完整word版高考复习平抛运动解题方法归类解析

1、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v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0示的坐标系，则平抛运动规律如下表： 的飞镖以速处，将质量 m h、离靶面距离 L【典例精析1】：(双选)(2010 年广州一模)人在距地面高四个量中的一个，可使飞镖投中靶心v 、L、m、水平投出，落在靶心正下方，如图所示只改变 hv度00 ) 的是( B

2、适当提高 hvA适当减小 0 L D适当减小 C适当减小m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解析 只会使下落时间更长，故v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0 BD。应适当减小水平距离L。质量对其运动无影响，综上，选 【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。无关，而物体v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0 两者共同决定。的水平射程由高度h及初速度v0 三、对平抛运动规律的进一步理解 1速度的变化规律时间，t，从抛出点起，每隔不变；竖直方向加速度恒为vg，速度v

3、gtv水平方向分速度保持yx0 速度的矢量关系如右图所示，这一矢量关系有三个特点； 。v(1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度 0的方向均竖直向内的速度改变量t(2)任意相等时间间隔v vtg。下，大小均为vy平抛运动的速率并不随时间均匀变化，但速度随时间是注意： 均匀变化的。随着时间的推移，末速度与竖直方向的夹角越来越大，但永(3) 远不会等于°。90 1 位移的变化规律2 t。(1)任意相等时间间隔内，水平位移不变，且xv02 t内，竖直方向上的位移差不变，即。yg(2)任意相等的时间间隔t 抛出一个物体，要使物体落地速度与水平地面的夹角最大，处以水平速度v 【典例精析2】：从

4、高为ho 则） h 与v的取值应为下列四组中的哪一组（ o =30m/s ，h=30mv B Ah=30m，v=10m/s oo =50m，v=10m/s ，v=30m/s Dh C h=50moo v2ghghV?2V?2 解析由右图看出： 0yyVgh2h y?tan? 将以上各组数值代入计算得： VV006v ?tan6?tan A. B. 0 310?tan10?tan D. C. v v 3yD 故选择 【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°，g2。求：10 m/s (1)平抛运动的初速度v； 0(2)平抛运动

5、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 gt对A点：tan30°. v0gt对B点：tan60° v 0tt1 1由解得t s， 2v53 m/s。 0(2)运动总时间tt11.5 s. 1211.25 m gt(3)高度h2【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

6、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2) 10 m/s为多少?(空气阻力不计，g 解析：(1)设14之间时间为T， -22 gT ×10 m(2.5-1.5)×竖直方向有：10所以T = 0.1 s 2 -2 T水平方向：0.5×10×3×10 mv0=1.5 m/s v所以0 点的竖直分速度为(2)设物体在1vy112-2 gT 10 m=vT 1014竖直方向：1.5×+×y12 =1 m/s v解得y1因v0，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

7、1：3作出判断） y1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=vt 01?2y?gt?2 竖直方向：?v?gt?1y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：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，位移方向与水平方向的夹角为，则tan2tan。 证明：如右图所示，由平抛运动规律得 vgtytan， vv0x2gt1gty0tan·， x2vt2v000所以tan2tan。 推论：做平抛

8、(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。 y0证明：如右图所示，tan x0y0tan2tan x/20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tan2tan，但不能误认为2。 【典例精析5】：以v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0的是( ) A即时速度的大小是5v 02v0B运动时间是 gC竖直分速度大小等于水平分速度大小 2v22 0D运动的位移是 g 3 C。单选题只要理解上述注意（

9、1）要点即可选择解析 的固定斜面顶端沿水如图所示，】：一物体自倾角为【典例精析6 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) ( 满足 BtancosAtansin Dtan2tantanCtangt竖直位移与水平位移解析竖直速度与水平速度之比为：tan，v02gttan，故tan2tan， D正确。(之比为：注意：只要落点在斜面上，该结论与初速度大小无关) 2vt0m30?的斜面顶点A水平抛出，落在斜面上【变式】一质量为B的小物体从倾角为点，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) 3?2tan?2tantantan3

10、0?2 ，所以解析：由题意作出图，根据推论4可得3 3?cos 由三角知识可得21v0?v 又因为t?cos192mv?E?15JE 所以初动能kBkA0221【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v水平抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则（ ）速度 0 v AC总可以找到一个段某处值，使小球垂直撞击A0vC 值，使小球垂直撞击最低点B总可以找到一个0v 段某处值，使小球垂直撞击CB总可以找到一个C0v D无论取何值，小球都不可能垂直撞击轨道0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，故解析中点，但此A

