模板04曲線運動(六大題型)

本節(jié)導航：

題型01平拋運動規(guī)律的求解題型02平拋運動在斜面上的.

題型03平拋運動與圓周運動的組合問題題型04平拋運動的臨界問題

題型05斜拋運動規(guī)律的應用題型06類平拋運動規(guī)律的應用

題型01平拋運動規(guī)律的求解

1、平拋運動內(nèi)容是高考的必考知識點，是最典型的曲線運動之一，注意考查運動的合成與分解。

2、試題的呈現(xiàn)形式豐富，提問角度設置新穎，學生需要掌握平拋運動的規(guī)律和重要推論。

、必備基礎知識

1、運動規(guī)律

水平方向：做勻速直線運動，速度：。工=。0，位移：x=vot；

豎直方向：做自由落體運動，速度：巧=口，位移：＞=%及；

合速度為y=收+vj即v=J百+(gr)?，方向：v與水平方向夾角為ftma=巫，即

a=tan-1(―)

%

合位移為5=而干即|---------i------，S與水平方向夾角為“，即

222

(voO+(-^)tanB$

2、運動圖示

3、重要推論

①做平拋運動的物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。

②速度方向與水平方向的夾角為a,位移與水平方向的夾角為仇則tana=2tan。。

二、解題模板

1、解題思路

審清題意，明

確題目為平拋

運動類型

2、注意問題

解答平拋運動問題時，一般的方法是將平拋運動沿水平和豎直兩個方向分解，這樣分解的優(yōu)點是不

用分解初速度也不用分解加速度。

畫出速度（或位移）分解圖，通過幾何知識建立合速度（或合位移）、分速度（或分位移）及其方向間的關

系，通過速度（或位移）的矢量三角形求解未知量。

如果知道速度的大小或方向，應首先考慮分解速度。

如果知道位移的大小或方向，應首先考慮分解位移。

3、解題方法

①分解速度：對于一個做平拋運動的物體來說，如果知道了某一時刻的速度方向，則我們常常是從

“分解速度”的角度來研究問題。

方法突破：初速度W做平拋運動的物體，經(jīng)歷時間/速度和水平方向的夾角為a,由平拋運動的規(guī)

律得：tana=乎=產(chǎn)，從而得到初速度區(qū)時間人偏轉(zhuǎn)角a之間的關系，進而求解。

vxVo

②分解位移：對于做平拋運動的物體，如果知道某一時刻的位移方向（如物體從已知傾角的斜面上

水平拋出后再落回斜面，斜面傾角就是它的位移與水平方向之間的夾角），則我們可以把位移沿水平方

向和豎直方向進行分解，然后運用平拋運動的規(guī)律來研究問題。

方法突破：以初速度均做平拋運動的物體，經(jīng)歷時間r位移和水平方向的夾角為仇由平拋運動的

規(guī)律得：水平方向做勻速直線運動x=Vo/,豎直方向做自由落體運動~tan8=5結合上面三個

關系式求解。

③假設法：假設法是在不違背原題所給條件的前提下，人為地加上或減去某些條件，以使問題方便

求解。利用假設法處理某些物理問題，往往能突破思維障礙，找出新的解題途徑，化難為易，化繁為簡。

方法突破：對于平拋運動，飛行時間由高度決定，水平位移由高度和初速度決定，所以當高度相同

時，水平位移與初速度成正比。但有時高度不同，水平位移就很難比較，這時我們可以采用假設法，例

如移動水平地面使其下落高度相同，從而做出判斷。

④重要推論法：有些平拋運動問題按照常規(guī)的方法進行合成、分解、計算，雖然也能夠解決問題，

但是過程復雜，計算繁瑣，如果選擇平拋運動的一些重要推論則問題會相對簡便很多。

方法突破：做平拋運動的物體，任意時刻速度方向的反向延長線一定通過此時水平位移的中點。

做平拋運動的物體在任一時刻或任一位置時，設其速度方向與水平方向的夾角為a,位移與水平方

向的夾角為仇貝!Itana=2tan6。

隼模板運用

|（2024?新疆河南?高考真題）如圖，一長度/=1.0m的均勻薄板初始時靜止在一光滑平臺上,

薄板的右端與平臺的邊緣。對齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動

的距離=!時，物塊從薄板右端水平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到。點。已知物塊

與薄板的質(zhì)量相等。它們之間的動摩擦因數(shù)〃=03,重力加速度大小g=10m/s2。求

（1）物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；

（2）平臺距地面的高度。

nP

思路第

第一問的思路:

/根據(jù)牛頓第二定、/物塊和木板的、，運用運動學公式列、/聯(lián)立方程即可求出、

律分別求出物塊f位移之差為木H物塊的位移方程和f物塊的初速度和木

1和木板的加速度，、板的長度）\木板的位移方程）1板的運動時間）

第二問的思路:

.求出物塊、.物塊飛離、/物塊離開木板后木板做勻速直線、.根據(jù)平拋運動、

飛離木板一M木板后做一T運動根據(jù)題意可通過木板運動過一*4的豎直規(guī)律可

1時的速度，'啊般動/'程求出物塊到地面的時間）\求出入度J

詳細解析

【答案】（1）4m/s；—s；（2）—m

【詳解】（1）物塊在薄板上做勻減速運動的加速度大小為

%=4g=3m/s2

薄板做加速運動的加速度

Rmg

%=----=3m/s2

m

對物塊

,,1

I+△/=v^t—9

對薄板

1

A72

A/=-

解得

%=4m/s

1

t=—s

3

（2）物塊飛離薄板后薄板得速度

v2=a2t=lm/s

物塊飛離薄板后薄板做勻速運動，物塊做平拋運動，則當物塊落到地面時運動的時間為

1_1_

I—----=-S

v23

則平臺距地面的高度

,1.5

廠2=§m

（2024?遼寧鞍山?二模）如圖所示，半徑R=1.0m的半球緊貼著豎直墻固定在水平地面上。

體積可忽略的小球在豎直墻最高點最右側以％水平向右拋出。已知墻高”=1.8m,忽略空氣阻力，小球

落地后不反彈。試求：

（1）若小球剛好擊中半球的最高點，則小球水平拋出的初速度%大小。

（2）若小球不與半球相碰，則小球水平拋出的初速度％大小的取值范圍。

【答案】（1）2.5m/s；(2)v0>1.576m/s

【詳解】（1）小球做平拋運動，豎直方向上有

12

水平方向上有

R=

解得

v0=2.5m/s

（2）小球恰不與半球相碰，即軌跡恰好與圓軌道相切，設此時速度方向與豎直方向所成夾角為仇由幾

何關系有

tan^=—

水平方向有

R+Rcosd=vot

豎直方向上有

1

H-Rsin6=—gt92

且

sin26+cos?8=1

解得

%=1.5A/6m/s

小球水平拋出初速度范圍為%之1.576m/s

題型02平拋運動在斜面上的三種模型

這類題型是平拋運動的推廣，求解過程既需要運用平拋運動的知識，還要充分考慮斜面的約束，掌

握三角函數(shù)等的知識，綜合求解。

。梗他的毫

一、必備基礎知識

1、模型特點

平拋運動與斜面結合的問題，一般是研究物體從斜面頂端平拋到落回斜面的運動過程，解決這類問

題一般仍是在水平和豎直方向上分解。求解的關鍵在于深刻理解通過與斜面的關聯(lián)而給出的隱含條件。

2、三種模型

①垂直打斜面，其特點為在撞擊斜面的時刻，速度方向與水-平方向的夾角與斜面的傾角互余。

②順著斜面拋，其特點為全過程位移的方向沿斜面方向，即豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角

