高中物理竞赛 话题10：运动模型-平抛和斜抛运动

话题10：运动模型一一平抛和斜抛运动

将质点以和水平方向成某一角度。的初速度V。投射出去，在不考虑空气阻力的情况下,

质点的运动就是抛体运动。当。=90°时，质点在竖直线上做直线运动，可利用匀变速直线

运动规律来求解；当夕=0°时，质点做平抛运动，当0°<6<90°时，质点做斜抛运动。其

中平抛运动与斜抛运动的轨迹均为抛物线。这里我们讨论的抛体运动就是指平抛和斜抛运

动。

—>平抛运动

平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体两个分运动的合成，

落地时间由竖直方向分运动决定。

二、斜抛运动

斜抛运动分斜上抛和斜下抛（由初速度方向确定）两种，下面以斜上抛运动为例讨论。

1.特点：

加速度cz=g,方向竖直向下，初速度方向与水平方向成一夹角。斜向上，8=90°为

竖直上抛或竖直下抛，，=0°为平抛运动。

2.常见的处理方法：

（1）分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀变速运动。

以抛出点为坐标原点，初速度％的水平投影方向为x轴正方向，竖直向上为y轴正方

向，则有

x=(%cos

vx=%cos0

位移方程:速度方程:

匕,=%sin6>_gf

分析斜抛运动时还常用到下列结论:

A.斜向上运动时间与斜向下运动时间（从最高点回到与抛出点等高位置的时间）相等，均

为，=%sin’,斜上抛运动回到与抛出点等高位置总时间为，=2%sm'。

gg

B.斜上抛运动的水平射程为丫=生吧"，故当抛射角为45°时水平射程最远。

g

C.斜上抛运动的轨迹方程为y=Xtane=T~,由此方程可知，其轨迹为抛物线，

2VQCOS'0

2

..G.,,ZVAsin20v：sin6、

该抛物线顶点为（-2----------，也------）o

2g2g

（2）将斜抛运动分解为沿初速度方向的匀速运动和竖直方向的自由落体两个分运动，再用矢

量合成的方法求解。

（3）将斜抛运动分解为沿某一斜面（倾斜直线，与运动轨迹在同一平面内）方向和垂直于该斜

面方向的两个匀变速运动，此时须将初速度和加速度都进行正交分解，再分别用运动学公

式求解。

以上处理斜上抛运动的方法，也同样适用于平抛和斜下抛运动，还可进一步推广到其

它恒力作用下（加速度恒定）质点做曲线运动的情形。不难看出，任何质点在恒力作用下的

运动可分为两种情形：

A.若加速度与初速度方向在同一直线上，则质点做匀变速直线运动，

B.若加速度与初速度方向不在同一直线上，则质点做类似抛体运动，其轨迹一定是抛物线。

这种运动的求解通常是分解为两个直线运动，即与斜抛处理方法类似。

三、抛体运动中的对称性

例1：从高〃处的一点。先后平抛两个小球1和2,球1恰好直接过竖直挡板落到水平

地面上的8点，球2则与地面碰撞一次后也恰好越过竖直挡板，然后也落8点.如图所示.

设球2与地面的碰撞类似光的反射,且反

弹前后的速度大小相同.求竖直挡板的高

度〃.若球2与地碰«次后恰好越过档板

也落于8点，则。的高度又如何？

解析：这是一个典型的抛体问题.在抛体

中恰当地运用对称性，可得巧解.

球1的落地时间A而球2应为34，故球1的初速度应为球2的3倍.若球1达。点

的时间为乙则球2达C点的时间应为3九当球1达C点时，球2达与C点等高的£点，而

2

G点至4与/至。点由对称性可知应相等.设所需时间为贝h+f'+f'=3z,得f'=f.

于是可以看出C；应为球1在第一次落地前的中点时刻，故竖直高度应被G分成1:3两部分，

所以挡板高〃=工”.

4

若球2与地碰〃次后越过档板，落于8点，则球1落的地时间仍为"，球2的落地时间

应为(2〃+1兑.故若球1达C点的时间为7,则球2达C点的时间应为(2〃+1)，.球1达C

时，球2到达与之等高的G点•设由G至地的时间为「，则由对称性可画出图.

2nt'+(2〃-1)/=(2/J+1)/->r=L

n

对球2在竖直方向的分运动列式，有

H-h=gg/

H二g«+与

2n

H-h_n2

H-(/?+l)2

2〃+1

hH

(〃+l)2

例2.如图所示，一小球以初速%=5m/s从高H=5m的墙上

端水平射出在距墙为d娓•一长L=4m的竖直板与墙面平行，

板的下端地高/?=1根使为球能击中地面上的4点，则“为多大?

