知识讲解 抛体运动解题技巧 提高

第 1 页 共 17 页 抛体运动解题技巧 【学习目标】 1、理解抛体运动的特点，掌握匀变速曲线运动的处理方法； 2、理解平抛运动的性质，掌握平抛运动规律； 3、能将匀变速直线运动的规律、运动合成与分解的方法，顺利的迁移到抛体运动中，以解决抛体（曲线） 运动问题。 【要点梳理】 要点一、抛体运动的定义、性质及分类 要点诠释： 1、抛体运动的定义及性质 （1）定义：以一定初速度抛出且只在重力作用下的运动叫抛体运动。 （2）理解： ①物体只受重力，重力认为是恒力，方向竖直向下； ②初速度不为零，物体的初速度方向可以与重力的方向成任意角度； ③抛体运动是一理想化模型，因为它忽略了实际运动中空气的阻力，也忽略了重力大小和方向的变化。 （3）性质：抛体运动是匀变速运动，因为它受到恒定的重力 mg 作用，其加速度是恒定的重力加速度 g。 2、抛体运动的分类 按初速度的方向抛体运动可以分为: 竖直上抛：初速度 v0 竖直向上，与重力方向相反，物体做匀减速直线运动； 竖直下抛：初速度 v0 竖直向下，与重力方向相同，物体做匀加速直线运动； 斜上抛： 初速度 v0 的方向与重力的方向成钝角，物体做匀变速曲线运动； 斜下抛：初速度 v0 的方向与重力的方向成锐角，物体做匀变速曲线运动； 平抛：初速度 v0 的方向与重力的方向成直角，即物体以水平速度抛出，物体做匀变速曲线运动； 3、匀变速曲线运动的处理方法 以解决问题方便为原则，建立合适的坐标系，将曲线运动分解为两个方向的匀变速直线运动或者分解 为一个方向的匀速直线运动和另一个方向的匀变速直线运动加以解决。 要点二、抛体运动需要解决的几个问题 要点诠释： 1、抛体的位置 抛体运动位置的描写：除上抛和下抛运动，一般来说，抛体运动是平面曲线运动，任意时刻的位置要 由两个坐标来描写，建立坐标系，弄清在两个方向上物体分别做什么运动，写出 x、y 两个方向上的位移 时间关系，x=x(t) y=y(t) ，问题得到解决。 2、轨迹的确定 由两个方向上的运动学方程 x=x(t) y=y(t)消除时间 t，得到轨迹方程 y=f(x)。 3、合速度及合加速度的确定 弄清在两个方向上物体分别做什么运动，写出经时间 t 物体在 x、y 两个方向上的分速度 vx vy ，由平 行四边形法则，可以求得任意时刻的瞬时速度 v。 加速度的求法如速度求法一样。 要点三、平抛运动的规律 要点诠释： 1、平抛运动的条件和性质 （1）条件：物体只受重力作用，具有水平方向的初速度 。 （2）性质：加速度恒定 ，竖直向下，是匀变速曲线运动。 2、平抛运动的规律 v0 a g=第 2 页 共 17 页 规律：（按水平和竖直两个方向分解可得） 水平方向：不受外力，以 v0 为速度的匀速直线运动， 竖直方向：竖直方向只受重力且初速度为零，做自由落体运动， 平抛运动的轨迹：是一条抛物线 合速度：大小： 即 ， 方向：v 与水平方向夹角为 ，即 合位移：大小： 即 ， 方向：S 与水平方向夹角为 ，即 一个关系： ，说明了经过一段时间后，物体位移的方向与该时刻合瞬时速度的方向不 相同，速度的方向要陡一些。如图所示: 3、对平抛运动的研究 （1）平抛运动在空中的飞行时间 由竖直方向上的自由落体运动 可以得到时间 可见，平抛运动在空中的飞行时间由抛出点到落地点的竖直距离和该地的重力加速度决定，抛出点越 高或者该地的重力加速度越小，抛体飞行的时间就越长，与抛出时的初速度大小无关。 （2）平抛运动的射程 由平抛运动的轨迹方程 可以写出其水平射程 可见，在 g 一定的情况下，平抛运动的射程与初速度成正比，与抛出点高度的平方根成正比，即抛出 的速度越大、抛出点到落地点的高度越大时，射程也越大。 （3）平抛运动轨迹的研究 平抛运动的抛出速度越大时，抛物线的开口就越大。 