2022年高考物理总复习难点：抛体运动的规律研究

1、抛体运动的规律研究抛体中的万现象一. 从抛物线的几何性质看抛体运动的射程问题在水平地面某处，以相同的速率Vo用不同的抛射角抛射小球， 求当抛射角为何值时，它的射程最大，最大射程是多少？不考虑 空气阻力。大炮在山脚下对着倾角为 的山坡发射炮弹，炮弹初速度大小为V。，要在山坡上达到尽可能远的射程，则大炮的瞄准角为多少？ 最远的射程为多少？不考虑空气阻力。在掷铅球时，铅球出手时距地面的高度为 h,若出手时的速度大小为V。，求以何角度掷球时，水平射程最远？最远射程是多少？ 不考虑空气阻力。解答与分析2第一个问题当抛射角为45。时射程最大，最大射程是 比g第二个问题分别将vo，g按沿斜面方向和垂直斜面方

2、向正交分解得，当V。方向沿斜面和竖直线夹角的角平分线时，即抛射角为一时，射程最大，最大射程为 止心上 TOC o 1-5 h z 4 2g cos第三个问题做铅球的速度矢量如图1所示,得 11 Cvovt sin()gtv0 cos gx22其中V。为初速度，Vt为末速度（其值为 & 2gh）,分别为初、末速度与竖直方向的夹角，g为重力加速度，t为运动时间，x为水平射 程。由上式可知，当-时，x取最大值，最大射程为 2gh,此2g时抛射角为arctanV0v2 2gh1、2、其主轴，在图2中,法线AQ平分角MAB，且AM、AB与切线三个问题归纳为一个问题抛物线上任意一点到焦点的距离与其到准线的

3、距离相等，即在图2中，线段AM AN由抛物线的焦点发出的光，经其表面反射后，反射光线平行于AP所成的角也相等。在问题3中，建立如图3所示的坐标系，则抛体运动的参数方程为x v0t cosy Votsin* yx1gt22 y y图2图3消去t得到物体运动的轨迹方程yg 222x xtan2v0 cos2以上为一簇经过O的抛物线，其焦点坐标为（”sin2 ,2g2曳cos2 ),准2g线方程为y2迎O2g物线共专5条准线，则 OCi=OP, AiCi=AiMi, OC2=OP, A2c2=A2M2,且 OC1 +h n可以看出，虽然抛射角 不同时，不同抛物线的焦点坐标不同，但所 有的抛物线有着相

4、同的准线，对于上述所有抛射角度的抛物线而言, 抛出点和落地点到准线的距离分别为一定值。 在图4中，由于两条抛M2 Mi VAOC2+A2c2哼 h,其中O为抛出点，Ai, A2分别为为 刷碗做FTx Ci, C2分别为两条抛物线对应的焦点。现在来研究焦点为C2的这条抛物线，分别过抛出点 O和落地点A2做抛物线的切线，两切线相交于 Q点，连接OA2,如图5所示。设OQ与OC2夹角为，由抛物线的性质得，OQ与竖直线（抛物线 的主轴方向）夹角也为，从而OC2与竖直线夹角为2 ,同理，A2c22与竖直线夹角为2。在AOC2A2中，有OC2 AC2 OA2,即比h OA2 ,g易知2 2（此时O,C3,

5、A三点共线，如图6所示），即当 /2时（OQ与图5图6A3A垂直时），OA3取到最大值纳h,此时也达到了最大水平射 g程，其值为昏h）2 h2 ON 2gh ,gg而此时OQ与A3Q垂直，即初、末速度相互垂直（轨迹的切线方向）， 问题在1是上面问题的特解，规律自然相同。问题2可以看成上面问 题的逆过程，如图6所示，将A3看做抛出点，O点看做落地点，则 当斜面倾角为 时，最大射程即为图中的OA3的连线长度，即问题2 与问题3在本质上也为同一类问题。从图6结合性质2还可以很容易 看出,为何在向上坡抛物体时，当Vo方向（即A3Q方向）沿斜面和竖 直线夹角的角平分线时，射程最大。例1沿斜面上升方向抛物

6、体如图1所示，用初速度vo在倾角为 的斜面上某一处沿斜面上升方向抛物体，抛射角为（抛射方向与斜面间的夹角），物体沿两方向程为x v0cos()t1, 2y vosin()t-gt2式（1）、y xtan(联立消去2gxt ,得物体运动的轨道方程，2v0 cos2()y xtan(4)直线OA的方程为A点是抛物线和直线的交点，其坐标值可由式（3）、（4）联立解出:xtan xtan(2gx22T2vocos (22,、所以tan( )tan2(5)利用式（4）、（5）可以联立解出射程22v0 1 tang cossin(2)sin 一 ， 450 最佳抛射葡5 2(6)最大射程用 1g 1 si

