关键.2ygT T 【例 11】某学生在做“研究平抛运动的实验”中，忘 记小球做平抛运动的起点位置，他只得到如图 16 所O 示的一段轨迹，建立如图 16 所示坐标系，则该物体做 平抛运动的初速度为() 210m/sg ( )A. B. 1.0m/s10m/sC. D. 2.0m/s20m/s 解析 从点开始，物体沿O 竖直方向依次在连续相等的时间 内的位移分别为，则由公差公T115cmy 225cmy 式计算出,再根据水平方向的位移2ygT 0.1sT ,解得.故选 C0xv T 00

15、.2m/s2.0m/s0.1v 点评 在知道水平位移的情况下，要计算初速度，显然要求出,而正是由公差公式计算得到的.TT2ygT 亮点五、平抛运动中动能定理与动量定理的简化形式亮点五、平抛运动中动能定理与动量定理的简化形式平抛运动在水平方向不受力，所以物体沿水平方向动量分量守恒，竖直方向只受到重力作用，物体沿竖xp直方向的动量增加，所以可以把动量定理简化成如yp下形式，即，其动能定理可简化为：ymgtm v2222 001111()2222kyymghEmvmvmvmv 【例 12】如图 17 所示，质量为的小钢球以0.10mkg 的水平速度抛出，下落高010/vm s 度时撞击一钢板，撞后速度恰5hm 好反向，则钢板与水平面的夹角= ，小球撞击钢板时的动量大小为 .（）210/gm s解析根据动能定理得，21 2ymghmv求出，此时有，则小球沿竖直方10/yvm s0yxvvv向与水平方向的速度相