要点四、斜上抛运动的规律（建立水平和竖直两个方向的直角坐标系） x v t v vx= =0 0, y gt v gty= =1 2 2， 2 2 02 xv gy = 22 yx vvv += v v gt= +0 2 2( ) 0 gttana v = )(tan 0 1 v gta −= 22 yxS += S v t gt= +( ) ( )0 2 2 21 2 02 gttan v θ = )(tan 0 1 2v gt−=θ θα tantan 2= 2 2 1 gty = g yt 2= 2 2 02 xv gy = g yvx 2 0=第 3 页 共 17 页 要点诠释： 1、运动规律 水平方向：不受外力，以 为初速度做匀速直线运动 水平位移 ； 竖直方向：竖直方向只受重力，初速度为 ，做竖直上抛运动，即匀减速直线运动 任意时刻的速度和位移分别是 2、轨迹方程 ，是一条抛物线如图所示： 3、对斜抛运动的研究 （1）斜抛物体的飞行时间： 当物体落地时 ，由 知，飞行时间 （2）斜抛物体的射程： 由轨迹方程 令 y=0 得落回抛出高度时的水平射程是 两条结论： ①当抛射角 时射程最远， ②初速度相同时，两个互余的抛射角具有相同的射程，例如 300 和 600 的两个抛射角在相同初速度的 情况下射程是相等的。 （3）斜上抛运动的射高： 斜上抛的物体达到最大高度时 =0，此时 αcos0vvx = tvtvx x αcos0== αsin00 vv y = gtvv yy −= 0 2 0 2 1 gttvy y −= 2 2 2 02 gy tan x xv cos α α= ⋅ − αsin00 vvv yy −=−= gtvv yy −= 0 g vt αsin2 0= 2 2 2 02 gy tan x xv cos α α= ⋅ − g vx α2sin2 0= 045=α 2 0 max vx g = 0 0y yv v gt v sin gtα= − = − 0 g v sint α= Y V0y V0 α o V0x X 第 4 页 共 17 页 代入 即得到抛体所能达到的最大高度 可以看出，当 时，射高最大 【典型例题】 类型一：对平抛运动特点的理解和应用 例 1、从某一高度以 平抛出小球，经 t 秒小球速度的变化量是 。 【思路点拨】经t 秒小球速度的变化量，是 t 秒末的瞬时速度 v 与初速 v0的矢量差，要由平行四边形定则 求得。 【解析】经 t 秒小球速度的变化量，是 t 秒末的瞬时速度 v 与初速 v0的矢量差，要由平行四边形定则求得。 （方法一）由矢量差求速度的变化 由 t 秒末的速度 v 和初速度 v0 做出速度三角形如图所示，速度的变化量 方向竖直向下； （方法二）：由匀变速运动的意义求速度的变化 平抛物体在水平方向上做匀速运动，速度不发生变化，因此速度的变化只是由竖直方向上的自由落体 加速度引起的，所以经 t 秒速度的变化量就是 ， 方向是重力加速度的方向，竖直向下。 【总结升华】速度是矢量，速度的变化是矢量差，不等于简单的数值相减，应引起足够的重视。 举一反三 【变式 1】在同一高处有两个小球同时开始运动，一个以水平初速抛出，另一个自由落下，在它们运动过 程中的每一时刻，有（ ） A. 加速度不同，速度相同 B. 加速度相同，速度不同 C. 下落的高度相同，位移不同 D. 下落的高度不同，位移不同 【答案】BC 【解析】平抛运动和自由落体运动的受力情况是相同的，它们的加速度是相同的；不同的是平抛运动同时 参与了两个分运动，速度和位移分别是相应的两个分速度和分位移的合成，因此，经过相同的时间后它们 的速度和位移是不同的。正确的答案是 BC。 【变式 2】从同一高度以不同速度同时水平抛出两个质量不同的石子，若不计空气阻力下列说法正确的是 （ ） A．质量大的先落地 B．两石子同时落地 C．质量大的落地时距出发点水平距离近 D．速度大的落地时距出发点水平距离远 【答案】BD 类型二：用运动的合成和分解解决问题 例 2、一小球以初速度 水平抛出，落地时速度为 ，阻力不计。求： 2 0 2 1 gttvy y −= g vy 2 sin 22 0 max α= 090=α g vH 2 2 0= v0 2 2 0 yv v v v gt∆ = − = = gtv y = v0 vt第 5 页 共 17 页 （1）小球在空中飞行时间 t。 （2）抛出点离落地点的高度 H。 （3）小球的水平射程 x。 （4）小球的位移 S。 