已知：/点与墙角。点的距离，=1〃?，且小球在与墙和板的碰

撞中能量均不损失(g=10〃?/s2)

解小球与墙和板的碰撞能量不损失，故可根据镜像原理将小

球在墙与板之间的运动轨迹拓展成图所示的抛物线.设小球落地前共发生N次碰撞.图中

虚线表示各次碰撞时墙与板的拓展位置。小球落地所需时间与水平位移分别为

3

①)若小球最后一次是与墙发生碰撞,

则N为偶数，取

N=2心=1,2,…)

£_c2

有L-2Hd=s,故1=----=—wo(1)

2nn

「~|2

小球在第(2〃一1)次能与板相碰的条件：，-g*"T)”</

2L%」

即424-而，自然满足。为使小球以后不会与板再次发生碰撞，则必须

1(2〃-1)行，…病

------—>1,即d〉———⑵

voJ2/24-1

n/on2

由式⑴、(2)可得一一,即〃—=4.24。故〃可取1,2,3,4,即d

n2〃+1V20-4

21

可取值：2加，1加，一加，一加。

32

(6)若小球最后一次是与板发生碰撞，则N为奇数，取乂=2〃-1(〃=1,2/-)，有

3

L-Qn-l)d=d—s,即d=—m°(3)

n

r-|2I

为使小球最后一次能与板发生碰撞，则必须(2jT)d<z>即［4J"。(4)

2|_v0J2n-l

由式(3)、(4)可得小包，即“41.96,故〃可取1,即d只能取3加一个值。综合情

772〃-1

21

况(a)、(/?),可知d共可取以下5个值：3m,2m9\m9—m9—mo

四、匀加速直线运动+斜抛运动

例3：有5条边长为1〃?的正方形薄板做成一个小屋，如图(a)

所示.已知水滴沿屋顶从A点流到B点所需的时间为从B点流

C⑷

4

到C点所需的时间的2倍.假定水滴从A点以初速为零开始流下，试求水滴从A点流到C点

所需的时间.

解析：水滴从Zf8做匀加速直线运动，8fC做斜下抛运动,

竖直方向的分运动是竖直下抛运动.由图（6）中的阴影三角形

BDE可得x=BE=ED=

2

人:/-AU

2

设水滴从8到C的时间为/,水滴沿48的加速度为a,则水滴经过距离的时间为

"=总

1,.

h-vt+—gt~上式u为B点末速度,丫=以cos450-4al

经整理，可求得水滴经力所需时间/=加在一起，水滴经ZC距离所需时间

为3f.

五、抛体运动中的极值问题

例4：在掷铅球时，铅球出手时距地面的高度为力，若出手时的速度为%,求以何角度掷球

时，水平射程最远？最远射程为多少？

解析：本题既可通过建立直角从标系，列出轨迹方程后求得极值，也可用位移矢量关系或

速度矢量关系求，这里选择位移矢量图解法，其它方法可自行处理。

将铅球的运动分解为沿初速％方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动，其位移分

1,,

别为%/和5g厂，由图可得：

5

/=(卬)2一(洌一〃)2

t4+(vl+gh)t2-h

2=b=2片+2gh

x?有极值，即x有极值:

(卬cosa)max=3-----------------

g

再将，的数值代入，

,212

-h-v()tsma--gt,

a=arcsm.u=

J2f+2g/zc

注：上式表示，最佳投掷角不仅与%有关，还与〃有关，且总是小于45°,一般

a=38°~42°o同学们还可想一想，在什么条件下，当a=45°时，斜上抛运动的水平射

程最大。而若人=0时，则当a=45°,物体的水平射程最大。

例5：一仓库高20m、宽40m,在仓库前某处A点抛一石块过屋顶，试问A距仓库前多远

时，所需初速度%最小？为多少？(g=10〃?/s2)

解析：此题是初速与射程问题，但要求过一

平顶障碍物，如图所示建立坐标系.要使%;二8,

最小，则要求石块擦8,C两点而过；而过“用i'\

8C段，可用通常的有关射程问题的方法

解决.

如图，以8C两点之间作射程，有5叱=、sin2a.所以崂=上空当_

gsin2a

可见当a=45°时，也有最小值，为=v^min=yjs^g=A/40X10W/s=20m/5

设此斜下抛的时间为t,由位移公式〃=为J+Lg/有2O=io"+_lxlOx『，整理得

22

6

r+2万—4=0

求得有效根为t=(V6-V2)5

由此得到I值为/=v'Bxt=I0V2x(^6-mV2)/w=14.6m

再求为：

voy=vBy+St^^^>n/s

%=J喙+脸，-28.2m/5

tan0———=Vs,

6=60°,即％与水平线夹角.

例6：一个喷水池的喷头以相同的速率喷出大量水射流，这些水射流以与地面成0~90°的

所有角喷出，如图所示.竖直射流可高达2.0加，取g=10m/s2,计算射流在水池中落点所

覆盖的圆的半径.

解析：题中所求实际上是水射流在0〜90°范围内喷出中，

以多大角度喷出的水射流的射程最远.

先求射流的出口速率〃.考虑竖直射流，它在加速度为-g

的情况下升高2.0沈.则

u2=v2+2gs=2gs.

若一射流的初速度为（%,%.）,则所经过的竖直位移的大小为0=〃Z-Lg/2.