的正切。

③拋體切入斜面，其特點為速度方向與斜面平行。

二、解題模板

1、解題思路

將平拋運動分

解為水平和豎

直兩個方向的

運動進行處理

2、注意問題

在解答該類問題時，除要運用平拋運動的位移和速度規(guī)律外，還要充分利用斜面傾角，找出斜面傾

角同位移和速度與水平方向夾角的關系，從而使問題得到順利解決。

物體從斜面.上某一點水平拋出又落在斜面上，即滿足平拋運動規(guī)律。在解答這類問題時，除要運用

平拋運動的位移和速度規(guī)律，還要充分運用斜面傾角，找出斜面傾角同位移和速度與水平方向夾角的關

系，從而順利解決問題。

3、解題方法

方法內(nèi)容斜面運動時間

1弋/

水平：VX=VQ由tanO=\=*得-

1垂直打；米:。。|

分解速度豎直：Vy=gt

合速度：v=y]vl+vjgtanU

水平：x=vot

由tan。一“一手"得t—

x2vo

分解位移豎直：

2yotaa°

合位移：5=52+,2g

水平：v=v

x0由tan。弋=,得t=

豎直：Vy=gt?'Jo

分解速度露

合速度：N?otaa9

-1—g

酢根極運用

|（2024?山東泰安?三模）如圖所示，傾角6=37。的光滑斜面AB固定在水平面上，現(xiàn)將一彈力

球從斜面的頂端A點以初速度vo=lOm/s水平向右拋出，彈力球恰好落在斜面的底端8點。已知重力加

速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不計空氣阻力。

（1）求斜面的長度；

（2）若彈力球與斜面碰撞時，沿斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度大小不變，方向反向，現(xiàn)

僅調(diào)整彈力球從A點水平拋出時的速度大小，使彈力球與斜面碰撞1次后仍能落到B點，求調(diào)整后彈力

球水平拋出的速度大小。

思路分析

第一問的思路:

第二問的思路:

小球的運動分解為沿斜而

根據(jù)運動運動規(guī)聯(lián)立運動學方

方向的勻加速運動和垂直斜律，列水平方向和程可求出拋出

、面方向的癱直上拋運動,豎直方向的方程點的速度

詳細解析

【答案】（1）18.75m；（2）竺叵m/s

17

【詳解】（1）彈力球做平拋運動，豎直方向有

1,

-gr=Lsin37°

2

水平方向有

vot=￡cos37°

聯(lián)立解得斜面的長度為

L=18.75m

（2）將平拋運動分解為沿斜面方向的勻加速運動和垂直斜面方向的類豎直上拋運動，設調(diào)整后彈力球水平

拋出時的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小為

v1=V]sin37°

沿斜面方向的分速度大小為

=匕cos37°

垂直斜面方向的加速度大小為

g,=geos37。

沿斜面方向的加速度大小為

g//=gsin37°

彈力球每次從斜面離開到再次落回斜面過程中用時為

一

沿斜面方向有

1

+9=L

聯(lián)立解得為=25^^m/s

I（2024?四川德陽?模擬預測）為了采集某行星巖石內(nèi)部的物質(zhì)樣品，先將巖石用行星探測車

運往高處，然后水平拋出，讓巖石重重地砸在行星表面，這樣就可以將堅硬的巖石撞碎，進而采集到巖

石內(nèi)部的物質(zhì)樣品，如圖所示，。點為斜坡底端，現(xiàn)將一塊質(zhì)量為機=lkg的巖石從。點正上方高度為

%=15m處以初速度為%=6m/s水平拋出，巖石垂直打在傾角為廢=30。的斜坡上，由于斜坡并不完全

平滑，巖石沿豎直方向向上反彈，上升的最大高度為飽=3m,求：

（1）該行星表面的重力加速度大?。?/p>

（2）若巖石與斜坡在接觸過程中相互作用的時間為0.1s,則接觸過程中巖石所受到平均合外力的大小。

【答案】⑴6m/s2;（2）67521+22073N

【詳解】（1）小球從拋出到垂直打在斜坡過程，根據(jù)平拋運動規(guī)律有

12

y=2§t，x=v°f

垂直打在斜坡時，有

tana=—

gt

根據(jù)幾何關系有

y+xtana=%

聯(lián)立解得

t=y/is,g=6m/s2

（2）小球垂直打在斜坡時的豎直分速度大小為

9

vv=--=6\/3m/s

tana

根據(jù)題意可知，巖石與斜坡在接觸過程后水平速度減為0,豎直速度變?yōu)樨Q直向上，大小為V；,根據(jù)題

意有

V；=2ghi

解得

v'y=6m/s

則巖石與斜坡在接觸過程中，水平方向根據(jù)動量定理可得

-FxAt=O-mvo

解得

Fx=60N

豎直方向根據(jù)動量定理可得

FyAt-mgAt=mv'y—(~mvy)

