平抛运动问题归类求解

1、平抛运动问题归类求解江西省临川一中钟瑞文题 1 1、（0808 全国理综卷I）如图所示，一物体自倾角为e的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上0=sin=sine$=cos=cose0=tan=tane0=2tan=2tane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。1 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

2、向做匀速直线运动，求出速度。例 1 1如图 1 1 所示，某人骑摩托车在水平道路上行驶, 要在 A A 处越过x=5m=5m 的壕沟，沟面对面比 A A 处低h= =,摩托 车的速度至少要有多大解析：在竖直方向上，摩托车越过壕沟经历的时间t2h 211025s 0.5s10在水平方向上，摩托车能越过壕沟的速度至少为x 5v0m/s 10m/st 0.52 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 2如图 2 2 甲所示，以 9.8m/s9.8m/s 的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地

3、. .物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角91撞在倾角 B B 为 3030。的斜面上。可知物体完成这段飞行的时间是A.A.3sB.B.2 3SC.C. 3sD.D. 2s33Vo9甲图 2 2解析：先将物体的末速度Vt分解为水平分速度Vx和竖直分速度Vy（如图 2 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vxv0；又因为vt与斜面垂直、Vy与水平面垂直，所以Vt与Vy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Vygt就可以求出时间t了。贝 V VtanVy所以Vy上Vo9.8m/s 9.8.3m/ stan

4、tan 301根据平抛运动竖直方向是自由落体运动可以写出VygtVy9.8 3所以 t t 3sg 9.8所以答案为 CoCo3.3.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 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”）（如物体从已知倾角），则我们可以把位移分解04 X例 3 3若质点以 V Vo正对倾角为9的斜面水平抛出91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)(1)连接抛出点 0 0 到斜面上的某点 O O，其间距

5、OOOO 为位移大小。当 OOOO 垂直于斜 面时位移最小。(2)(2)分解位移：利用位移的几何关系可得xVot2Vo。, ty Igt2gtg例 3 3在倾角为的斜面上的 P P 点，以水平速度v0向斜面下方抛出一个物体，落在斜解析：设物体由抛出点 P P 运动到斜面上的 Q Q 点的位移是|，所用时间为t,则由“分解 位移法”可得，竖直方向上的位移为h I sin；水平方向上的位移为s l cos。又根据运动学的规律可得竖直方向上 h igt2， vygt2水平方向上 s vot1 t?则 tan -2幺，vy2votansvot2vo所以Q点的速度 v 、:v0石 v04 tan2例 4

6、 4如图 3 3 所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球 A A 和 B,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 A 和B B 两小球的运动时间之比为多少ABABv vo v vo3753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tg面上的 Q Q 点，证明落在Q Q 点物体速度 vv01 4 tan2则t1：t29:164.4.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

7、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 5某一平抛的部分轨迹如图 4 4 所示，已知x1x2a，y1b，y2c,求v0。解析：A A 与 B B、B B 与 C 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 A 到 B B B B 到 C C 的时间为 T T，则X1X2VoT代入已知量，联立可得T方法可以得到tan1.22gtVotgt2vo所以有tan 37gti2vo同理tan 53gt22Vo又竖直方向是自由落体运动,则y y2y1gT2V0a图 4 45.5.从平抛运动的轨迹入手

8、求解问题例 6 6从高为 H H 的 A A 点平抛一物体，其水平射程为2S，在 A A 点正上方高为 2H2H 的 B 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 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 5 所示，物体从 A A、B 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 A、B B 两方程分别为y ax bxc，y axbxc则把顶点坐标 A A（0 0，H H）、B B（0 0, 2H2H）、E

9、E（2 2S，0 0）、F F（S，0 0）分别代入可得方程组2H2厂xs这个方程组的解的纵坐标y6H，即为屏的高。6.6.灵活分解求解平抛运动的最值问题例 7 7如图 6 6 所示，在倾角为的斜面上以速度v0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H24s2 xH2H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 6 所示，在y轴上，小球做初速度为v0si n、加速度为geos的匀变