2

2u

射流飞行时间为1v.

g

r—,丁”+2〃/2/sin8cos。

飞仃的水平距离为r==-----=-------------------

gS

上式可知，与45°角对应的射流落地处，喷流最远，其最大半径为

7

0211

2".友.&

—=4.0m.

gS

即射流落点所覆盖的圆的半径是4.0m.

TT

例7：在仰角。=二的雪坡上举行跳台滑雪比赛（如图）.

运动员从坡上方/点开始下滑.到起跳点。时借助设备

和技巧，保持在该点的速率而以与水平成。角的方向

起跳，最后落在坡上3点，坡上03两点距离L为此项

运动的记录.已知/点高于。点人=50加.忽略各种阻

力和摩擦，求最远可跳多少米？此时起跳角为多少？

解柝运动员起跳后落到坡上前做抛体运动，据此找到坡上两点虎离L与起跳角。的函

数关系，进而求出其极值来.

建立坐标系如图.运动员在，=0时，从。点以速度u起跳，v的大

小可由机械能守恒定律求得

~mv2=mgh.

起跳后做斜返回运动，设r时刻落到坡面8处，则此时坐标为

x-vtcos0

.1

y-v/sinbn1——gt2.

它们须满足坡面方程

y--tana-x.

,一一.……1「2v(tana-cos0+sinO'),

由以上三万程解得一gft-----------------------------=0.

2Lg.

/=o不合题意故知落地时刻为

2v(tana-cos3+sinO')2vsin(a+，)

t=---------------------------=----------------.

ggcosa

2,cos8sin(a+。)

而着地点8的x坐标为x=

geosa

坡面08距离与起跳角。的关系为

8

x_2v2cos6>sin(a+6))_v2[sin(2^+a)+sina]

~=2

cosagcos**ageosa

71

------Ct

由上可知，当26+a=工，即。=2-----二工时,

226

£有最大值,

2吗=W+sirM=2x5加=200〃7

max。

geos'acos'a3

4

TT

即最佳起跳角为。=—,最高记录可达200加.

6

六、多次碰撞的抛体运动

例8：弹性小球从高〃处自由落下，落到与水平面成。角的长斜面上，碰撞后以同样大的速

度反弹回来.

(1)求每个弹回点［第一点和第二点，第二点和第三点，…，第〃点和第〃+1点］间的距离

X］,X,9Xyf***9•

(2)求当斜面以匀速度n沿竖直方向向上运动时的玉的数值.

解(1)坐标系选择如图所示，小球第一次碰斜面时速度大小%=J亚，反弹后初速大小

不变，其方向与y轴为对称的夹。角方向，在x、y方向有

vx=vOx+axt=%sin0+gtsin0

vy=vOv+avt=v0cos0-gtcos0

12

x=vOxt+~axt

12

2'

令y=0,得第一、第二次相碰时间间隔为

2v02^^

/]--=-------

gg

代人后可求得

9

X]=--♦sin，=8〃sin0

g

第二次碰撞瞬间

v2x=%sin6+gsin0-=3v0sin0

g

v2r=%cos6-gcos0-=-v0cos0

g

碰后岭工不变化，丫2)，=%,，，可见每相邻两次碰撞的时间间隔均为，=4，则有

x2=3v0sin0-+gsin夕•(•^•)2=2x8〃sin3

gg

第“次碰后反弹时vnx=(2M-l)v0sin0

=%cos6

由此得xn=”•8〃sin0

(2)当斜面以匀速度〃沿竖直方向向上运动时，则球相对斜面速度大小为u+〃，用U+M代

替%代入X1

4Q+J2g6)sin。

F=

g

例9.倾角为a的一个光滑斜面，由斜面上一点。通过斜面最大斜率的竖直平面内斜上抛

TT

一个小球，初速为v,抛出方向与斜面交角a+/?<5，。

(1)若小球与斜面的每次碰撞不消耗机械能，并且小球在第n次与斜面相碰时正好回到抛射

点。。试求a、。、〃满足的关系式。

(2)若小球与斜面每次碰撞后，与斜面垂直的速度分量满足：碰后的值是碰前值的e倍，

0<e<l。并且小球在第〃次与斜面相碰时正好回到抛射点O。试求a、/3、n和e满足

的关系式。

(3)由(2),若其中第尸次与斜面相碰时，小球正好与斜面垂直相碰，试证明此时满足关系

式：e"-2er+l=0

10

解(1)画出图，并在图中取定x、y轴。斜上抛小球，小球在斜面上多次碰撞，形成多条抛

物线。小球在歹方向作多次来回运

动，而在X方向只有一次：X由近到

远，再回到原点O。因此，y方向可

逐条抛物线讨论，而x方向可以统一

讨论。

设4为小球第攵次与斜面相碰

的点，以、匕.是小球第左次与斜面

相碰后速度的x、y分量。加速度的X、歹分量为4=-gsina,叫=-gcosa。所以由

4到4+1所经历的时间tk+｝满足

12

C0S

°=VA+I--(S«X+I

取合理