4、第2讲 平抛运动

平 抛 运 动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下所做的运动。

2．性质：加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。

3．基本规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，以竖直向下方向为y 轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度v x ＝v 0，位移x ＝v 0t 。

(2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y ＝gt ，位移y ＝12gt 2。

(3)合速度：v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2，方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝v y v x ＝gt v 0。

(4)合位移：s ＝x 2＋y 2＝v 20t 2＋14g 2t 4，方向与水平方向夹角为α，tan α＝y x ＝gt 2v 0。

(5)轨迹方程：y ＝g2v 20x 2。

1．平抛运动中的四个具体问题 (1)飞行时间：由t ＝2hg知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关。

(2)水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定，与其他因素无关。

(3)落地速度：v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋2gh ，以θ表示落地速度与x 轴正方向间的夹角，有tan θ＝v y v x ＝2gh v 0，所以落地速度也只与初速度v 0和下落高度h 有关。

(4)速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv ＝g ·Δt 相同，方向恒为竖直向下，如图4－2－1所示。

图4－2－12．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一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4－2－2中A 点和B 点所示。

图4－2－2(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α。

图4－2－31．在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地。

若不计空气阻力，则( )A ．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定B ．垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定C ．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定D ．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定解析：选D 垒球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由位移x ＝v 0t 知垒球在空中运动的水平位移由初速度和运动的时间决定，C 错；竖直方向做自由落体运动，由h ＝12gt 2，得在空中运动的时间t ＝2hg，故D 对；由平行四边形定则得落地时的瞬时速度的大小为v ＝v 20＋(gt )2，tan θ＝gtv 0，其大小和方向由初速度和运动时间t 共同决定，A 、B 错。

斜抛运动1．定义：将物体以速度v斜向上或斜向下抛出，物体只在重力作用下的运动。

2．性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。

1．斜抛运动的研究方法以斜上抛为例，如图4－2－4所示：图4－2－4(1)水平方向：v0x＝v0cos θ，F合x＝0(2)竖直方向：v0y＝v0sin θ，F合y＝mg2．特点斜抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直抛体运动的合运动。

2．如图4－2－5所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A 点，不计空气阻力。

若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A 点，则可行的是()图4－2－5A．增大抛出速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛出速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0解析：选C把斜抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。

若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，选项可行的是增大抛射角，同时减小抛出速度，才能击中A点。

平抛运动的基本规律[命题分析] 本考点属于高考中的重要考点，几乎在每年的高考中都被考查到，考查的题型有选择、计算等。

[例1] 如图4－2－6所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：图4－2－6(1)小球水平抛出的初速度v 0是多少？ (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x 是多少？(3)若斜面顶端高H ＝20.8 m ，则小球离开平台后经多长时间t 到达斜面底端？ [思维流程]第一步：抓信息关键点关键点信息获取(1)恰好落在斜面顶端 平抛运动过程中的竖直高度和水平位移(2)并刚好沿光滑斜面下滑小球刚到达斜面顶端时速度方向沿斜面方向；小球在斜面上运动时不受摩擦力第二步：找解题突破口(1)已知平抛运动的竖直位移h ，利用公式v 2＝2gh 可求出竖直速度。

由于合速度沿斜面方向，利用几何关系，可求出水平速度。

(2)利用公式h ＝12gt 2可求出t ，再利用x ＝v 0t 可求出水平位移。

(3)小球在斜面上做匀变速直线运动，利用匀变速直线运动规律可求出到达斜面底端的时间。

第三步：条理作答[解析] (1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以，v y ＝v 0tan 53°，v 2y ＝2gh代入数据，得v y ＝4 m/s ，v 0＝3 m/s 。

(2)由v y ＝gt 1得：t 1＝0.4 s x ＝v 0t 1＝3×0.4 m ＝1.2 m 。

(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 a ＝mg sin 53°m＝8 m/s 2在斜面上的初速度v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/sH sin 53°＝v t 2＋12at 22代入数据，整理得：4t 22＋5t 2－26＝0解得t 2＝2 s 或t 2＝－134 s(不合题意舍去)。

