难点之六：物体在重力作用下的运动

 难点之六 物体在重力作用下的运动

一、难点形成原因：

1、不能正确理解竖直上抛运动中物体的速度、位移方向的改变和时间、速率等物理量的对称性

由于高中学生认知还不够深入，对物理现象和物理过程的分析不到位，加之对匀变速直线运动形成了各矢量方向不变的思维定势，导致在竖直上抛运动中对速度方向的改变、位移方向的改变缺乏思考，对运动时间、位移、速率等物理量的对称性不会分析，更谈不上用整体法处理上抛运动时的符号规则了。

2、不能应用所学，找不到解决平抛和斜抛物体运动问题的思路

在抛体运动中由于速度方向和加速度方向不共线，物体做曲线运动，由于学生对运动（矢量）的合成与分解知识的欠缺和疏于理解，以至于不能将其迁移并应用于抛体运动中，无法建立正确的分析思路，导致公式、规律的胡乱套用。

二、难点突破策略

对于重力作用下物体运动的问题应首先明确其基本概念的内函，所述物理意义的外延，理解其运动的基本性质，掌握其基本规律，并学会解决问题的基本方法。只有这样才能对难点有所突破，有所理解，有所掌握，达到融会贯通之效果。下面就对该部分的难点从基本概念、运动性质、基本处理方法等几个方面进行解读。 1、竖直上抛

（1）定义：将一个物体以某一初速度v0竖直向上抛出，抛出的物体只受重力，这个物体的运动就是竖直上抛运动。竖直上抛运动的加速度大小为g，方向竖直向下，竖直上抛运动是匀变速直线运动。

（2）运动性质：初速度为v00，加速度为-g的匀变速直线运动（通常规定以初速度v0的方向为正方向） （3）适应规律

速度公式：vtv0gt 位移公式：hv0t212gt

22速度位移关系式：vtv02gh （4）处理方法

①分段处理：

上升过程：初速度为v00加速度为g的匀减速直线运动

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基本规律：vtv0gt hv0t下降过程：自由落体运动

基本规律：vtgt h12gt vt212gt vtv02222gh

22gh

②整体处理：设抛出时刻t=0，向上的方向为正方向，抛出位置h=0，则有：

若vt＞0，表明物体处于上升阶段； vtv0gt 若v0，表明物体上升到最大高度； t若vt＜0，表明物体处于下降阶段。hv0t12若h＞0，表明物体在抛出点上方运动；gt 若h0，表明物体正处在抛出点若h＜0，表明物体在抛出点的下2；

方运动。vtv02gh

22用此方法处理竖直上抛运动问题时，一定要注意正方向的选取和各物理量正负号的选取；特别是t=0时h的正负。 （5）几个特征量

①上升到最高点的时间：tv0g；从上升开始到落回到抛出点的时间：t2v0g。

②上升的最大高度：hv022g；从抛出点出发到再回到抛出点物体运动的路程：hv0g2

③上升阶段与下降阶段抛体通过同一段距离所用的时间相等（时间对称性：t上t下） ④上升阶段与下降阶段抛体通过同一位置时的速度等大反向（速度对称性：v上v下） 2、平抛运动

（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下（不考虑空气阻力）所做的运动，叫做平抛运动。 （2）运动性质

①平抛运动性质：物体做平抛运动时，由于只受重力，所以加速度为重力加速度g。而物体速度方向与重力方向不在一条直线上，故平抛运动是匀变速曲线运动。在运动过程中任何相等时间△t内速度变化量均相等，均为vgt，并且速度变化方向始终是竖直向下的。 ②平抛运动中的独立性：平抛运动中水平方向和竖直方向的分运动是相互独立的，其中每个分运动都不会因另一个运动的存在而受到影响。水平方向和竖直方向的两个分运动及其合运动具有等时性。时间相同是联系两个分运动及其合运动的桥梁，求解时往往根据竖直方向的分运动求时间。

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（3）处理方法—“化曲为直”如图6-1

以“化曲为直”为指导思想，根据运动的合成和分解的规律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。 （4）适应规律

①水平方向的分运动是匀速直线运动： 速度大小：vxv0 位移大小：xv0t ②竖直方向的分运动是自由落体运动： 速度大小：vygt 位移大小：y③合运动：速度大小：v位移大小：Sxy2212gt

v0(gt)