10、速直线运动，所以有2 2Vy(Vosin )2gy eos当Vy0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。由式可得小球离开斜面的最大距离(vsin )22g eos当vy0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。由式可得小球运动的时间为7.7.利用平抛运动的推论求解推论 i i：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 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V2vyv0sing eos tt巴tan90v1；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

11、为和，对两小球分别构建速度矢量直角三角形如图7 7 所示，由图可得cot-gtv1和tangt由以上各式可得gt V2，解得t1VWVigtg 推论 2 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 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I，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.3I。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,G,求该星球的质量 M 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 8 所示，构建位移矢量直角三角形有x2

12、h2I2若抛出时初速度增大到 2 2 倍，重新构建位移矢量直角三角形，如图9 9 所示有，(2x)2h2(-3I)212令星球上重力加速度为g，由平抛运动的规律得h -gt22由万有引力定律与牛顿第二定律得GMmR2mg2 3IR2推论 3 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vo,经时间t后的水平位移为X，如图所示，D D 为末速度又因为90，所以cot tan由以上两式得h由以上各式解得M反向延长线与水平分位移的交点。根据平抛运动规律有12竖直方向Vygt和y gt由图可知，ABC与ADE相似，则史Vyy联立以上各式可得DE -2该式表明平抛

13、运动的末速度的反向延长线交平抛运动水平位移的中点。推论 4 4:平抛运动的物体经时间t后，其速度vt与水平方向的夹角为，位移S与水平方向的夹角为 ，则有tan 2tan在速度三角形中tanVogtVo在位移三角形中tanygt2gtx2vot2Vo由上面两式可得tan2 tan水平方向位移xVt证明：如图，设平抛运动的初速度为Vo，经时间t后到达 A A 点的水平位移为x、速度为Vt，如图所示，根据平抛运动规律和几何关系: 例 1111 一质量为m的小物体从倾角为30的斜面顶点 A A 水平抛出，落在斜面上B B 点,若物体到达 B B 点时的动能为 35J35J，试求小物体抛出时的初动能为多

14、大（不计运动过程中的空推论 5 5:平抛运动的物体经时间t后，位移S与水平方向的夹角为，则此时的动能与气阻力) )解析：由题意作出图，根据推论 4 4 可得tan2tan2tan30，所以tan23由三角知识可得cos3.21又因为vtcos19所以初动能EkA-mv2 EkB15J221例 1212如图所示，从倾角为斜面足够长的顶点 A,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v1，球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为1第二次初速度V2，球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为2，若V2V1，试比较1和2的大小。A.0 V1a1严v2,a22B-C解析：根据

15、上述关系式结合图中的几何关系可得tan( ) 2tan所以arctan(2tan )此式表明仅与 有关，而与初速度无关，因此12,即以不同初速度平抛的物体 落在斜面上各点的速度方向是互相平行的。初动能的关系为EktEk0(1 4ta n2)证明：设质量为m的小球以V。的水平初速度从 A A 点抛出，经时间t到达 B B 点，其速度vt与水平方向的夹角为，根据平抛运动规律可作出位移和速度的合成图，如图所示。由上面推论 4 4 可知tan2tan从图 1616 中看出vyv0tan2v0tan小球到达 B B 点的速度为vtpv：v：v0斗1 4tan2-mv2(1 4ta n2) Ek0(1 4ta n2)2动能为 9J9J。当物体与斜面距离最远时，重力势能减少了多少焦耳解析：当物体做平抛运动的末速度方向平行于斜面时，物体距斜面的距离最远，此时末速度的方向与初速度方向成30角，如图所示1由tan2 tan可得tan tan2所以当物体距斜面的距离最远时的动能为EktEk0(1 4tan2)9 (1 tan230 )