7、n这种抛射，抛体所受合力即为重力，方向竖直向下.如果我们将抛射点和落地点所在的平面叫做抛射面，在图中，要让抛射面与抛体所受合力方向垂直，需将抛射面顺时针转 角，这个角正好就是式（6）中的 角.亦即，当抛射面在垂直于质点所受合力方向上逆时针转角时，最佳抛射角在450的基础上减小2角.例2沿斜面下降方向抛物体如图2所示，若用初速度vo在倾角为 的斜面上某一处沿斜面下降方向抛物体，抛射角为 （抛射方向与斜面间的夹角），物体沿两方向的运程为 TOC o 1-5 h z x vocos( )t(8). ,、12y vosin()t gt2式(8)、(9)联%X省去t ,y x tan( ) -22voc

8、os ()得寓运动的轨道方程(11)y x tan直线OA的方程为A点是抛物线和直线的交点，其坐标值可由式（10）、（11）联立 TOC o 1-5 h z 2 ,、 gxx tanxtan（） 2-j2vocos （）22解 x tan（ ） tan *c0一） 出： g所以经计算，物体沿斜边的射程为s v2 1 tan2 sin(2g cos最佳抛射角力5 2)sin (12)最大射程)说一g 1 sin(13)2 V。s 2(1 sing cos这种抛射，抛体所受合力也为重力，方向竖直向下 .在图2中， 要让抛射面与抛体所受合力方向垂直，需将抛射面逆时针转角，这个角正好就是式（12）中的

9、角.亦即，当抛射面在垂直于质点所受 合力方向上顺时针转 角时，最佳抛射角在45。的基础上增加,角. 例3在水平面上“顺场抛射”物体如图3所示，在竖直平面内存在水平向右的匀强电场， 有一带正 电小球自坐标原点。以抛射角 抛出，不计空气阻力.y小球抛出后，受重力和电场力两个力的作用，运动规律为12(14)(15)x V0COS t - at1小2y v0sin t - gta为小球沿水平方向向右的加速度.将式（14）两边乘以g,式（15）两边乘以a,再相加，求出t:gx ayV0 (g cosa sin )(16)将式（14）两边乘以sin，式（15）两边乘以cos ,再相减，求出t2:(17)t

10、2 2(xsin ycos ) gcos asin结合式(16)、(17)两式得22(xsin ycos ) (gx ay) TOC o 1-5 h z 272g cos asin v0(g cos a sin )整理该式得ycos ）（18）“顺场抛射”时的运动轨道方程22(gx ay)2v0(gcosasin )(xsin式(18)就是复合场内带电小球作在式(18)中，若令y=0得22,、g x 2V0(gcosasin )sin进一步整理,2 TOC o 1-5 h z v。a2x一(sin 22sin )gg2v。aa(sin 2cos2ggg8 中其显然，学2F9。atx最大，即“顺

11、场抛射”的最大射程Xmax ( 12-)(19)g . g g0(20)45 -2“顺场疑寸”的最佳抛射角 arccos2 a 其中 1 g2(21)这种抛射，抛体所受的力为重力与电场力的合力，方向朝右下方,与竖直方向的夹角为1,要让抛射面与合力方向垂直，需将抛射面逆时arccos arctan(a/ g)1 g2针转角，这个角正好就是式(20)中的角.亦即，当抛射面在垂直于质点所受合力方向上顺时针转角时，最佳抛射角在45。的基础上增加一角.2例4在水平面上“逆场抛射”物体若在竖直平面内存在水平向左的匀强电场， 将带正电的小球自坐标原点0以抛射角 抛出，不计空气阻力，小球抛出后，受重力和电场

12、力两个力的作用，运动规律为,(22)(23)(24)x v0cos t 1at 22,1, 2y v0 sin t gt用同样的方法可以求得,2(gx ay)2v0(g cosa sin )(xsin ycos )式（24）就是复合场内带电小球作“逆场抛射”时的运动轨道方程在式(24)中，若令y=0得 TOC o 1-5 h z 22, 、 g x 2V0( g cos asin )sin进一步整理,22v0a.ax 1 2 slm2)g - gg1 cos 其 / M中g显然，当2900时x最大，即“逆场抛射”的最大射程xmax“逆场抛射”的最佳抛射角arccos?1 a1 g2(27)其中