222vxvy22图6-1

vyvxgtv0合运动方向：速度V与水平方向夹角α满足：tan

位移S与水平方向夹角φ满足：tan④平抛运动的两个推论：

yxgt2v0

a、由上面可看出tan2tan，即做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则

tan2tan。

12vyv0yxx/b、图6-1中xv0t,ygt,vygt,又tan2,解得x/x2即做平抛（或

类平抛）运动的物体在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6-1中x/所示。

⑤飞行时间（运动时间）t2hg

⑥竖直位移y与水平位移x的函数关系：y3、斜抛运动

g2v02x

2（1）定义：以一定的初速度将物体斜向上或斜向下抛出，在空气阻力可以忽略的情况下，物体所做的运动叫做斜抛运动。

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（2）运动性质

①斜抛运动性质：物体做斜抛运动时，由于只受重力，所以加速度为重力加速度g。而物体速度方向与重力方向不在一条直线上，故斜抛运动是匀变速曲线运动。在运动过程中任何相等时间△t内速度变化量均相等，均为vgt，并且速度变化方向始终是竖直向下的。 ②斜抛运动中的独立性：斜抛运动中水平方向和竖直方向的分运动是相互独立的，其中每个分运动都不会因另一个运动的存在而受到影响。水平方向和竖直方向的两个分运动及其合运动具有等时性。时间相同是联系两个分运动及其合运动的桥梁。 （3）处理方法—“化曲为直” 如图6-2

以“化曲为直”为指导思想，根据运动的合成和分解的规律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。 （4）适应规律：

①水平方向的分运动是匀速直线运动：

速度大小：vxv0cos 位移大小：xv0cost ②竖直方向的分运动是竖直上抛运动：

速度大小：vyv0singt 位移大小：yv0sint③合运动：速度大小：vSxy22图6-2

12gt

22vxvy22(v0cos)(v0singt) 位移大小：

2

vyvxyx合运动方向：速度V与水平方向夹角满足：tan

位移S与水平方向夹角满足：tan（5）几个特征量： ①到最高点的时间：tv0sing

落回到与抛出点在同一水平面上的点的时间（飞行时间）：T2v0sing

②最大高度（射高）：H(v0sin)2g2；在最大高度处的速度为：vvxv0cos

③上抛阶段与下降阶段抛体通过对称的相同一段距离所用的时间相等（时间对称性）

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④上抛阶段与下降阶段抛体通过同一高度时的速度大小相等（速率对称性） ⑤飞行的最大水平距离（射程）：Xmv0cosTv0cos4、思维拓展

物体在重力作用下的运动，物体所在的物体系内由于只受到重力作用，而无其它内力和外力做功，所以系统的机械能是守恒的，因此所有的抛体运动包括自由落体在内都能应用机械能守恒定律和动能定理去解决。 （1）竖直上抛运动基本规律的应用

例1：某一物体被竖直上抛，空气阻力不计．当它经过抛出点上方0.4ｍ处时，速度为3m/s。当它经过抛出点下方0.4ｍ处时，速度应为多少？（ｇ＝10m/s）

【审题】此题中抛出的物体只受重力，取向上的方向为正方向，可取整个过程分析，也可以分段研究。分段研究时先求出到达抛出点上方0.4m处时还能上升的高度，再加上物体落到抛出点下方的高度，在这个高度物体做自由落体应用vt2gH就可求出，也可以由竖

2

2v0singv0sin2g2

直上抛运动的对称性先判知在抛出点上方0.4m时物体向下运动的速度，再应用v2v02gh就可解出。

22【解析】

解法一：设到达抛出点上方0.4ｍ处时还能上升高度为ｈ，则

hv022g322100.45m。

物体从最高点自由下落高度为Ｈ＝(0.45＋0.4＋0.4)ｍ时的速度为 vt2gH2101.255m/s

解法二：设位移为ｈ1＝0.4ｍ时速度为v1，位移为ｈ２＝－0.4ｍ时速度为v2，则

 v1v02gh1，

v2v02gh2，

2222即 32＝v0－2×10×0．4， 10×（－0．4）， v2v0－2×解得 v2＝5ｍ／ｓ．

解法三：根据竖直上抛物体的上抛速度与回落速度等值反向的特点可知：物体回落到抛出点上方0.4ｍ时，速度大小为3m/s，方向竖直向下。以此点为起点，物体做竖直下抛运动，从

