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——平抛和斜抛运动将质点以和水平方向成某一角度θ的初速度0v 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090θ=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00θ=时，质点做平抛运动，当0090θ<<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。

一、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a g =，方向竖直向下，初速度方向与水平方向成一夹角θ斜向上，090θ=为竖直上抛或竖直下抛，00θ=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0v 的水平投影方向为x 轴正方向，竖直向上为y 轴正方向，则有位移方程： 020(cos )1(sin )2x v t y v t gt θθ=⎧⎪⎨=-⎪⎩ 速度方程： 00cos sin x y v v v v gt θθ=⎧⎪⎨=-⎪⎩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0sin v t g θ=，斜上抛运动回到与抛出点等高位置总时间为02sin v t gθ=。

B ．斜上抛运动的水平射程为20sin 2v X gθ=，故当抛射角为045时水平射程最远。

C ．斜上抛运动的轨迹方程为2220tan 2cos gX Y X v θθ==，由此方程可知，其轨迹为抛物线，该抛物线顶点为22200sin 2sin (,)22v v g gθθ。

(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H 处的一点O 先后平抛两个小球1和2，球1恰好直接过竖直挡板CD 落到水平地面上的B 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B 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h .若球2与地碰n 次后恰好越过档板也落于B 点，则h 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1t =，而球2应为13t ，故球1的初速度应为球2的3倍.若球1达C 点的时间为t ，则球2达C 点的时间应为3t .当球1达C 点时，球2达与C 点等高的1C 点，而O1C 点至A 与A 至C 点 由对称性可知应相等.设所需时间为t '，则3t t t t ''++=，得t t '=.于是可以看出1C 应为球1在第一次落地前的中点时刻，故竖直高度应被1C 分成1:3两部分，所以挡板高34h H =.例2．如图所示，一小球以初速05/v m s =从高H 端水平射出，在距墙为d 处，有一长4L m =行，板的下端地高1h m =d 为多大?已知：A 点与墙角O 点的距离1s m =墙和板的碰撞中能量均不损失. 2(10/)g m s =解1t s ==,()a 则N 为偶数，取2(N n n ==有2L nd s -=小球在第(21)n -即4d ≥ 01(21)2n d g v ⎡-⎢⎣⎦21n +由式(1)、(2)可得221n n >+，即 4.24n <=。

故n 可取1,2，3,4，即d 可取值：2m ,1m ,23m ,12m 。

()b 若小球最后一次是与板发生碰撞，则N 为奇数，取21(1,2,)N n n =-=⋅⋅⋅,有(21)L n d d s --=-，即3d m n=。

(3) 为使小球最后一次能与板发生碰撞，则必须201(21)2n d g l v ⎡⎤-≤⎢⎥⎣⎦，即d ≤(4) 由式(3)、(4)可得3n ≤ 1.96n ≤，故n 可取1，即d 只能取3m 一个值。

综合情况()a 、()b ，可知d 共可取以下5个值：3m ，2m ,1m ,23m ,12m 。

四、匀加速直线运动+斜抛运动例3：有5条边长为1m 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A B →做匀加速直线运动，B C →做斜下抛运动，竖直方向的分运动是竖直下抛运动. 由图()b 中的阴影三角形BDE可得x BE ED ===h l x =-=设水滴从B 到C 的时间为t ，水滴沿AB 的加速度为a ，则水滴经过AB距离的时间为2t =, 212h vt gt =+上式v 为B 点末速度，0cos45B v v ==经整理，可求得水滴经h 所需时间t =加在一起，水滴经AC 距离所需时间为3t .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h ，若出手时的速度为0v ，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0v 方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动，其位移分别为0v t 和212gt ，由图可得：222202422201()()2()4x v t gt h g t v gh t h =--=-++- 当222222v gh b t a g +=-=时， 2x 有极值，即x 有极值：max 0max(cos )x v t α==。

再将t 的数值代入，2201sin 2h v t gt α-=-，α=注：上式表示，最佳投掷角不仅与0v 有关，还与h 有关，且总是小于045，一般003842α=。

同学们还可想一想，在什么条件下，当045α=时，斜上抛运动的水平射程最大。

而若0h =时，则当045α=，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0v 最小？为多少？(210/g m s =) 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0v 最小，则要求石块擦B ，C 两点而过；而过BC 段，可用通常的有关射程问题的方法解决.如图，以BC 两点之间作射程，有2sin 2B BCv s g α=。