【思路点拨】小球做平抛运动，空气阻力不计，则加速度为 g，本题要求的四个物理量都要用已知量 ， 和 g 来表述，应明确平抛运动是两种运动的合运动，按运动的合成分解、运动的独立性原理、合运动和 分运动的等时性原理来思考。 【解析】依题意做出平抛的轨迹并将落地时的速度分解，如图所示： （1）小球落地时速度的竖直分量是： ， 而由落地时的速度三角形可得 ， 所以，小球的飞行时间是 （2）在竖直方向是自由落体运动，∴ （3）在水平方向是匀速直线运动。 （4）小球的位移 ， 位移的方向 【总结升华】 ① 例题全面反映了平抛运动中各个物理量之间的关系，具有典型性。 ②不能用 求 ，因为在中学阶段这些公式是匀变速直线运动的公式，大都是代数运算处 理的，平抛运动是曲线运动，所以不能用。 不能用 求 ，因为 S 是曲线运动的位移，不是匀变速直线运动的位移，但平抛运动在 v0 vt gtv y = 2 0 2 vvv ty −= 2 0 21 vvgg vt t y −== H gt v v g t= = −1 2 2 2 2 0 2 x v t v g v vt= = −0 0 2 0 2 S x H g v v v vt t= + = − +2 2 0 2 2 0 4 41 2 2 3 0 2 0 2 2tan v vv x H t −==′ϕ gtvvt += 0 t v v aSt 2 0 2 2= + S第 6 页 共 17 页 竖直方向上是匀变速直线运动，公式 依旧成立。 举一反三 【变式 1】（2015 期末考）物体做平抛运动时，描述物体在竖直方向的分速度 vy（取向下为正） 随时间变化的图线是图中的哪一个（ ） 【答案】D 【解析】 做平抛运动的物体，在竖直方向做自由落体运动， ，由于 g 为恒值，所以 与 g 成正比，故在图像中为过原点的一条倾斜直线，D 正确。 【变式 2】如图所示，将一小球从坐标原点沿着水平轴 抛出，经过一段时间到达 P 点，其坐标为 ， 作小球轨迹在 P 点的切线并反向延长与 轴交于 Q 点，则 Q 的横坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 类型三：抛体运动的极值问题 例 3、如图所示，与水平面成θ角将一小球以 v0 的初速度抛出，不计空气阻力，求： （1）抛出多长时间小球距水平面最远？最远距离为多少？ （2）θ 角为多少度时，小球具有最大射程？最大射程为多少？ 【思路点拨】小球做斜抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动来求解。 当小球在竖直方向上的分速度为零时，小球达到最高点，距水平面最远；当小球在竖直方向上的位移为零 时，小球的水平最大射程。 【解析】（1）小球抛出后做斜抛运动，以抛出点为坐标原点，水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴建立直角 坐标系. 当小球在竖直方向上的分速度为零时，小球达到最高点， 即 ，解得 v v gHt 2 0 2 2= + 0yv v at gt= + = yv ox ( )x y0 0， ox x0 5/ 3 100x / x0 2/ 3 40x / 0sin0 =−= gtvv y θ 0v sint g θ=第 7 页 共 17 页 此时小球距地面高度为 （2）设小球做斜抛运动的水平最大射程为 x， 当小球在竖直方向上的位移为零时，小球的水平最大射程 此时 ， 解得 所以小球的水平最大射程为 即当θ角为 450 时，x 有最大射程 【总结升华】解题中，我们一定要熟悉物体的运动情景，熟练把握运动中出现极值问题的条件。 举一反三 【高清课程：抛体运动解题技巧 例 2】 【变式】如图所示，排球场总长为 L，设网高度为 H，运动员站在离网距离为 d 的击球线上正对网前跳起 将球水平击出． ⑴设击球点的高度为 h，试问击球的速度在什么范围内才能使球既不触网也不越界． ⑵若击球点的高度小于某个值，那么无论水平击球的速度多大？球不是触网就是越界，试求出这个高 度 h’． 