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1、-平抛和类平抛运动-第 21 页高考热点专题平抛和类平抛运动 当物体初速度水平且仅受重力作用时的运动，被称为平抛运动。其轨迹为抛物线，性质为匀变速曲线运动。平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动这两个分运动。广义地说，当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，做类平抛运动。平抛运动是日常生活中常见的运动，并且这部分知识还常与电学知识相联系，以解决带电粒子在电场中的运动问题，因此，多年来，平抛运动一直是高考的热点，今后，将仍然是高考的热点。用分解平抛运动的方法解决带电粒子在电场中的运动，以及将实际物体的运动抽象成平抛运动模型并做相应求解，将是高考的必然趋势。一、正确理解平抛
2、运动的性质（一）从运动学的角度分析平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，以物体的出发点为原点，沿水平和竖直方向建立xOy坐标，如图所示： 则水平方向和竖直方向的分运动分别为 水平方向 竖直方向 平抛物体在时间t内的位移s可由两式推得 位移的方向与水平方向的夹角由下式决定 平抛物体经时间t时的瞬时速度vt可由两式推得 速度vt的方向与水平方向的夹角可由下式决定 （二）从动力学的角度分析对于平抛运动的物体只受重力作用，尽管其速度大小和方向时刻在改变，但其运动的加速度却恒为重力加速度g，因而平抛运动是一种匀变速曲线运动。平抛运动中，由于仅有重力对物体做功，因而若把此物体和地
3、球看作一个系统，则在运动过程中，系统每时每刻都遵循机械能守恒定律。应用机械能守恒定律分析、处理此类问题，往往比单用运动学公式方便、简单得多。二、平抛运动的几个重要问题（1）平抛物体运动的轨迹：抛物线 由两式，消去t，可得到平抛运动的轨迹方程为。 可见，平抛物体运动的轨迹是一条抛物线。（2）一个有用的推论：平抛物体任意时刻瞬时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。证明：设物体被抛出后ts末时刻，物体的位置为P，其坐标为xt（ts内的水平位移）和yt（ts内的下落高度）；ts末的速度vt的坐标分量为vx、vy，将vt速度反向延长交x轴于x，如图：则由几何关系可
4、知：，即整理得：，。可见，平抛运动物体某时刻的速度反向延长线交x轴坐标值为此时Ox方向位移的一半。（3）因平抛运动在竖直方向是匀变速直线运动，所以适合于研究匀变速运动的公式，如s=aT2，等同样也适用于研究平抛运动竖直方向的运动特点，这一点在研究平抛物体运动的实验中用得较多。（4）类平抛运动：凡具有合外力恒定且合外力垂直于初速度特征的曲线运动叫类平抛运动。此物体所做的运动可看成是某一方向的匀速直线运动和垂直此方向的匀加速直线运动，这类运动在电场中会涉及，处理方法与平抛运动类似。典例剖析：1考查对平抛运动概念的理解与运用能力方法：解决平抛运动的关键在于把平抛运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向
5、的自由落体运动，要特别注意分运动的独立性以及合运动与分运动的等时性。解决平抛运动问题常常以竖直分运动为突破口。【例1】在高度为h的同一位置上向水平方向同时抛出两个小球A和B，若A球的初速度vA大于B球的初速度vB，则下列说法正确的是（ ）AA球落地时间小于B球落地时间B在飞行过程中的任一段时间内，A球的水平位移总是大于B球的水平位移C若两球在飞行中遇到一堵竖直的墙，A球击中墙的高度总是大于B球击中墙的高度D在空中飞行的任意时刻A球的速率总是大于B球的速率【答案】B、C、D【解析】平抛的高度决定平抛运动的时间，由于两球的抛出点相同（即高度相同），故从抛出到落地所用时间相同，选项A错误。由于水平位
6、移x=v0t，所以在相同的任意一段时间内，水平初速度较大的球水平位移较大，选项B正确。若两球均能撞上同一竖直墙，则它们的水平位移相等，由x=v0t可知，初速度较大的球所用时间较短，而高度决定时间，所以A球撞墙点较高，选项C正确。两球在空中飞行时的任意时刻，速度的竖直分量均相等，水平分量与初速度相同；由于A球的初速度较大，故其合速度较大，实际速率也较大，选项D正确。综上所述，该题的正确答案为B、C、D。请思考：该题中的A、B两球的轨迹曲线重合吗？两球落在同一水平地面上时的着地点重合吗？【例2】如图所示，以v0=10 m / s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30的斜面上，