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此点开始到原抛出点下方0.4ｍ处的位移为ｈ＝（0.4＋0.4）ｍ，那么，所求速度为这段时间的末速度，即

 vt【总结】

竖直上抛运动问题，从整体上全过程讨论，匀变速直线运动的规律全适用，但关键是要注意各物理量的正负，弄清其物理含义。从其上、下两段过程对称性考虑，也能使问题求解大为简化。若分上升与下降两段处理，一般不容易出错，但过程比较麻烦一些。 （2）应用竖直上抛运动的对称性

例2：一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔为tA ，两次经过一个较高点B的时间间隔为tB ，求A、B两点之间的距离。

【审题】两次经过A点和B点相当于从A点和B点分别做竖直上抛运动，可直接应用竖直上抛运动关系求解 【解析】

解法一：物体竖直上抛做匀减速直线运动，设A、B两点距地面高度分别为hA和hB，根据位移公式：

xv0t12at，则有hAv0t2v02gh5m/s

212at……………………………………①

2解得物体两次经过A点所用时间分别为：

t1v0gv0g1g1gv02ghA

2t2v02ghA

2两次经过A点的时间差为：

ttAt2t12v02ghAg2…………………………………………②

同理物体两次经过B点的时间差为：

tB2v02ghBg2…………………………………………………………③

22由①②③解得hAhBg(tAtB)8

12gt可

2解法二：设A点和B点到最高点的距离分别为hA和hB，则据自由落体运动规律h第 - 6 - 页 共 15 页

得： hA1212g(tA2tB2)21818 gtA……………………………………①

2 hBg()2 gtB…………………………………………②

222由①②解得hAhBg(tAtB)8

【总结】竖直上抛运动中经过同一个位置的时间间隔定是上升过程中的某一时刻和下降过程中的某一时刻的两时刻之差值，这个时间差的一半等于从最高点落到抛出点的时间。即应用时间的对称性解决此类问题是非常方便的。 （3）竖直上抛运动中的多解处理法

例3：某人在高层楼房的阳台外侧以2 0 m/s的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15m处时，所经历的时间为多少？（不计空气阻力，取g =10m/s）

2

【审题】对于此题我们首先应明白它是运动学中典型的匀变速运动模型，物理情景为先竖直上抛运动然后为自由落体，竖直上抛为匀减速运动，他同自由落体运动具有对称性，体现在时间对称，速度对称，位移对称。与出发点相距15m有两种可能，即在抛出点以上及在抛出点以下，然后利用运动学公式对两种情况整体列式。石块运动到离抛出点15m处时，石块的位置是在抛出点上方还是在抛出点下方？如果是在抛出点上方的话，是处于上升阶段还是处于下降阶段？从题意来看，石块抛出后能够上升的最大高度为 Hm>15m。这样石块运动到离抛出点15 m处的位置必定有两个，因而所经历的时间必为三个。 【解析】

石块上升到最高点所用的时间为：tv0g2010s2s

2 s前石块第一次通过“离抛出点15 m处”；2 s时石块到达最高点，速度变为零，随后石块开始做自由落体运动，会第二次经过“离抛出点15 m处”；当石块落到抛出点下方时，会第三次经过“离抛出点15m处”。这样此题应有三解。

当石块在抛出点上方距抛出点15m处时，取向上为正方向，

2则位移x15m,ag10m/s，代入公式xv0t12gt

2得： 1520t1210t

2解得 t1ts;t23s 。t1ts对应着石块上升时到达“离抛出点15 m处”时所用的时间，而t23s则对应着从最高点往回落时第二次经过“离抛出点15 m处”时所用的时间。

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由于石块上升的最大高度H=20m，所以，石块落到抛出点下方“离抛出点15m处”时，自由下落的总高度为HOB=20m+15m=35m，下落此段距离所用的时间t2HOBg23510s7s这样石块从抛出到第三次经过“离抛出点15m处”时所用的