【答案】 类型四：抛体运动的应用问题 例 4、（2016 月考）抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动。现讨论乒乓球发球 问题，设球台长 2L、网高 h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考 虑乒乓球的旋转和空气阻力。（设重力加速度为 g） （1）若球在球台边缘 O 点正上方高度为 h1 处以速度 v1 水平发出，落在球台的 P1（如图实线所示）， 求 P1 点距 O 点的距离 s1； （2）若球在 O 点正上方以速度 v2 水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的 P2 点（如图虚线所 示），求 v2 的大小； （3）若球在 O 点正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘只处，求发球点 2 2 0 0 2 2 v sin v siny t g θ θ= ⋅ = 02 1sin 2 0 =−⋅= gttvy θ g vt θsin2 0= g vtvx θθ 2sincos 2 0 0 ⋅=⋅= 2 0 max vx g = 2 2 2 2 Ld dv v h ( h H ) g g + = > > − 2 2 2 4 LH( d ) h' L( Ld ) + = +第 8 页 共 17 页 距 O 点的高度 h3。 【思路点拨】（1）根据高度求出平抛运动的时间，再根据初速度和时间求出水平位移。 （2）若球在 O 点正上方以速度 v2 水平发出，恰好在最高点时越过球网，知平抛的高度等于网高，从而得 知平抛运动的时间，根据运动的对称性求出平抛运动的位移，再根据水平位移和时间求出平抛的初速度。 （3）根据抛体运动的特点求出小球越过网到达最高点的水平位移，从而得知小球反弹到球网时的水平位 移，对反弹运动采取逆向思维，抓住水平方向和竖直方向运动的等时性求出小球越过网到最高点的竖直位 移与整个竖直位移的比值，从而求出发球点距 O 点的高度。 【解析】（1）设发球时飞行时间为 t1， 根据平抛运动有： ，s1=v1t1， 解得： （2）设发球高度为 h2，飞行时间为 t2， 同理有： =，x2=v2t2， 且 h2=h，2x2=L， 得： （3）设球从恰好越过球网到最高点的时间为 t，水平距离为 s，根据抛体运动的特点及反弹的对称性， 知反弹到最高点的水平位移为 ， 则反弹到越过球网的水平位移为 。 在水平方向上做匀速直线运动，所以从越过球网到最高点所 用的时间和从反弹到最高点的时间比为 1∶2。 对反弹到最高点的运动采取逆向思维，根据水平方向上的运动和竖直方向上的运动具有等时性，知越 过球网到最高点竖直方向上的时间和反弹到最高点在竖直方向上的时间比为 1∶2。 根据： 得知越过球网到最高点竖直方向上的位移和反弹到最高点的位移为 1∶4， 即： ， 解得： 举一反三 【高清课程：抛体运动解题技巧 例 4】 【变式】做杂技表演的汽车从高台水平飞出，在空中运动后着地，一架照相机通过多次曝光，拍摄得到汽 车在着地前后一段时间内的运动照片如图所示(虚线为正方形格子)．已知汽车长度为 3.6 m，相邻两次曝 光的时间间隔相等，由照片可推算出汽车离开高台时的瞬时速度大小为_____m／s，高台离地面高度为 ______m． 2 1 1 1 2h gt= 1 1 1 2hs v g = 2 2 2 1 2h gt= 2 2 2 L gv h = 2 3 L 2 1 3 3L L L− = 21 2h gt= 3 3 1 4 h h h − = 3 4 3h h=第 9 页 共 17 页 【 答 案 】 12m / s 11 25. m第 10 页 共 17 页 【巩固练习】 一、选择题： 1、（2015 普兰店市模拟）做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于 (　 　) A．物体的高度和受到的重力 B．物体受到的重力和初速度 C．物体的高度和初速度 D．