平抛运动常见题型

(一)平抛运动的基础知识1. 定义:水平抛出的物体只在重力作用下的运动。

2. 特点:（1）平抛运动是一个同时经历水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动。

（2）平抛运动的轨迹是一条抛物线,其一般表达式为c bx ax y ++=2。

（３)平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，加速度g a =恒定,所以竖直方向上在相等的时间内相邻的位移的高度之比为5:3:1::321=s s s …竖直方向上在相等的时间内相邻的位移之差是一个恒量2gT s s s s I II II III =-=-。

（４)在同一时刻，平抛运动的速度（与水平方向之间的夹角为ϕ)方向和位移方向（与水平方向之间的夹角是θ)是不相同的,其关系式θϕtan 2tan =(即任意一点的速度延长线必交于此时物体位移的水平分量的中点)。

3. 平抛运动的规律描绘平抛运动的物理量有0v 、y v 、v 、x 、y 、s 、ϕ、t ，已知这八个物理量中的任意两个，可以求出其它六个。

(二)平抛运动的常见问题及求解思路关于平抛运动的问题,有直接运用平抛运动的特点、规律的问题，有平抛运动与圆周运动组合的问题、有平抛运动与天体运动组合的问题、有平抛运动与电场(包括一些复合场)组合的问题等。

本文主要讨论直接运用平抛运动的特点和规律来求解的问题，即有关平抛运动的常见问题。

1. 从同时经历两个运动的角度求平抛运动的水平速度求解一个平抛运动的水平速度的时候,我们首先想到的方法，就应该是从竖直方向上的自由落体运动中求出时间，然后，根据水平方向做匀速直线运动,求出速度。

［例1] 如图1所示，某人骑摩托车在水平道路上行驶,要在Ａ处越过mh25=，摩托车的速度至少要.1x5=的壕沟，沟面对面比A处低m有多大？图１解析:在竖直方向上,摩托车越过壕沟经历的时间在水平方向上，摩托车能越过壕沟的速度至少为2． 从分解速度的角度进行解题对于一个做平抛运动的物体来说,如果知道了某一时刻的速度方向,则我们常常是“从分解速度”的角度来研究问题。

［例２] 如图2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 ． s 33 B ． 332s Ｃ. s 3 D. s 2 图２解析:先将物体的末速度t v 分解为水平分速度x v 和竖直分速度y v (如图２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0v v x =;又因为t v 与斜面垂直、y v 与水平面垂直，所以t v 与y v 间的夹角等于斜面的倾角θ。

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y v gt =就可以求出时间t 了。

则 所以s m s m v v v x y /38.9/318.930tan tan 0==︒==θ 根据平抛运动竖直方向是自由落体运动可以写出 所以s g v t y38.938.9=== 所以答案为C 。

３. 从分解位移的角度进行解题对于一个做平抛运动的物体来说,如果知道了某一时刻的位移方向(如物体从已知倾角的斜面上水平抛出,这个倾角也等于位移与水平方向之间的夹角）,则我们可以把位移分解成水平方向和竖直方向，然后运用平抛运动的运动规律来进行研究问题（这种方法，暂且叫做“分解位移法”）[例3] 在倾角为α的斜面上的P 点,以水平速度0v 向斜面下方抛出一个物体,落在斜面上的Q 点，证明落在Q 点物体速度α20tan 41+=v v 。

解析：设物体由抛出点Ｐ运动到斜面上的Q 点的位移是l ,所用时间为t ，则由“分解位移法”可得,竖直方向上的位移为αsin l h =;水平方向上的位移为αcos l s =。

又根据运动学的规律可得 竖直方向上221gt h =,gt v y =水平方向上t v s 0= 则002221tan v v t v gt s h y ===α，αtan 20v v y = 所以Ｑ点的速度[例4］ 如图3所示,在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度0v 同时水平向左与水平向右抛出两个小球A 和B ，两侧斜坡的倾角分别为︒37和︒53，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A 和B 两小球的运动时间之比为多少?图３解析:︒37和︒53都是物体落在斜面上后，位移与水平方向的夹角,则运用分解位移的方法可以得到所以有01237tan v gt =︒ 同理02253tan v gt =︒ 则16:9:21=t t4. 从竖直方向是自由落体运动的角度出发求解在研究平抛运动的实验中,由于实验的不规范,有许多同学作出的平抛运动的轨迹，常常不能直接找到运动的起点（这种轨迹，我们暂且叫做“残缺轨迹”)，这给求平抛运动的初速度带来了很大的困难。

为此,我们可以运用竖直方向是自由落体的规律来进行分析。

[例5] 某一平抛的部分轨迹如图4所示,已知a x x ==21，b y =1，c y =2，求0v 。

图4解析：A 与Ｂ、Ｂ与C 的水平距离相等，且平抛运动的水平方向是匀速直线运动，可设A 到B 、Ｂ到Ｃ的时间为T ，则又竖直方向是自由落体运动, 则代入已知量,联立可得5． 从平抛运动的轨迹入手求解问题［例６］ 从高为H 的A 点平抛一物体，其水平射程为s 2,在A 点正上方高为２H 的B 点，向同一方向平抛另一物体,其水平射程为s 。