时间为：t32s7s(27)s

【总结】由于同一距离离抛出点的位移不同，经过同一位置时有速度不同，所以在竖直上抛运动过程中一定要注意可能出现多解的可能性。 （4）分段解决和全程解决竖直上抛运动问题比较

例4：系一重物在气球上，以4m/s的速度匀速上升，当离地9m时细绳断裂，求：重物的落地时间。（取g=10m/s2）

【审题】细绳断裂后重物作竖直上抛运动，若分段来看物体先向上做匀减速运动，后做自由落体运动，对全过程可看作匀减速直线运动。 【解析】

解法一：把重物的运动分成上升和自由下落两个阶段处理。 上升阶段： x上v022g120.8m,t上2v0g0.4s

下落阶段：x上x解得：t下=1.4s

gt下，式中x9m

所以重物落地时间：t=t上+t下=1.8s

解法二：全过程按匀变速直线运动处理。取向上为正，则g为负，抛出点以下位移为负 所以xv0t12gt,即94t5t

22解得t=1.8s，t/=-1.0s (舍去)

【总结】竖直上抛运动有关问题的求解，往往有两种方法：一是分为向上运动和自由落体运动两个过程分析，二是全过程按匀变速直线运动处理 （5）应用竖直上抛运动的特征解题

例5：某人站在高楼的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石子，不考虑空气阻力， 求：

（1）物体上升的最大高度是多少？回到抛出点的时间是多少？ （2）石子抛出后通过抛出点下方20m处所需时间是多少？

【审题】物体上升到最大高度的过程为匀减速直线运动，且末速度为零，由vtv02ax,vtv0at可直接求出，石子抛出后通过下方20m处所用时间既可分段求

22也可整体求。

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【解析】

解法一：上升过程，匀减速运动。取竖直向上为正方向，v0120m/s，

ag,vt,根据匀变速运动公式：vtv02ax,vtv0at得： v01222最大高度：h2a1v01a1v0122gv01g202210m20m

上升时间：t12010s2s

下落过程，自由落体运动，取竖直向上为正方向。v020,a2g，回到原点xh，到抛出点下方20m处时x20m，由匀变速直线运动规律，有 下落到原点的时间：t22x1g22010s2s

故最大高度h=20m，回到原点时间4s， 下落到20m处的时间：t2/2x2g24010s22s

落到下方20m处所经历时间为2（1+2）s

解法二：全过程分析，取向上为正方向，，v020m/s,ag，最大高度时v0，落到下方20m处时x20m，由匀变速直线运动规律知： 最大高度：hv022g202210m20m

回到抛出点时x0，而xv0t1落回下方20m处时，由xv0t21212gt1，所以时间为t1222v0g22010s4s

gt2得2020t1210t2

2解得t2222s,t2222s（后者舍去）

【总结】解竖直上抛运动的问题时，除应用基本公式和基本规律解题处还应联想到竖直上抛运动的特征，这样会给解决问题带来方便。 （6）分段法整体法结合

例6：一个人从地面上的A处以初速度为v0竖直上抛一个物体，物体经过位置B时，仍然向上运动，但速度减为初速度的

14/，已知AB＝3m（g=10m/s2)求：

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（1）初速度多大？

（2）再经过多长时间物体落回A处？

【审题】物体在上升过程中做匀减速运动经过相距3m的两点的速度关系已知，可直接应用2axvtv0求得待求量；时间的求法可分段也可整体。

【解析】（1）此物体的运动简图如图6-3所示。物体从A运动到B的过程中，根据运动学规律2axvtv0得 2gxAB(v04)v0222222

代入数据，解得v08m/s

（2）物体从B回到A的过程中，位移xBA3m， 根据运动规律xv0t12at得xBA2v04t12gt

2图6-3

代入数据，解得t11s,t20.6s舍去。即再过1s落回A处。 【总结】有时要分别用到分段法和整体法解决一个题目中的不同问号。 （7）平抛运动中追赶问题的求解方法