所以 2sin 2BC B s g v α=可见当045α=时，B v 有最小值，为min /20/B B v v s m s ====设此斜下抛的时间为t ，由位移公式212By h v t gt =+有2120102t =+⨯⨯，整理得2240t +-=求得有效根为t s =由此得到l值为14.6Bxl v t m m '=== 再求0v ：0/x Bx v v s ==，0/y By v v gt s =+=028.2/v m s ==00tan y xv v θ==060θ=，即0v 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0090的所有角喷出，如图所示.竖直射流可高达2.0m ，取210/g m s =，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0090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u .考虑竖直射流，它在加速度为g -的情况下升高2.0m .则2222u v gs gs =+=.若一射流的初速度为(,)x y u u ，则所经过的竖直位移的大小为2102y u t gt =-. 射流飞行时间为2y u t g=.飞行的水平距离为222sin cos x yx u u u r u t g gθθ===.上式可知，与045角对应的射流落地处，喷流最远，其最大半径为24.0u r m g===. 即射流落点所覆盖的圆的半径是4.0m . 例7：在仰角6πα=的雪坡上举行跳台滑雪比赛(如图).运动员从坡上方A 点开始下滑.到起跳点O 时借助设备和技巧，保持在该点的速率而以与水平成θ角的方向起跳，最后落在坡上B 点，坡上OB 两点距离L 为此项运动的记录.已知A 点高于O 点50h m =.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？解析：运动员起跳后落到坡上前做抛体运动，据此找到坡上OB 两点虎离L 与起跳角θ的函数关系，进而求出其极值来.建立坐标系如图.运动员在0t =时，从O 点以速度v 起跳，v 的大小可由机械能守恒定律求得212mv mgh =. 起跳后做斜返回运动，设t 时刻落到坡面B 处，则此时坐标为cos x vt θ= 21sin 2y vt gt θ=-.它们须满足坡面方程tan y x α=-⋅.由以上三方程解得12(tan cos sin )02v gt t g αθθ⎡⎤⋅+-=⎢⎥⎣⎦. 0t =不合题意故知落地时刻为2(tan cos sin )2sin()cos v v t g g αθθαθα⋅++==.而着地点B 的x 坐标为22cos sin()cos v x g θαθα+=.坡面OB 距离与起跳角θ的关系为[]2222sin(2)sin 2cos sin()()cos cos cos v x v L g g θααθαθθααα+++===. 由上可知，当22πθα+=，即226παπθ-==时，L 有最大值， 2max221250(1)(1sin )2(1sin )22003cos cos 4v h L m m g αααα⨯+++==== 即最佳起跳角为6πθ=，最高记录可达200m .六、多次碰撞的抛体运动例8：弹性小球从高h 处自由落下，落到与水平面成θ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n 点和第1n +点]间的距离1x ，2x ，3x ,⋅⋅⋅,n x .(2)求当斜面以匀速度u 沿竖直方向向上运动时的1x 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0v =不变，其方向与y 轴为对称的夹θ角方向，在x 、y 方向有00sin sin x x x v v a t v gt θθ=+=+ 00cos cos y y y v v a t v gt θθ=+=-2012x x x v t a t =+2012y y y v t a t =+令0y =，得第一、第二次相碰时间间隔为012v t g ==代人后可求得2014sin 8sin v x h gθθ=⋅= 第二次碰撞瞬间2002sin sin 3sin x v v v g v gθθθ=+⋅= 02002cos cos cos y v v v g v gθθθ=-⋅=- 碰后2x v 不变化 ,20y y v v =,可见每相邻两次碰撞的时间间隔均为1t t =，则有20020223sin sin ()28sin v vx v g h g gθθθ=⋅+⋅=⨯ 第n 次碰后反弹时 0(21)sin nx v n v θ=- 0cos ny v v θ= 由此得 8sin n x n h θ=⋅(2) 当斜面以匀速度u 沿竖直方向向上运动时,则球相对斜面速度大小为v u +,用v u +代替0v 代入1x1x =例9．倾角为α的一个光滑斜面，由斜面上一点O 通过斜面最大斜率的竖直平面内斜上抛一个小球，初速为v ，抛出方向与斜面交β角2παβ+<，。