7、可知物体完成这段飞行的时间是（ ）A B C D2s【答案】C【解析】物体做平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，当物体落到斜面上时，其竖直分速度v1=gt，水平分速度仍为v0，其合速度与斜面垂直，由图可知，tan=v0 / gt 故选项C正确。【点评】平抛运动知识与斜面三角形综合应用，找出其间的关系，问题迎刃而解。【例3】如图所示，一高度为h=0.2 m的水平面在A点处与一倾角为=30的斜面连接，一小球以v0=5 m / s的速度在平面上向右运动，求小球从A点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取g=10 m / s2）。某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，
8、则，由此可求得落地的时间t。问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的时间；若不同意，则说明理由，并求出你认为正确的结果。【答案】不同意该同学的解法，正确答案为0.2 s【解析】由于小球开始在水平面上运动，离开A点时小球将做平抛运动，而不会沿斜面下滑，在运动到地面之前小球是否经历斜面，要看以下条件：小球平抛到地面的水平距离为。斜面底宽因为sd，所以小球离开A点后不会落到斜面上，因此落地时间即为平抛运动所需的时间。即。【点评】本题考查的是平抛运动的知识，但题型新颖，且对考生有“误导”的作用。在考查学生应用基本知识解决实际问题的分析判断能力方面，不失为一个好题。判断出小球离开A点做什么运动是解决本题
9、的关键。【例4】在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=1.25 cm，若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式v0=_（用L、g表示），其值是_（取g=9.8 m / s）。【解析】分析图中a、b、c、d四点的位置关系，可以看出水平方向四点均等间隔，可见时间间隔也是相等的。但从竖直方向看a、b、c、d四点之间的间隔比为1：2：3，并不是1：3：5，这说明a点不是起始点。由于平抛运动在竖直方向上是匀变速直线运动，因此它将满足关系又因为s=L=1.25cm，所以可以得出。在平抛运动中，因为，所以代入数据（注意化单位L=
10、1.25 cm=1.25102 m），解得。【误区点津】此题为容易出现错解的问题。很多学生对本题不加分析，错误地认为a点是小球平抛运动的初始位置，从而得出的错误答案。有的学生注意到了小球在竖直方向上的分运动，在连续相等的时间内其位移之比不为1357，知道a点不是抛出点，但却错误地认为题中给出（由图中看出）的y1y2y3=123不符合匀加速直线运动的规律，怀疑题目的正确性，就此搁浅。其实，去掉从初速为0起的第一个T秒内的竖直方向y上的投影有s=2LL，易得出。【点评】克服思维定势，将纸带计算公式迁移至此，不必考虑a点是否为抛出点，其竖直方向的运动规律点满足，问题也就迎刃而解。从本题看，平时学习一
11、定要注意加强知识的迁移和拓展的训练。【例5】一固定斜面ABC，倾角为，高AC=h，如图所示，在顶点A以某一初速度水平抛出一小球，恰好落在B点，空气阻力不计，试求自抛出起经多长时间小球离斜面最远？【解析】解法一 如图所示，小球的瞬时速度v与斜面平行时，小球离斜面最远设此点为D，由A到D时间为t1，则vy=gt1，vy=v0tan；。 设小球由A到B的时间为t，则，。消去t， 由式消去v0tan，得。解法二 沿斜面和垂直于斜面建立坐标系如图所示，分解v0和加速度g，这样沿y轴方向的分运动是初速度为vy、加速度为gy的匀减速直线运动，沿x轴方向的分运动是初速度为vx，加速度为gx的匀加速度直线运动，