两物体轨迹在同一竖直平面内且都恰好从同一屏的顶端擦过,求屏的高度。

图5解析：本题如果用常规的“分解运动法”比较麻烦,如果我们换一个角度，即从运动轨迹入手进行思考和分析,问题的求解会很容易，如图５所示，物体从A 、Ｂ两点抛出后的运动的轨迹都是顶点在y 轴上的抛物线，即可设A 、Ｂ两方程分别为c bx ax y ++=2,c x b x a y '+'+'=2则把顶点坐标A （0，Ｈ)、B （0，2H)、E(2s ,０）、F （s ，0）分别代入可得方程组 这个方程组的解的纵坐标H y 76=，即为屏的高。

6. 灵活分解求解平抛运动的最值问题[例7] 如图6所示,在倾角为θ的斜面上以速度0v 水平抛出一小球,该斜面足够长，则从抛出开始计时，经过多长时间小球离开斜面的距离的达到最大，最大距离为多少？图6解析:将平抛运动分解为沿斜面向下和垂直斜面向上的分运动,虽然分运动比较复杂一些，但易将物体离斜面距离达到最大的物理本质凸显出来。

取沿斜面向下为x 轴的正方向,垂直斜面向上为y 轴的正方向,如图6所示，在y 轴上，小球做初速度为θsin 0v 、加速度为θcos g -的匀变速直线运动,所以有θθcos 2)sin (202gy v v y -=-① t g v v y θθcos sin 0-=-②当0=y v 时,小球在y 轴上运动到最高点,即小球离开斜面的距离达到最大。

由①式可得小球离开斜面的最大距离当0=y v 时，小球在y 轴上运动到最高点,它所用的时间就是小球从抛出运动到离开斜面最大距离的时间。

由②式可得小球运动的时间为θtan 0gv t = 7. 利用平抛运动的推论求解推论１：任意时刻的两个分速度与合速度构成一个矢量直角三角形。

[例8] 从空中同一点沿水平方向同时抛出两个小球，它们的初速度大小分别为1v 和2v ,初速度方向相反,求经过多长时间两小球速度之间的夹角为︒90？图7解析:设两小球抛出后经过时间t ，它们速度之间的夹角为︒90，与竖直方向的夹角分别为α和β,对两小球分别构建速度矢量直角三角形如图７所示，由图可得1cot v gt =α和gtv 2tan =β 又因为︒=+90βα,所以βαtan cot = 由以上各式可得gt v v gt 21=,解得211v v gt = 推论2：任意时刻的两个分位移与合位移构成一个矢量直角三角形[例9］ 宇航员站在一星球表面上的某高度处，沿水平方向抛出一个小球,经过时间t ,小球落到星球表面,测得抛出点与落地点之间的距离为l ,若抛出时初速度增大到两倍，则抛出点与落地点之间的距离为l 3。

已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R ，万有引力常数为Ｇ,求该星球的质量M 。

解析：设第一次抛出小球，小球的水平位移为x ,竖直位移为h ,如图8所示，构建位移矢量直角三角形有若抛出时初速度增大到2倍，重新构建位移矢量直角三角形，如图9所示有， 由以上两式得3lh =令星球上重力加速度为g ',由平抛运动的规律得221t g h '= 由万有引力定律与牛顿第二定律得g m R GMm '=2由以上各式解得22332Gt lR M = 推论3:平抛运动的末速度的反向延长线交平抛运动水平位移的中点。

证明:设平抛运动的初速度为0v ，经时间t 后的水平位移为x ，如图１0所示,Ｄ为末速度反向延长线与水平分位移的交点。

根据平抛运动规律有水平方向位移t v x 0=竖直方向gt v y =和221gt y =由图可知,ABC ∆与ADE ∆相似,则yDE v v y =0 联立以上各式可得2x DE =该式表明平抛运动的末速度的反向延长线交平抛运动水平位移的中点。

图10[例10］ 如图１1所示，与水平面的夹角为θ的直角三角形木块固定在地面上，有一质点以初速度0v 从三角形木块的顶点上水平抛出，求在运动过程中该质点距斜面的最远距离。

图１1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，此时末速度的方向与初速度方向成θ角。

如图1２所示，图中A 为末速度的反向延长线与水平位移的交点，AB 即为所求的最远距离。

根据平抛运动规律有gt v y =，t v x 0=和θtan 0=v v y由上述推论3知2xOA =据图9中几何关系得θsin AO AB = 由以上各式解得gv AB 2sin tan 20θθ= 即质点距斜面的最远距离为gv 2sin tan 20θθ 图１2推论4:平抛运动的物体经时间t 后,其速度t v 与水平方向的夹角为α,位移s 与水平方向的夹角为β，则有βαtan 2tan =证明：如图１3，设平抛运动的初速度为0v ,经时间t 后到达A 点的水平位移为x 、速度为t v ,如图所示,根据平抛运动规律和几何关系:在速度三角形中00tan v gt v v y==α 在位移三角形中00222tan v gt t v gt x y ===β 由上面两式可得βαtan 2tan =图13[例11］ 一质量为m 的小物体从倾角为︒30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）图１４解析：由题意作出图14,根据推论4可得︒==30tan 2tan 2tan βα，所以332tan =α 由三角知识可得213cos =α 又因为αcos 0v v t = 所以初动能J E mv E kB kA 152192120=== [例1２］ 如图15所示,从倾角为θ斜面足够长的顶点A,先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出，第一次初速度为1v ,球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为1α,第二次初速度2v ,球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为2α，若12v v >，试比较1α和2α的大小。