平 抛 运 动
1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下所做的运动。
2．性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
3．基本规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度v0方向)为x轴，以竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则：
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t。
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝gt2。
(3)合速度：v＝＝，方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝＝。
(4)合位移：s＝＝，方向与水平方向夹角为α，tan α＝＝。
(5)轨迹方程：y＝x2。
1．平抛运动中的四个具体问题
(1)飞行时间：由t＝知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。
(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关。
(3)落地速度：v＝＝，以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角，有tan θ＝＝，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关。
(4)速度改变量：因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝g·Δt相同，方向恒为竖直向下，如图4－2－1所示。
图4－2－1
2．两个重要推论
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图4－2－2中A点和B点所示。
图4－2－2
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α。
图4－2－3
1．在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地。若不计空气阻力，则( )
A．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定
B．垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定
C．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定
D．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定
解析：选D 垒球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由位移x＝v0t知垒球在空中运动的水平位移由初速度和运动的时间决定，C错；竖直方向做自由落体运动，由h＝gt2，得在空中运动的时间t＝，故D对；由平行四边形定则得落地时的瞬时速度的大小为v＝，tan θ＝，其大小和方向由初速度和运动时间t共同决定，A、B错。
斜 抛 运 动
1．定义：将物体以速度v斜向上或斜向下抛出，物体只在重力作用下的运动。
2．性质：加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
1．斜抛运动的研究方法
以斜上抛为例，如图4－2－4所示：
图4－2－4
(1)水平方向：v0x＝v0cos θ，F合x＝0
(2)竖直方向：v0y＝v0sin θ，
F合y＝mg
2．特点
斜抛运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直抛体运动的合运动。
2．如图4－2－5所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是( )
图4－2－5
A．增大抛出速度v0，同时减小抛射角θ
B．减小抛出速度v0，同时减小抛射角θ
C．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0
D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0
解析：选C 把斜抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，选项可行的是增大抛射角，同时减小抛出速度，才能击中A点。
平抛运动的基本规律
[命题分析] 本考点属于高考中的重要考点，几乎在每年的高考中都被考查到，考查的题型有选择、计算等。
[例1] 如图4－2－6所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
图4－2－6
(1)小球水平抛出的初速度v0是多少？
(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？
(3)若斜面顶端高H＝20.8 m，则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点
信息获取
(1)恰好落在斜面顶端
平抛运动过程中的竖直高度和水平位移
(2)并刚好沿光滑斜面下滑
小球刚到达斜面顶端时速度方向沿斜面方向；小球在斜面上运动时不受摩擦力
第二步：找解题突破口
(1)已知平抛运动的竖直位移h，利用公式v2＝2gh可求出竖直速度。由于合速度沿斜面方向，利用几何关系，可求出水平速度。
(2)利用公式h＝gt2可求出t，再利用x＝v0t可求出水平位移。
(3)小球在斜面上做匀变速直线运动，利用匀变速直线运动规律可求出到达斜面底端的时间。
第三步：条理作答
[解析] (1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以，
vy＝v0tan 53°，v＝2gh
代入数据，得vy＝4 m/s，v0＝3 m/s。
(2)由vy＝gt1得：t1＝0.4 s
x＝v0t1＝3×0.4 m＝1.2 m。
(3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度
a＝＝8 m/s2
在斜面上的初速度v＝＝5 m/s
＝vt2＋at
代入数据，整理得：4t＋5t2－26＝0
解得t2＝2 s或t2＝－ s(不合题意舍去)。
所以t＝t1＋t2＝2.4 s。
[答案] (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s