所以t ＝t 1＋t 2＝2.4 s 。

[答案] (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s ———————————————————(1)解答平抛运动的基本方法是运动的合成与分解，即沿水平和竖直两个方向将运动正交分解。

(2)对于临界问题，解答的关键是找出临界点，如在本题中，临界点是小球恰好到达斜面顶端的速度。

——————————————————————————————————————[变式训练]1．(2011·海南高考)如图4－2－7，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab 为沿水平方向的直径。

若在a 点以初速度v 0沿ab 方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c 点。

已知c 点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。

图4－2－7解析： 小球做平抛运动，设圆的半径为R ，由题意得θ＝30°，水平方向有：R ＋R cos 30°＝v 0t① 竖直方向有：R sin 30°＝12gt 2②由①和②两式解得：R ＝4(2－3)2v 20g 。

答案：4(2－3)2v 20g类平抛运动问题[命题分析] 类平抛运动在高考中常被考查到，特别是带电粒子在电场中偏转时的类平抛运动考查到的概率很大，难度一般为中等。

[例2] 质量为m 的飞机以水平初速度v 0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)。

今测得当飞机在水平方向的位移为l 时，它的上升高度为h ，如图4－2－8所示，求：图4－2－8(1)飞机受到的升力大小； (2)上升至h 高度时飞机的速度。

[解析](1)飞机水平方向速度不变，则有l ＝v 0t 竖直方向上飞机加速度恒定，则有h ＝12at 2联立得a ＝2h l 2v 2，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma ，得飞机受到的升力F ＝mg ＋ma ＝mg (1＋2h gl 2v 2) (2)由题意将此运动分解为水平方向速度为v 0的匀速直线运动，l ＝v 0t ；竖直方向为初速度为0，加速度a ＝2hl 2v 20的匀加速直线运动。

上升到h 高度其竖直速度 v y ＝2ah ＝2·2h v 20l 2·h ＝2h v 0l所以上升至h 高度时其速度 v ＝v 20＋v 2y＝v 0ll 2＋4h 2如图所示，tan θ＝v y v 0＝2hl ，方向与v 0成θ角，θ＝arctan 2hl。

[答案] (1)mg (1＋2h gl 2v 20) (2)v 0l l 2＋4h 2，方向与v 0成θ角，θ＝arctan 2hl ———————————————————类平抛运动的求解方法(1)常规分解法：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。

(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a 分解为a x 、a y ，初速度v 0分解为v x 、v y ，然后分别在x 、y 方向列方程求解。

——————————————————————————————————————[变式训练]2．如图4－2－9所示的光滑斜面长为l ，宽为b ，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P 水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，试求：图4－2－9(1)物块由P 运动到Q 所用的时间t ； (2)物块由P 点水平入射时的初速度v 0； (3)物块离开Q 点时速度的大小v 。

解析： (1)物块沿水平方向匀速运动，b ＝v 0t ；沿斜面向下的方向为初速度为零的匀加速运动，设加速度为a ，则有mg sin θ＝ma ，l ＝12at 2联立解得t ＝2lg sin θ。

(2)由(1)可得v 0＝bt＝bg sin θ2l。

(3)物块到达Q 点的速度大小v ＝v 20＋(at )2结合(1)(2)解得v＝(b2＋4l2)g sin θ2l。

答案：(1)2lg sin θ(2)bg sin θ2l(3) (b2＋4l2)g sin θ2l万能模型——平抛与斜面模型1．模型特点平抛运动与斜面结合的问题，一般是研究物体从斜面顶端平抛到落回斜面的运动过程，解决这类问题一般仍是在水平和竖直方向上分解。

求解的关键在于深刻理解通过与斜面的关联而给出的隐含条件。

2．特殊状态该模型最重要的状态是物体落回斜面和速度与斜面平行两个时刻的状态，这两个状态典型的运动特征如下：(1)从斜面开始平抛并落回斜面的时刻：①全过程位移的方向沿斜面方向，即竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切。