例7：一艘敌舰正以v1=12m/s的速度逃跑，执行追击任务的飞机，在距水面高度h=320m的水平线上以速度v2=105m/s同向飞行，为击中敌舰，应“提前”投弹，如果空气阻力可以不计，重力加速度为g取10m/s2，飞机投弹时，沿水平方向它与敌舰之间的距离应为多大？如投弹后飞机仍以原速度飞行，在炸弹击中敌舰时，飞机与敌舰的位置有何关系？

【审题】炸弹要想炸到敌舰，则应在飞行时间内运动的水平距离等于投弹时飞机和敌舰相距的水平距离和炸弹飞行时间内敌舰行进的距离之和。 【解析】投下炸弹竖直方向做自由落体运动，水平方向以飞机的速度v2做匀速运动，炸弹在空中飞行时间为t2hg232010s8s

8s时间内，炸弹沿水平方向飞行的距离x2v2t。 敌舰在同一方向上运动的距离为：x1v1t

故飞机投弹时水平方向上“提前”的距离为如图6-4所示

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图6-4

xv2tv1t1058m128m744m

在t=8s内，炸弹与飞机沿水平方向的运动情况都相同，都以速度v2做匀速直线运动，水平方向的距离相同都是x2v2t840m

所以炸弹击中敌舰时，飞机恰在此时好在敌舰的正上方飞过。

【总结】平抛运动物体的飞行时间由竖直分运动求出，水平分运动为匀速直线运动结合有关规律列出关于速度和时间的位移关系式。

（8）判断平抛运动中多个物体的相对位置变化的问题

例8：飞机以150m/s的水平速度匀速飞行，某时刻让Ａ球落下，相隔１s又让Ｂ球落下，不计空气阻力，在以后运动中关于Ａ球与Ｂ球的相对位置关系，（g=10m/s2）正确的是（ ）

A．A球在B球前下方 Ｂ．Ａ球在Ｂ球的后下方 Ｃ．Ａ球在Ｂ球的正下方５m处 Ｄ．以上说法都不对

【审题】在飞机上的所有物体被抛出后都以相同的初速度做平抛运动，也就是说它们在空中和飞机在水平方向上一定处于相同的位置。在竖直方向上相对飞机都做自由落体运动。 【解析】Ａ球和Ｂ球在水平方向都是以150m/s的速度匀速运动，则Ａ与Ｂ必定在同一条竖直线上。粗略地考虑，１秒末Ａ正好在Ｂ下方５米处，显然两球之间的相对位置不是固定的，水平方向相对静止，竖直方向的相隔距离随时间推移在不断变化，正确的位置关系是

hhAhB12g(t1)212gt212g(2t1)即Ａ、Ｂ相隔距离Δh随t的增大而增大，

故正确答案为Ｄ。

【总结】在飞行时间内，平抛运动中的物体在抛出后水平方向速度不变，水平位移在相同时间变化相同；在竖直方向速度变化量不变，但位移变化和时间成一次函数关系，即随时间在增大。

2（9）SMSN(MN)aT和vvt在解平抛运动问题中的应用

2例9：研究平抛运动规律时，由于某种原因，坐标纸上只留下小球的三个位置如图6-5所示，则小球运动中初速度大小为多少？小球经B点时的竖直分速度大小多大？每小格边长均为L=5cm， g取10m／s2．

【审题】由平抛运动的规律可知道, 由于小球在水平方向作匀速直线运动，可以根据小球位置的水平位移和闪光时间算出水平速度，即抛出的初速度．小球在竖直方向作自由落体运动，由竖直位移的变化根据自由落体的公式即可算出竖直分速度

【解析】因A、 B间水平距离与B、C间水平距离相等，则从A到B与从B到C所用时间相等，而在竖直方向上做匀加速运动，由

图6-5

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yBCyABgt2得：tyBCyABg0.1s，所以，小球抛出的初速度为

v0xABt0.10.1m/s1m/s

由于B点是A到C的时间中点，所以B点的速度的竖直分量与在A、C间竖直方向上的平均速度相等，则：vBy80.0520.1m/s2m/s

【总结】由于平抛运动在竖直方向做自由落体运动,所以初速度为零的匀加速直线运动的所有规律和特征在此都适应。 （10）平抛运动中的临界问题

例10：如图6-6所示排球场总长为18m，设球网高度为2m，运动员站在网前3m处正对球网将球水平击出。（g取10m/s2）

（1）设击球点的高度为2.5m，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，那么无论球被水平击出的速度多大，球不是触网就是出界，试求此高度。