物体受到的重力、高度和初速度 2、（2015 广东学业考）图为自动喷水装置的示意图，喷水高度为 H，喷水速度为 v，若要增大喷洒距离 L，下列方法中可行的有（ ） A．减小喷水的速度 v B．增大喷水的速度 v C．减小喷头的高度 H D．增大喷头的高度 H 3、如图所示，在倾角为 θ 的斜面上 A 点，以水平速度 v0 抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上 B 点所用的时间为( ) A． B． C． D． 4、如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为 37°和 53°．在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向 左、向右水平抛出，小球都落在斜面上．若不计空气阻力，则 A、B 两个小球的运动时间之比为( ) A．1:1 B．4:3 C．16:9 D．9:16 5、如图所示，一小球以 v0＝10m/s 的速度水平抛出，在落地之前经过空中 A、B 两点，在 A 点小球速度 方向与水平方向的夹角为 45°，在 B 点小球速度方向与水平方向的夹角为 60°(空气阻力忽略不计，g 取 10m/s2)，以下判断中正确的是( ) A．小球经过 A、B 两点间的时间 B．小球经过 A、B 两点间的时间 C．A、B 两点间的高度差 h＝10 m 02 sinv g θ 02 tanv g θ 0 sinv g θ 0 tanv g θ ( 3 1)st = − 3st =第 11 页 共 17 页 D．A、B 两点间的高度差 h＝15 m 6、如图所示，倾角为 的斜面长为 L，在顶端水平抛出一小球，小球刚好落在斜面的底端，那么，小球初 速度 v0 的大小为（ ） A． B． C． D． 7、（2016 温州市平阳二中期中考试）如图所示，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 x1，若从 A 点以水平初速度 2v 向右抛出同一小球，其落点与 A 的 水平距离为 x2，不计空气阻力，则 x1 与 x2 的比值可能为（ ） A．1∶2 B．1∶4 C．1∶10 D．1∶12 8、如图所示，做平抛运动的物体通过 A、B、C 三点，取 A 点为坐标原点，B、C 两点的坐标如图所示，以 下说法正确的是（ ） A. 抛出点的坐标是（0，0） B. 抛出点的坐标是（ ） C. 初速度是 D. 初速度是 二、填空题： 1、某物体做平抛运动，落地时水平位移为 ，现将位移 分作三等份，则物体相继完成 的时间内，物体 下落的高度比是 。 2、如图所示，从倾角 的斜面上 A 点以水平速度 抛出一个小球后小球落到斜面上的 B 点，则小球的飞 行时间为 。 θ cos sin θ θ gL 2 cos sin θ θ gL sin cos θ θ gL 2 sin cos θ θ gL − −10 5， 1m s/ 058. /m s s s s 3 θ v0第 12 页 共 17 页 3、两质点在空间同一点处同时水平抛出，速度分别是 m/s 向左和 m/s 向右。则两个质点 速度相互垂直时，它们之间的距离为 ；当两质点位移相互垂直时，它们之间的距离为 。 （g 取 10m/s2） 三、计算题： 1、如图所示，一个同学做平抛实验时，只在纸上记下经过起点的纵坐标 y 方向，但未记录平抛运动的起 点，并描下了平抛运动的一段轨迹，在轨迹上取 A、B 两点，用刻度尺分别测量出它们到 y 轴的距离 x1、x2 以及 AB 的竖直距离 h，则小球平抛运动的初速度 。 2、从高为 h 的平台上，分两次沿同一方向水平抛出一个小球，如图所示。第一次小球落地在 a 点，第二 次小球落地在 b 点，ab 相距为 d。已知第一次抛球的初速度为 ，求第二次抛球的初速度是多少？ 3、（2016 潍坊市诸城市月考）一足够大的倾角为 45°的斜面上有一点 O，O 点正上方 h=1.6 m 处有一点 P。在 P 点以恒定的水平速度 v0 抛出一个小球，随着抛出方向的不同，小球将落到斜面上不同的位置。