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?1?解答平抛运动的基本方法是运动的合成与分解，即沿水平和竖直两个方向将运动正交分解。
?2?对于临界问题，解答的关键是找出临界点，如在本题中，临界点是小球恰好到达斜面顶端的速度。
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[变式训练]
1．(2011·海南高考)如图4－2－7，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径。若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点。已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。
图4－2－7
解析： 小球做平抛运动，设圆的半径为R，由题意得θ＝30°，
水平方向有：R＋Rcos 30°＝v0t ①
竖直方向有：Rsin 30°＝gt2 ②
由①和②两式解得：R＝。
答案：
类平抛运动问题
[命题分析] 类平抛运动在高考中常被考查到，特别是带电粒子在电场中偏转时的类平抛运动考查到的概率很大，难度一般为中等。
[例2] 质量为m的飞机以水平初速度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l时，它的上升高度为h，如图4－2－8所示，求：
图4－2－8
(1)飞机受到的升力大小；
(2)上升至h高度时飞机的速度。
[解析](1)飞机水平方向速度不变，则有l＝v0t
竖直方向上飞机加速度恒定，则有h＝at2
联立得a＝v，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，得飞机受到的升力F＝mg＋ma＝mg(1＋v)
(2)由题意将此运动分解为水平方向速度为v0的匀速直线运动，l＝v0t；竖直方向为初速度为0，加速度a＝v的匀加速直线运动。
上升到h高度其竖直速度
vy＝＝＝
所以上升至h高度时其速度
v＝＝
如图所示，tan θ＝＝，方向与v0成θ角，
θ＝arctan。
[答案] (1)mg(1＋v) (2)，方向与v0成θ角，θ＝arctan
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类平抛运动的求解方法
(1)常规分解法：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(即沿合力的方向)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。
(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解。
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[变式训练]
2．如图4－2－9所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：
图4－2－9
(1)物块由P运动到Q所用的时间t；
(2)物块由P点水平入射时的初速度v0；
(3)物块离开Q点时速度的大小v。
解析： (1)物块沿水平方向匀速运动，b＝v0t；沿斜面向下的方向为初速度为零的匀加速运动，设加速度为a，则有
mgsin θ＝ma，l＝at2
联立解得t＝ 。
(2)由(1)可得v0＝＝b 。
(3)物块到达Q点的速度大小
v＝
结合 (1)(2)解得v＝ 。
答案：(1) (2)b
(3)
万能模型——平抛与斜面模型
1．模型特点
平抛运动与斜面结合的问题，一般是研究物体从斜面顶端平抛到落回斜面的运动过程，解决这类问题一般仍是在水平和竖直方向上分解。求解的关键在于深刻理解通过与斜面的关联而给出的隐含条件。
2．特殊状态
该模型最重要的状态是物体落回斜面和速度与斜面平行两个时刻的状态，这两个状态典型的运动特征如下：
(1)从斜面开始平抛并落回斜面的时刻：
①全过程位移的方向沿斜面方向，即竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切。
②竖直速度与水平速度之比等于斜面倾角正切的两倍。
(2)速度与斜面平行的时刻：
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该时刻之前与该时刻之后竖直方向上的位移之比为1∶3。
④该时刻之前与该时刻之后斜面方向上的位移之比不是1∶3。
3．特殊类型
该模型的另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。
[示例] 如图4－2－10所示，一光滑斜面与竖直方向成α角，一小球以两种方式释放：第一种方式是在A点以速度v0平抛落至B点；第二种方式是在A点松手后沿斜面自由下滑至B点，求：
图4－2－10
(1)AB的长度多大？
(2)两种方式到达B点，平抛的运动时间为t1，下滑的时间为t2，等于多少？
(3)以两种方式到达B点的水平分速度之比和竖直分速度各是多少？
[解析] 以两种方式释放，从A到B位移相同，设AB长为L。
(1)水平方向位移Lsin α＝v0t1 ①
竖直方向位移Lcos α＝gt ②
联立①②得L＝。
(2)将L值代入①式可得t1＝。
物体下滑的加速度a＝gcos α，
由L＝at，得t2＝ 。
将L、a代入得t2＝，则有＝。
(3)平抛运动的水平分速度v1x＝v0，竖直分速度
v1y＝gt1＝；
下滑运动的水平分速度v2x＝v2sin α，竖直分速度
v2y＝v2cos α；
由于v2＝＝，
所以v2x＝2v0cos α，v2y＝；
则＝，＝。
[答案] (1) (2)cos α (3)
[模型构建] 物体从斜面上某一点水平抛出又落在斜面上，即满足平抛运动规律。在解答这类问题时，除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而顺利解决问题。
[变式训练] (2013·江西盟校二联)如图4－2－11所示，从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同初速度水平抛出，小球均落到斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α1，当抛出的速度为v2时，小球到达斜面时的速度方向与斜面的夹角为α2，则( )
图4－2－11
A．当v1>v2时，α1>α2
B．当v1>v2时，α1<α2
C．无论v1、v2大小如何，均有α1＝α2
D．2 tan θ＝tan(α1＋θ)
解析：选CD 如图，由平抛中点结论得，2tan θ＝tan φ，φ＝θ＋α，无论v多大，θ不变，得出φ不变，α也不变，所以无论v多大，α1＝α2，故A、B错误，C、D正确。
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