【审题】球被水平击出后,做平抛运动（1）问中，击球高度一定时，恰不触网是速度的一个临界值，恰不出界则是另一个击球速度的临界值（2）问中,当击球高度为某一值时，以某一确定的速度击球，击球点、网的上边缘和边界点三者位于同一轨迹上时，此轨迹为临界轨迹，如果击球速度变小，则一定触网，否则速度变大则一定出界，此时对应的高度即为临界高度。 【解析】如图6-6所示排球恰不触网时其运动轨迹为Ⅰ。排球恰在此时不出界时其运动轨迹为Ⅱ，根据平抛运动的规律：xv0t和h球恰不触网时有：

x13mv1t,h12.5m2m0.5m12gt1

212gt，可得当排

2图6-6

可解得：v1310m/s9.5m/s 当排球恰不出界时有

x23m9mv2t2,h2.5m12gt2

2可解得：v2122m/s17m/s

所以排球既不触网也不出界的速度范围是9.5m/s＜v＜17m/s

(2)如图6-7所示为排球恰不触网也恰不出界的临界轨迹。则根据平抛运动的规律有：

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x13mvt1//h1h2m12gt1/2

x23m9mvt2h2h12gt2/2/2

图6-7

联立以上四式可得:h2.12m

【总结】平抛运动中临界问题，要注意寻觅“恰好”一词的含义，抓住恰好时的速度、高度、位移等临界值的运用。

例11：如图6-8所示，一高度为h=0.2m的水平面在B点处与一倾角为θ=30°的斜面连接，一小球以V0=5m/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=10m/s2）。某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则

hsinv0t12gsin.t由此可求得落地的时间t。

2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。 【审题】由于小球在水平面上运动，离开A点时小球将做平抛运动，而不会沿斜面下滑，在运动到地面之前是否经历斜面，要看是否满足一定的条件。 【解析】不同意，正确做法为 落地点与B点的水平距离 xv0tv02hg520.210m1m

图6-8

斜面底宽 dhcot0.23m0.35m

因为x>d，所以小球离开Ｂ点后不会落到斜面，因此落地时间即为平抛运动时间。 t2hg20.210s0.2s

【总结】小球能否落到斜面上，这要看小球在飞行时间内运动的水平位移是否大于斜面的水平长度。

例12：作平抛运动的物体，在落地前的最后1s内，其速度方向由跟竖直方向成60角变为跟竖直方向成45角，求:物体抛出时的速度和高度分别是多少？（g=10m/s）

【审题】作平抛运动的物体，在落地前的最后1s内水平速度不变，竖直速度的变化可由几何关系表达也可以gt表达，二者相等列式。 【解析】 解法一:

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0

2

0

设平抛运动的初速度为v0，运动时间为t，则经过（t1）s时vyg(t1)，

0tan30g(t1)v0

经过ts时：vygt,tan450gtv03

(t1)ttan30tan45gt00t32s2.37s

所以v0tan45112hgt102.37220gt23.7m/s

228.1m

解法二：此题如果用结论解题更简单vgt10m/s。又有

v0cot450v0cot600v，解得v0vcot450cot6001010.57723.6m/s，

hvy22g27.9m

【总结】平抛运动不管在何时，一定记住水平速度不变，竖直速度的变化量为gt。 13、平抛运动的拓展—类平抛运动

例13：如图6-9所示，光滑斜面长为a，宽为b，倾角为θ，一物块沿斜面左上方顶点P水平射入，而从右下方顶点Q离开斜面，求入射初速度．

【审题】物块在垂直于斜面方向没有运动，物块沿斜面方向上的曲线运动可分解为水平方向上初速度v0的匀速直线运动和沿斜面向下初速度为零的匀加速运动． 【解析】在沿斜面方向上mgsinma加，

a加gsin………………①，

水平方向上的位移xav0t………………② 沿斜面向下的位移ybgsin2b12a加t…………③

2图6-9

由①②③得v0a.

【总结】类平抛运动的规律和平抛运动规律相似，但是加速度不再是g，而是a。

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