已 知小球落到斜面上的位置距离 O 点的最小值为 s1，最大值为 s2， ，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10 m／s2。试求小球抛出时的水平初速度 v0 的大小。 4、飞机以恒定的速度 v 沿水平方向飞行，高度为 2000m。在飞行过程中释放一炸弹，经过 30s 后，飞行员 听到炸弹落地的爆炸声，假设此炸弹声向各个方向传递速度均为 ，炸弹在飞行中受空气阻力可以 忽略，求该飞机的飞行速度大小。 v1 30= . v2 4 0= . v0 = v1 1 2 1 2 s s = 330m s/第 13 页 共 17 页 【答案与解析】 一、选择题： 1、C 解析：对于平抛运动的物体，水平方向上： ，竖直方向上： ，所以水平位移为 ，所以水平方向通过的最大距离取决于物体的高度和初速度。 故选：B 2、BD 解析：根据 、 得 ，则增大喷水的速度，增大喷头的高度都可以增大喷洒距离， 故 B、D 正确，A、C 错误。 3、B 解析：设小球从抛出至落到斜面上的时间为 t，在这段时间内水平位移和竖直位移分别为 ， ． 如图所示，由几何关系知 ， 所以小球的运动时间为 ． 4、D 解 析 : 由 平 抛 物 体 运 动 的 位 移 规 律 ， 可 得 而 ， 则 ， 所 以 有 ，即 D 选项正确． 5、AC 解析:因初、末速度夹角满足 ，则 ， ，故 A 0x v t= 21 2h gt= 0 2hx v g = 21 2H gt= 0x v t= 0 2hx v g = 0x v t= 21 2y gt= 2 0 0 1 2tan 2 gty gt x v t v θ = = = 02 tanvt g θ= 0 2 , 1 .2 x v t y gt = = tan /y xθ = 02 tanvt g θ= tan37 9 tan53 16 A B t t = =° ° 0 tan y x v gt v v θ = = 0 0tan 45 1sA v vt g g = = =° 0 tan 60 3sB vt g = =°第 14 页 共 17 页 项正确，B 项错；A、B 高度差： ，故 C 项正确，D 项错． 6、A 解析：设斜面竖直高度为 h，物体水平射程为 S。 由平抛知识可知 ， 。 把 h、S 用 L、 表示： ， 联立解得 。 7、AB 解析：若两次小球都落在 BC 水平面上，则下落的高度相同，所以运动的时间相同，水平距离之比等于水 平初速度之比为 1∶2，故 A 正确；若两次小球都落在斜面 AB 上，设斜面倾角为 θ，在沿斜面垂直的方向 上 （ 注 意 这 只 是 一 个 分 运 动 ），小 球 作 自 由 落 体 运 动 ， 设 运 动 的 时 间 分 别 为 t1 和 t2 ， 第 一 次 ： ，第二次： ，解得 ，所以 。若第一次落在斜 面 AB 上，第二次落在水平面 BC 上，根据平抛运动的基本规律可知其水平位移比值在 1∶2 到 1∶4 之间。 故 A、B 正确，C、D 错误。故选 AB。 8、BC 解析：因为 竖直方向， 相等， 若一个物体自由落下，把它的运动分成若干个 0.1s。 分别是物体抛出后的 0.1s 末，0.2s 末，0.3s 末的位置 抛出点纵坐标为 ，横坐标 水平方向 二、填空题： 2 21 1 10m2 2B Ah gt gt= − = 2t2 1 gh = S v t= 0 θ tvLgL 0 2 cost2 1sin == θθ ， v gL 0 2 = cos sin θ θ 2 1 1 1 2tan gth x vt θ = = 2 2 2 1 2tan 2 hth x vt θ = = 1 2 1 2t t= 1 1 2 2 1 2 4 x vt x vt = = x cm x cm x xB C AB BC= = =10 20， ， ∴ = =t t tAB BC ∆ ∆t S S a TII I− = ∆ 2 ∴ − × − × = × = − −( ) . 