13、这种抛射，抛体所受的力为重力与电场力的合力，方向朝左下 方，与竖直方向的夹角为1,要让抛射面与合力方向垂直，需将抛射面顺时arccos arctan(a/ g)11 g2针转角，这个角正 好就是式(26)中的 角.亦即，当抛射面在垂直于质点所受合力方向 上逆时针转 角时，最佳抛射角在450的基础上减小万角.小结:.当抛体所受合力方向发生变化时，最佳抛射角也跟着变化.物体仅 受重力作用在水平面上抛射时，重力方向与抛射面垂直，最佳抛射角 为450.相对于抛射面而言，当物体所受合力方向沿着抛体前进一方与竖直方向偏离 角时，最佳抛射角在450的基础上增加一角；当物体所2受合力方向沿着抛体前进的反方向与

14、竖直方向偏离角时，最佳抛射 角在450的基础上减小2角。.以上问题可转化为一簇有着相同约束的抛物线上求解两点之间距 离的最大值问题，其本质上为同一个问题，即当初、末速度互相垂直 时，抛点、落点、焦点三点共线，此时的射程最大，最大射程为抛点 和落点到准线的距离之和。第二节：抛体运动的规律研究-抛体中的1与1现象23. 抛体运动中的几个1现象2平抛的抛物线在某一点位移方向和末速度方向分别与初速度方向的夹角的正切值为1。2若在某一段时间内水平竖直两个分位移相等，则水平初速度与竖直速度之比为1。2若在某一时刻水平速度与竖直速度大小相等，则竖直分位移与水平分位移之比为1。2在地面上任意一点沿任意方向抛出

15、一点物体，若物体到达某一平面的时间为ti ,则当物体距离这个平面最远的时间为t2 , 则包工ti 2物体由某一点平抛一个物体，某一时刻速度方向与位移方向夹角正弦值的最大值为13.相关证明过程（性质1、2、3略去）.性质4的证明过程如下如下图所示，以某一初速度v。在斜面上A点以与斜面成 的方向斜抛一个物体，最终物体落在倾角为 的斜面上B点，设物体运动的总时间为t,则有运动的合成与分解知识可得Voti sin(900)联立以上式子可求得t1型sng cos再把物体的运动沿斜面和垂直斜面进行分解，当物体离斜面最远时速度与斜面平行，得vosingcos t2 0,求得t2” J （注明：这里的斜面可以

16、任意倾g cos角的，且运动过程也具有可逆性）.性质5的证明过程如下：方法一：（不等式法）设某一时刻瞬时速度与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则速与位移的夹角为，根据性 质1可知tan 2tan ,则有tanZ2-1 2tan 2tan11 tantan tantan tan( )1 tan tan由不等式的性质可知最大值为 方法二：（数形结合法） 如下图8所示，设小球从O点平抛在某一段时间内物体由 O点运动到A点，由中点弦性质可知，速度方向反向延长线过OB的点，002=02。1,以OO1为直径再做一个辅助圆，当 CA与圆02相切时，有最大值sin 3（物理通报2015年第12期P2

17、8）COB .A图8例1抛体过矩形障碍物的工现象2如下图所示，一个矩形障碍物的大小如下，长为 40m,高为20m,为了使物体在障碍物左边地面上某一点以某一初伊斜抛一个物体，v0恰好掠过障碍物，求抛出点的伸普和所速序的大小与方向20 o 20图例1图解析：设最高点到地面的距离为h,最高点的速度为V。，落地速度 为v,则由机械能守恒定律可知v为2 2gh由抛物线的知识可知，物体运动的抛物线方程为 y hg,抛 2y2物线过障碍物则有20 h 1g”2 Vo联立以上式子得v V 2g （20 -1g笺）1400 v0吧1,2 V0V0由不等式的性质可知当v0 1072m/s时，v有最小值ZO疙m/s

18、此时抛射解恰好为60 ,抛射点到障碍物左边的距离为20（73 1）m,v。1Ov 2例2包络面中的工现象2在水平地面以某一初速率沿不同方向抛一个物体， 求所形成的包络面 的形状 解析：设g 10m/s2,v0 10m/s ,当抛角不同时的运动轨迹如下图所不通过分析可以看出来，这些弹道的包络面是一个抛物线，最高点是 TOC o 1-5 h z 22.h也，水平射程x v。，其中最高点与最远距离之比为1,则有抛物2gg222线方程y旦1g在这条抛物线的右边都是打不到的区域！2g 2 vo方法1（包络线定律法）F(x, y. ) xtan()设2gxT222v0 cos由第二方程可得tan世，代入原

19、方程消去得y gxv21 x2g-2g 2y voF(x,y, ) 0前面形象地给出了包络的概念，下面我们给出包络的一个数学定义对于曲线系M : F(x,y,t) 0(t为参数)，如果存在一曲线S,使S与曲线系M中的每一曲线相切于点P (切于一点或几点)，且 S(x,y)|全部切点P ,我们称曲线S为曲线系M的包络.记关于t的函数F(x, y,t)的导数为Ft(x, y, t).由包络定义，包络存在时，曲线系 M ： F(x,y,t) 0(t为参数)的 包络曲线S上的每一点(x,y)都属于曲线系，满足F(x,y,t) 0;在点(x,y)中的x的y可表示成x (t), y (t),由此对t的全微