12、当vy=0时小球离斜面最远，经历时间为t1，当y=0时小球落到B点，经历时间为t，显然t=2t1。在y轴方向，当y=0时有： 在水平方向上位移关系为得，所以故解法三在竖直方向小球做自由落体运动得由解法二的分析可知在垂直斜面方向上小球做匀减速运动，当垂直斜面的速度减为零时离斜面最远，历时t1，则。【答案】【点评】通常我们把平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动来处理。这样就把曲线运动分解成为两种最简单的直线运动，但在具体问题中这种分解对所求的问题来说并不一定是最简单的。如：假设要求小球运动过程中距离斜面的最大距离H，则在解法一的计算中较为复杂；而解法二中的分解结果，刚好使待
13、求的H成为小球垂直斜面向上运动所能达到的最大位移，则，所以在具体问题中，可以根据需要灵活选择分解的方法。【例6】质量为m的飞机以水平速度v0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时，它的上升高度为h，如图所示，求飞机受到的升力的大小。解析：设飞机上升到h高度的时间为t，有y方向加速度为设飞机的升力为F，由牛顿第二定律有故点评：合外力F恒定，且与物体初速度方向垂直，此运动称之为类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，处理方法和平抛运动类似（运动分解）。该题属于方法迁移题，学生需要理解平抛
14、运动的处理方法，才能进一步灵活地处理该问题。2利用平抛运动的规律，迁移到静电场中带电粒子的运动带电粒子的类平抛运动模型其总体思路为运动的合成与分解：（1）带电粒子的加速：带电粒子质量为m、带电量为q，在静电场中静止开始仅在电场力作用下做加速运动，经过电势差U后所获得的速度v0可由动能定理来求得。即。（2）带电粒子的偏转：垂直电场线方向粒子做匀速直线运动：，沿电场线方向粒子做匀加速直线运动，有：（3）在电场中移动带电粒子时电场力做功及电势能变化的情况与重力做功即重力势能变化情况类比。推论：粒子从偏转电场中射出时，速度的反向延长线与初速度的延长线的交点平分初速度方向的位移，即粒子好像从极板中点处沿
15、直线飞离偏转电场，即荷质比不同的正离子，被同一电场加速后进入同一偏转电场，它们离开偏转电场时的速度方向一定相同，因而不会分成三股，而是会聚为一束粒子射出。说明：由于基本粒子（电子、质子、粒子等）在电场中受到电场力，所以基本粒子受到的重力忽略不计。但带电的宏观（由大量分子构成）小颗粒、小球、小液滴所受重力不能忽略。注意不能穿出、恰能穿出、能穿出三种情况下粒子对应的位移与板长L的区别；侧位移与板间距的d或的区别。在匀强电场中场强不变，但两点间的电势差要随距离的变化而变化，穿越电场过程的动能增量：（注意，一般来说不等于qU）。【例7】在光滑水平面上有一质量为m=1.0103 kg、电量q=1.010
16、10 C的带正电小球，静止在O点，以O为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy。现突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0106 V / m的匀强电场，使小球开始运动。经过1.0 s，所加的这个电场突然变为沿y轴正方向，再经1.0 s，所加电场又突然变为另一个匀强电场E，使小球在此电场作用下经1.0 s速度变为零。求此电场E的方向及速度为零时小球的位置。【解析】小球所受合力为电场力F=qE。由牛顿定律，小球的加速度 第1秒内：小球沿x正方向匀加速运动，1 s末速度v1=v1x=at=0.20 m / s 位移 第2秒内，小球做“类平抛”运动，用分运动求解。沿x正向做匀速运动，v2x=v1x=0
17、.2 m / s，位移x2=v2xt=0.20 (m) 沿y正向做初速为0的匀加速运动，v2y=at=0.20 m / s 在2秒末小球的坐标为，x2=x1+x2=0.30 (m)y2=y2=0.10 (m)设2秒末小球瞬时速度v2的方向与x正向夹角为，则所以=45，即v2与x正向夹角=45。要使之再经1秒速度变为0，则必然使小球做减速直线运动，所加另一电场E对小球的电场力必与v2反向，故此电场E的方向与x轴正向夹角为135，指向第三象限。第3秒内，小球做匀减速运动，可仍用分运动求解。所以3秒末小球所在位置坐标为（x3，y3）【点评】解题关键是第二个过程（即类平抛）结束时小球的瞬时速度。【例8