40 15 10 15 10 10 01 2 2 2∆ ∆ T T s s g m cm s s cm s s cm I II I III I = × × = = = = = = 1 2 01 0 05 5 3 15 5 25 2. . ∴ A B C、 、 ∴ −5cm −10cm x x cm mAB BC= = =10 01. t t s v v m s AB BC x = = = = 01 10 . /第 15 页 共 17 页 1、1∶3∶5 解析：因为物体在水平方向上做匀速运动，所以在水平位移的每一个等份上经历的时间相等，由自由落体 的规律知道，在竖直方向上三段相等的时间内的位移之比是 1∶3∶5 。 2、 解析：设落点 B 到抛出点的距离是 L，经历的时间是 t， 则 消除 L 得到小球的飞行时间 。 3、2.4m、4.8m 解析：由于在同一高度平抛，在相等时间内下落高度相等，因此两质点在相等时间内位置在同一水平面上。 两质点速度相垂直时如图 1 所示： 设竖直下落速度为 ，由题意可知 ， 即 ， 解之得 ， m。 两质点位移相垂直时如图 2 所示： 设此时下落高度为 h，由题意可知 ， ， ， 02v tan gθ tvLgtL 0 2 cos2 1sin == θθ ， 02t v tan gθ= v y ( )v v v v y y1 2 90= + = °α β ( )v v v v gt S v v ty y 2 1 2 1 1 2= = = +， ， t g = 2 3 4.25 37 1 ==S h v t v t h1 2= ( )α β+ = °90 h v v t h gt2 1 2 2 21 2 = =， ( )S v v t2 1 2= +第 16 页 共 17 页 解之得 s，S2 = 4.8m。 三、计算题： 1、 解析：画出平抛运动由抛出点开始的轨迹如图所示： 用平抛运动是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合运动的知识，把参量还原 到抛出点去考虑。又转化成了平抛的基本题。 设从抛出点到 A、B 的竖直高度分别为 HA 和 HB。 由题意可知： 再设平抛到 A、B 的时间为 tA 和 tB， 。 由 得 所以 解得 2、 解析：小球落地时间为 t，有： ……① 设第一次水平距为 x，有 ……② 则第二次水平距为 x+d，有 ……③ 由①②③解得 。 3、 解析：如图，当初速度正对斜面上方抛出时，落点 A 离 O 最近，根据平抛运动的规律有：x1=v0t1， t = 2 3 5 ( ) h xxg 2 2 1 2 2 − h H HB A= − ( )h g t tB A= −1 2 2 2 tvx 0= BA tvxtvx 0201 == ，       −= 2 0 2 1 2 0 2 2 2 1 v x v xgh ( ) h xxgv 2 2 1 2 2 0 −= v v d g h2 1 2 = + h gt= 1 2 2 x v t= 1 tvdx 2=+ v v d g h2 1 2 = +第 17 页 共 17 页 ， 当初速度正对斜面下方水平抛出时， 落点 B 离 O 最远，有：x2=v0t2， ， 由几何关系得， ， 联立解得 4、262m/s 解析：飞行员听到爆炸声包括两段时间，炸弹从抛出到着地以及声音再从着地点传回飞机分别用 及 表 示。 则着地点距飞机 这个距离是 时间内飞机飞行的水平位移和炮弹下落的竖直位移的合成， 2 1 1 1tan 45 2h x gt− ° = 2 0 2 1tan 45 2h v gt+ ° = 1 1 2 2 2 1 22 s x s x = = 0 1 1 10 1.6 m / s 2m / s2 2v gh= = × = t1 t2 st stt st tgth 10 30 20 102 120002 1 2 21 1 2 1 2 1 = =+ = ××== 则 又 解得 ，即 2 330 10 3300S v t m= ⋅ = × =声 t2 ( )22 2 2 2 2 0 2 0 0 3300 10 2000 262 S x y v t y ( v ) ( ) v m / s = + = + = × + ≈ ，即 解得