11、BCB段某处的速度反向延长线必过、B，对C，我们可假设该情况成立，则小球撞击排除A 。长度，与推论相矛盾，故予以排除，选择D时小球水平位移小于AB 五、常见题型解析 （一）、斜面上的平抛运动问题下，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以地面为参考系)通常情况(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，如求解离斜面远离)垂直(加速度都需要分解，这种分解方法初速度、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， 难度较大，但解题过程会直观简便。，

12、画出平抛运动的，二是位移偏向角平抛运动中的“两个夹角”是解题的关键，一是速度偏向角和斜面倾角tan2tan，如果物体落到斜面上，则位移偏向角示意图，抓住这两个角之间的联系，即 5）即可顺利解题。相等，此时由斜面的几何关系（见例 固定在水，OA】8：如右图所示，足够长斜面的倾角为【典例精析平抛一小球，不计空气阻力，重力加速v平地面上，现从顶点O以速度0，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g度为 4 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。gtv y tanvv0xt vx 此过程中小球的水平位移012 gt 小球的竖直

13、位移 y222sinv0最大距离s(xycot)sin. 2gcos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v沿垂直斜面方向上的分量为vvsin，加速度g在垂直010 于斜面方向上的分量为ggcos 1根据分运动的独立性原理，小球离斜面的最大距离仅由v和g11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。 v0由vgt，解得ttan 11g222vsinv01由s，解得s. 2g2gcos1 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

14、时刻之后竖直方向上的位移之比为13； (4)该时刻之前与该时刻之后斜面方向上的位移之比不是13。 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，垂直地撞在倾角为30°的斜面上。可知物体完成这段飞行的时间是 323s C. B. D. A. s3s2s33 vv和竖直：先将物体的末速度分解为水平分速度解析 xtv(如图乙所示分速度)。根据平抛运动的分解可知物体水平方yv?vv与斜面垂直、向的初速度是始终不变的，所以又因为

15、；0xt?vvv。间的夹角等于斜面的倾角与水平面垂直，所以与再yyttvgt?了。则 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yvvv9.8x?0x?m/s?9.83m/sv?tan所以 由图得 y1?tan30tan?vy3 5 gtv? yv389.yst?3? 所以8g.9答案为C。 【典例精析10】：若质点以v正对倾角为的斜面水平抛出,如果要0? 求质点到达斜面的位移最小，求飞行时间为多少为位OOO，其间距解析： (1)连接抛出点O到斜面上的某点11 垂直于斜面时位移最小。移大小。当OO1 分解位移：利用位移的几何关系可得(2 v2vtx00?,?

16、tgt）1?tggy2gt2【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2)( 10 m/s ) 为(g A0.1 s B1 s C1.2 s D2 s 2/2，由图形几何关系可知xHh，由t水平位移

17、xv，竖直位移hgt 解析0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H5 m，墙高h3.2 m，墙到房子的距离L3 m，墙外马路宽x10 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v的取值范围。(取02) 10 m/sg解析 设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v，由平 1 1?2 Hhgt12? 抛运动规律可知：?t Lv113L5 m/s 由得：vm/s13.22×h5H210g又设小球恰落到路沿时的初速

18、度为v， 2 1?2Hgt 22? 由平抛运动的规律得：? tvxL22 6 10xL313 m/s 由得：v m/s2H2×25g10所以小球抛出时的速度大小为5 m/sv13 m/s。 0（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】

19、：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bcabx22。10 m/saT 得，a线运动，由x22TTabbc(2)因位置b对应a到c过程的中间时刻，故有v50 m/s. b2T12h24 s，BC间距离为：BCbcv得：ttvt，又vvh(3)设物体落地时间为t，由gtbc b cg2 95 mb

20、caTt。aT，得：BC (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 F合在初速度v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0m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、t3t1。t2、b、c，小球到达该水平面的时间分别为a两斜面之间，a、c两小球在斜面顶端若同时释放、t3。下列关于时间的关t2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 系不正确的是( ) t2 A.t1 t3 ，t3t2t3t2t1B. t1t2 t3 C.t1 ，t3 t1D.t1t2t2t3 7 由静止释放三小球时解析h18h22 ttgsin30°：·对a，则11gsin30°212h22. ，则tb：hgt对222gh14h2