18、】如图所示的真空管中，质量为m、电量为e的电子从灯丝K发出，经电压为U1的加速电场加速后沿中心线进入两平行金属板B、C间的匀强电场中，通过电场后打开荧光屏上，设B、C间电压为U2，B、C板间距离为d，B、C板长为，到荧光屏的距离为，求：（1）电子离开偏转电场时的偏角（即电子离开偏转电场时速度与进入偏转电场时速度的夹角）。（2）电子打到荧光屏上的位置P偏离荧光屏中心O的距离Y。【解析】（1）电子经加速电场后速度为v0，由动能定理得： 电子进入偏转电场后做类平抛运动，则 vy=at 则偏转角 联立上述各式得：（2）电子在离开偏转场时的偏转距离Y1为： 离开电场时到打在荧光屏上距O点的偏转距离Y2为
19、：Y2=l2tan 所以P偏离荧光屏中心O的距离Y为： 跟踪训练：1如图所示，两个小球a、b从直角三角形的斜面的顶端以相同的水平速度v0向左、向右水平抛出分别落在两斜面上，三角形的两底角分别为30和60，则两小球a、b运动时间之比为：（ ）A1 B13 C1 D312做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是：（ ）A大小相等，方向相同 B大小不等，方向不同C大小相等，方向不同 D大小不等，方向相同3质量为m=0.10 kg的小球以v0=10 m / s的水平速度抛出，下落h=5.0 m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，取g=10m/s2，则钢板与水平面的夹角=_，球要撞击钢板时动量的大小为_。4如图
20、所示，AB为斜面，BC为水平面，从A点以水平初速度v向右抛出一小球，其落点与A的水平距离为s1；从A点以水平初速度2v向右抛出一小球，其落点与A的水平距离为s2，不计空气阻力，则s1s2可能为：（ ）A12 B13 C14 D155如图所示，一光滑的斜面与竖直方向成角，一小球有两种方式释放。第一种方式是从A点以v0的水平速度平抛到B点；第二种方式是在A点松手后沿斜面无初速匀加速下滑到B点。求：（1）AB的长度为多少？（2）两种方式到B点，平抛的运动时间t1，下滑的时间t2，则t1 / t2等于多少？（3）两种方式到达B点时，水平分速度v1x / v2x和竖直分速度v1y / v2y各是多少？6
21、水平抛出一物体，已知其速度方向由与水平方向成45角变为60角所经历的时间为t。求平抛物体的初速度。7一次用闪光照相方法研究平抛运动规律时，由于某种原因只拍到了部分方格背景及小球的3个瞬时位置A、B、C，如图所示。若已知每格长度为5 cm，求：（1）小球的抛出速度大小；（2）小球经B点时的竖直分速度大小。（g取10 m / s2）8如图所示，排球场总长为18 m，设网的高度为2 m，运动员站在离网3 m远的线上正对网前竖直跳起把球垂直于网水平击出，g取10 m / s2。（1）设击球点的高度为2.5 m，问球被水平击出时的速度在什么范围内才能使球既不触网也不出界？（2）若击球点的高度小于某个值，
22、那么无论球被水平击出时的速度多大，球不是触网就是出界，试求此高度。9如图所示，两块长3 cm的平行金属板A、B相距1 cm，并与300 V直流电源的两极相连接，。如果在两板正中间有一电子（m=9.01031 kg，e=1.61019 C），沿着垂直于电场线方向以2.0107 m / s的速度飞入，则（1）电子能否飞离平行金属板正对空间？（2）如果由A到B分布宽1 cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？10. 喷墨打印机的结构简图如图所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制，带电后的微滴以
23、一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体，无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒。设偏转板板长1.6cm，两板间的距离为0.50cm，偏转板的右端距纸L3.2cm，若一个墨汁微滴的质量为，以20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是，若墨汁微滴打到纸上点距原射入方向的距离是2.0mm。（1）求这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性）（2）为了使纸上的字体放大10%，请你提出一个可行的办法。答案与解析：1B解析：设做平抛运动物