20、分和包络与曲线F(x,y,t) 0相切时的切线方程相同，可得Ft (x,y,t) 0.因此，包络上的每一点满足:F(x,y,t) 0,Ft (x,y,t) 0.Q)如果包络存在，则消去(1) (2)中的参数t就可求到包络所满足的方程 G(x, y) 0.值得注意的是，方程G(x,y)0可能就是包络的方程，也可能不是.当G(x,y) 0可分解为两个或更多的曲线方程时，甚至一部分是包络的方 程而另一部分不是包络的方程，因为x (t),y (t)是否有实数解决定 了 G(x,y) 0中x,y的取值范围，因此求得方程G(x,y) 0后应进行适当的验证.方法二（判别式法）可以将原方程整理为 gx2mv0

21、 mgR(1 cos ) tan22v2xtan(2v：y gx2) 0这是一个关于tan的一元二次方程，tan有唯一解则& 0,化简得2V01x2g -92g 2y V0思考题:1.图中是一个半径为2R的四分之一轨道与半径为R的半圆形轨道相切，大致情景是一个小球从四分之一圆轨道的起点由静止释放，不计摩擦，不计空气阻力。求小球砸在轨道上的位置。（取小球脱离轨道位置为坐标原点建立坐标系）联立可得cos 2/3,v03gR解析：设脱离时半径与竖直方向上的夹角为，则有2V0 mg cos m 一以斜抛点坐标原点建立平面直角坐标系，质点做斜抛运动设经过时间t落在圆面上，则1, 2x v0cos( )t

22、,y V0Sin( )t -gt 2_2_2_2(Rsin x) (Rcos y) R解方程得解得xf蟹。9 g.在一个半圆形坑的左端点平抛一个物体，已知物体能落在坑中，则关于物体的初速度与末速度的大小变化量的关系，下列说法中正确 的是（D ）A下落距离越大变化量越大B下落距离越大变化量越小C下落距离越小变化量越大D随着初速度的增大这个变化量先增大后减小.上题中若是小球做斜抛运动，物体有没有可能垂直击中坑？需要满足什么条件?21 x角牛析： 由 x v0cos t,y v0sin t -gt , 求得 y g丁 xtan2 V2 cos11112人a g-g(1 tan )112.v 2 v0

23、 cos 2 v0，侣 a g 2 (1 b ) Vo b tan圆的方程是：(x R)2y2 R2 ,设落点 P(R Rcos,Rsin点P的抛物线y ax2bx上，RsinaR2(1 cos )2bR(1cos )速度垂直圆周f(Xp)kAP ,即 2aR(1 costan由上面的的方程可得tana 2R(1 cos ),btancos1 cos由于vgR a2 ,1 b2lg 4代入得2y vtanRtan2 (cos1)2 (1 cos )2 V0令g()Rtan2由软件算得，当(cos32tan行(1 cos )2时，g()0.604R当 11g 4R2 Vo甯时,上式无解,V。小球

24、不可能垂直击中碗面;当v0I俄时，速度有两个解代人后，可解得a,b ,最后由btan求得O例3飞机投弹问题如图1所示，斜面上a、小球从a点正上方0点抛出，做初速度为v。的 平抛运动，恰落在b点。若小球初速度变为v,其落点位于c点，则A. v。v 2v。B. v 2v。C. 2v。v 3v。D. v 3v。解析：此题的参考答案为A （具体分析过程略），笔者认为这个答案不准确，初速度的大小范围应为扬。v方法2v。，具体分析过程文白fv。一如图2所示，设小球第一平抛运动的下落的高度为为x。图2a :其中a点以下的高度为y。，运动时间为t由运动学公式得 TOC o 1-5 h z ,1 ,2yi h

25、y。2 gtiy2，设小球第二平抛运动的水平位移为2x。，下落的高度为 其中a点以下的高度为2y。，运动时间为t2,由运动学公式得,-12y h 2y。-gt2可解得 t -hg2%,2hg4y。由于v。包，所以x。v%叵互，第二次平抛初速度v红，代ti. gt2入时间后得v 2v0, : 2y。y。h 2yo1hyo因为1 Q （容i）,所以岛1 y0方法二如图3所示，设小球斜面的倾角为据运动学知识得1gt2 htan v0t整理后得 gt2 2v0 tan t 2h 0方程的解为t v0tan 11 一2gh 2g 1,（V0 tan ）小球有斜面方向上的位移s 旦 也cos gcv 2V0,平抛运动的时间为t,则根图31 1 (v02agnh)2设小球第二次平