24、体运动的时间为t，则位移的水平分量和竖直分量分别为而几何知识可知故所以有即选项B正确。点评：灵活运用平抛运动规律是解这类题的基本方法。应该用时必须明确各量的物理意义，不能盲目套用公式。2A345，kgm / s4A、B、C解析：要考虑到小球落至斜面和落至平面上的不同情况。若两次都落在平面上，则A对；若两次都落在斜面上，则C对；若第一次落在斜面上，第二次落在平面上，B就可能正确，其实只要介于1：2和1：4之间都可以，所以正确选项应为A、B、C。点评：解决此题时容易忽略了落点在斜面上的情况。而简单地根据平抛运动的基本公式可推得水平位移与初速度成正比，所以误认为只有选项A正确。5解析：两种方式释放从
25、A到B只有位移相同，设AB长为L（1）水平方向位移 竖直方向位移由得，代入得（2）将L值代入，下滑物体加速度，得将L、a代入，则。（3）平抛运动水平分速度，竖直分速度下滑运动水平分速度，竖直分速度由于所以，则，6解析：根据题意及平抛运动的特点，可得其速度随时间变化的矢量图示如图所示： 由图易知：vy1=v0，vy2=v0。 由于平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，其竖直分速度由vy1变为vy2，历时t，所以有：vy2vy1=gt 即：v0v0=gt 所以。7 解析：（1）由于做平抛运动的小球从A到B和从B到C的时间相同，设为T，由竖直分运动得： y2y1=gT2 小球的抛出速度大小为 （2）小
26、球经B点时的竖直分速度大小为 8解析：水平击出的排球其运动情况虽然受空气阻力的影响，但是当这类题目出现在中学物理中时仍然可以简化为只受重力作用，因此在这里可以认为其运动为平抛运动。第（1）问中击球点位置确定之后，恰不触网是速度的一个临界值，恰不出界则是击球速度的另一个临界值。第（2）问中确定的则是临界轨迹。当击球点、网的上边缘和边界点三者位于临界轨迹上时，如果击球速度变小则一定触网，否则速度变大则一定出界。（1）如图所示，排球恰不触网时其运动轨迹为，排球恰不出界时其轨迹为。根据平抛物体的运动规律：x=v0t和可得：当排球恰不触网时有：x1=3 m=v1t1 h1=2.5 m2 m=0.5 m
27、由可得：v1=9.5 m / s当排球恰不出界时有：x2=3 m+9 m=12 m =v2t2 由可得：v2=17 m / s所以既不触网也不出界的速度范围是： 9.5 m / sv17 m / s。（2）如图所示为排球恰不触网也恰不出界的临界轨迹：设击球点的高度为h，根据平抛运动的规律有：x1=3 m=vt1 x2=3 m+9 m=12 m =vt2 解式可得所求高度h=2.13 m。点评：本题涉及的物理过程并不复杂，但每当遇到类似的题目时常常又感到无从下手，因此能养成一个良好的分析问题、解决问题的思路特别重要。结合本题的解题过程不难看出，解决本题的关键有三点：其一是确定运动性质平抛运动；其
28、二是确定临界状态恰不触网或恰不出界；其三是确定临界轨迹，并画出轨迹示意图。9（1）不能 （2）40%解析：（1）当电子从正中间沿着垂直于电场线方向以2107 m / s的速度飞入时，若能飞出电场，则 电子在电场中的运动时间为 沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移为，其中 联立求解，得y=0.6 cm 而，所以，故粒子不能飞出电场。 （2）从（1）的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的， 而能飞出电场的电子带宽度为x=dy=(10.6) cm=0.4 cm， 所以能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为。10. 解析：（1）带电液滴的电量设为q，设进入偏转电场后做类平抛运动过程中的偏转为y1，离开电场后沿直线打到纸上过程中的偏转为y2，则：由微滴打到纸上点距原入射方向的距离为：代入数据可得：（2）由上式可知，Y与U成正比，可以提高偏转板间的电压U到8800V，实现字体放大10%； 也可以增加偏转极板与纸的距离L，有，解得：