解得

K=(66+60g)N

則接觸過程中巖石對小球的平均作用力大小為

F=+F；=67521+22073N

則接觸過程中巖石所受到平均合外力的大小為6J521+220/N。

題型03平拋運動與圓周運動的組合問題

韻我一解篌

1、這類題型有兩種命題角度：①前一部分為平拋運動，后一部分為圓周運動；②前一部分為圓周

運動，后一部分為平拋運動。這兩部分區(qū)分明顯，在不同部分運用各自的規(guī)律。

2、注意兩部分運動的銜接點以及題中的其它約束，如角度或高度等。

小槿越抻毫

一、必備基礎知識

1、水平面的組合問題

物體先做水平面內(nèi)的勻速圓周運動，后做平拋運動。

2、豎直面的組合問題

此類問題有時物體先做豎直面內(nèi)的變速圓周運動，后做平拋運動，有時物體先做平拋運動，后做豎

直面內(nèi)的變速圓周運動，有時要結合能量關系求解。

二、解題模板

1、解題思路

畝清題意，區(qū)分物體

的運動過程，確定個

過程的運動規(guī)律

2、注意問題

這類問題往往是平拋運動與圓周運動的組合，各部分問題獨立存在，分段明顯，但是互相聯(lián)系，兩

個過程的銜接點是速度。

要注意題目中的約束條件，比如角度等。

3、解題方法

水平面的解題方法：①明確水平面內(nèi)勻速圓周運動的向心力來源，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式

列方程；②平拋運動一般是沿水平方向和豎直方向分解速度或位移；③速度是聯(lián)系前后兩個過程的關鍵

物理量，前一個過程的末速度是后一個過程的初速度。

豎直面的解題方法：①首先要明確是“輕桿模型”還是“輕繩模型”，然后分析物體能夠達到圓周最高

點的臨界條件；②注意前后兩過程中速度的連續(xù)性。

?接極運用

（2024?廣東?模擬預測）如圖所示，水平軌道與豎直半圓形軌道3c在8點相切。質(zhì)量"?=lkg

的小物塊（可視為質(zhì)點）以一定的初速度從水平軌道的A點向左運動，進入圓軌道后，沿圓軌道內(nèi)側做

圓周運動，恰好到達最高C,之后離開圓軌道，做平拋運動，落在圓軌道上的。點。己知小物塊在2點

進入圓軌道瞬間，速度％=3m/s,圓軌道半徑R=0.1m,重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力。求：

（1）小物塊從B點進入圓軌道瞬間對軌道壓力的大??；

（2）小物塊到達C點的瞬時速度%的大??；

（3）小物塊的落點。與B點的距離。

BDA

思路分析

第一問的思路;

&B點根據(jù)圓周運笳、立方程、

規(guī)律和牛頓第三定律—T可求出軌

（列動力享方程J（造壓力J

第二問的思路:

（恰好到達C點，、據(jù)圓周運嬴

明確臨界條件：一U律列方程可求得

3：盤&向心力y\熊而麒

【詳解】（1）在3點，設軌道對小物塊的支持力為N,根據(jù)牛頓第二定律

,,V2

N-mg=m—B

R

根據(jù)牛頓第三定律可得小物塊從B點進入圓軌道瞬間對軌道壓力

Nf=N

聯(lián)立解得

N'=100N

（2）小物塊恰好到達最高C,在。點根據(jù)牛頓第二定律

v|

m2=m-

R

解得

vc=lm/s

（3）小物塊從。點飛出后做平拋運動，豎直方向

2R=#

水平方向

vf

XDB=c

聯(lián)立解得

xDB=0.2m

（2024?廣東?模擬預測）游客在動物園里常看到猴子在蕩秋千和滑滑板，其運動可以簡化為

如圖所示的模型，猴子需要借助懸掛在高處的秋千繩飛躍到對面的滑板上，質(zhì)量為機=18kg的猴子在豎

直平面內(nèi)繞圓心。做圓周運動。若猴子某次運動到。點的正下方時松手，猴子飛行水平距離H=4m后

躍到對面的滑板上，O點離平臺高度也為H,猴子與。點之間的繩長/?=3m,重力加速度大小g=10m/s2,

不考慮空氣阻力，秋千繩視為輕繩，猴子可視為質(zhì)點，求：

（1）猴子落到滑板時的速度大??；

（2）猴子運動到。點的正下方時繩對猴子拉力的大小。

【答案】（1）10m/s；（2）660N

【詳解】（1）設猴子松手后飛行的時間為才，由平拋運動規(guī)律在豎直方向上有

H-h=^gt2

在水平方向上有

H=vxt

解得

vx—46m/s

在豎直方向上有

V；=2g（H-h）

解得

vy=2\/5m/s

得猴子落到平臺時的速度大小

v=Qvj+彳=10m/s

(2)設猴子運動到。點的正下方時繩對選手拉力的大小為尸，猴子做圓周運動的半徑為

R=h

猴子經(jīng)過圓周運動軌跡最低點時，由牛頓第二定律得

r-m2=m—

R

解得繩對猴子拉力的大小尸=Tmg=660N

題型04平拋運動的臨界問題

的—型解裱

1、這類題目中有“剛好”“恰好”“正好”“取值范圍”“多長時間”“多大距離”等詞語，表

明題述的過程中存在臨界點。

2、這類題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明題述的過程中存在著極值。

?槿挹抻建

一、必備基礎知識

1、問題特點

在體育運動中，像乒乓球、排球、網(wǎng)球等都有中間網(wǎng)及邊界問題，要求球既能過網(wǎng)，又不能出邊界，

某物理量(尤其是球速)往往要有一定的范圍限制，在這類問題中，確定臨界狀態(tài)，畫好臨界軌跡，是解

決問題的關鍵點。

二、解題模板

1、解題思路

畫出運動過程的草圖，運

用運動規(guī)律列方程求解

2、注意問題

此類問題的臨界條件：通常為位置關系的限制或速度關系的限制，列出豎直方向與水平方向上的方

程，將臨界條件代入即可求解。

在分析此類問題時一定要注意從實際出發(fā)尋找臨界點，畫出物體運動過程的草圖，明確臨界條件。

3、解題方法

①找出情景中臨界條件，如“恰好”、“最大”、“最小”等關鍵詞，明確其含義。。

②畫出運動過程的草圖，確定物體的臨界位置，標注位移、速度等臨界值。

明確臨界過程的軌跡，運用曲線運動的規(guī)律進行求解。

分析平拋運動中的臨界問題時一般運用極限分析的方法，即把要求的物理量設定為極大或極小，讓臨界

問題突現(xiàn)出來，找到產(chǎn)生臨界的條件。

◎接捶連用

（2024?山東?模擬預測）中國國家女子排球隊是中國各體育團隊中成績突出的體育團隊之一。

為備戰(zhàn)奧運，2024年4月3日下午，中國女排回漳州體育訓練基地展開為期40天的集訓。已知排球場

長s=18m,寬乙=9m,球網(wǎng)高/z=2.2m,某隊員在訓練中，從底線中點正上方高”=3m處將球以為的

速度水平擊出，若球能夠進入對方場內(nèi)（g取lOm/s?）,不計一切阻力。

（1）求V。的大小范圍;

（2）若球恰好擦著球網(wǎng)進入對方場內(nèi)，求發(fā)球的最大速度（不計排球擦網(wǎng)時的阻力）。

思路分析

第一問的思路:

/質(zhì)確速度取最小值的1點\八月確速度取最大值、/據(jù)平拋運動規(guī)、

界條件：沿垂直于底線一H的臨界條件：排球~T律列方程可求出

\方向且梯子擦網(wǎng)J\落在前方底角）、速度而取值范圍）

第二問的思路:

【答案】（1）22.5m/s<v0<——-—m/s；（2）vm=6V15m/s

【詳解】（1）當排球的初速度％沿垂直于底線方向且恰好擦網(wǎng)時有最小值，豎直方向有

水平方向有

解得

匕=22.5m/s

當排球落在對方底角時，初速度％有最大值，豎直方向有

37255,

%二---------m/s

—2

所以能進入對方場內(nèi)的速度范圍22.5m/s<v0<”更m/s。

°2

（2）當排球落在側邊線上時，滿足條件初速度沿著垂直于底線方向的分量

v垂=22.5m/s

初速度沿著平行于底線方向的分量

L

23岳/

%=—=------m/s

1

t22

則有

嚏+咚=6V15in/s

（2024?浙江金華?模擬預測）如圖所示，AOB是游樂場中的滑道模型，位于豎直平面內(nèi)，由

兩個半徑為R的;圓周連接而成，它們的圓心。|、。②與兩圓弧的連接點。在同一豎直線上。QB沿水

池的水面方向，B點右側為無窮大水平面，水平面上有一系列沿方向的漂浮的木板，木板的質(zhì)量為

M,長度為2/。一質(zhì)量為m的小孩（可視為質(zhì)點）可由弧AO的任意點靜止開始下滑。不考慮水與木板

接觸面的阻力，設木板質(zhì)量足夠大且始終處于水平面上。

（1）若小孩恰能在O點脫離滑道，求小孩靜止下滑處距。點的高度？

（2）凡能在O點脫離滑道的小孩，其落水點到。2的距離范圍？

（3）若小孩從。點靜止下滑，求脫離軌道時的位置與。2的連線與豎直方向夾角的余弦值?

（4）某小孩從。點脫離滑道后，恰好落在某木板的中央，經(jīng)過一段時間振蕩和調(diào)節(jié)后，該木板和小孩

處于靜止狀態(tài)，小孩接下來開始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳離木板，求小孩做功的最小值？

芻。IT—I

【答案】（1）/z=y;（2）42R<S<2R;（3）cos6>=1；（4）W^n=^mgl

【詳解】（1）若小孩恰能在。點脫離滑道，此時向心力由重力提供

mv

mg=~^-

根據(jù)機械能守恒可得

mgh=—mv'

解得小孩靜止下滑處距。點的高度為

（2）凡能在。點脫離滑道的小孩，其距離。點的高度范圍是

R,八

—<h<R

2

由機械能守恒可得

mgh=—mV

平拋運動的初速度為

v^yf2gh

平拋運動的時間為

其落水點到。2的距離為

其落水點到。2的距離范圍為

及R<5<27?

(3)若小孩從。點靜止下滑，脫離軌道時的位置與。2的連線與豎直方向夾角設為6,則

a

mgcosS

由機械能守恒可得

12

mgR(l-cos8)=5mvi

解得

2

cos0=—

3

(4)根據(jù)題意，木板質(zhì)量足夠大，分析第一次跳離木板，可看作斜向右上方的斜拋運動，水平位移最

小為/,水平初速度為匕，豎直初速度為匕，則有

2匕

g

小孩做功為

12

W=—mv=-；+-mv^

22mVx2y

212[

根據(jù)數(shù)學知識可知，當V：=3*時，存在最小的功，為％

題型05斜拋運動規(guī)律的應用

斜拋運動是平拋運動的推廣，生活中符合斜拋運動的例子較多，這部分知識常與生活場景結合在一

起進行考查，在解決此類問題時要將所學物理知識與實際情境聯(lián)系起來，抓住問題實質(zhì)，將問題轉(zhuǎn)化為

熟知的物理模型和物理過程求解。

小雄赳的毫

、必備基礎知識

1、運動規(guī)律

水平方向：不受外力，以丫彳=v()cosa為初速度做勻速直線運動；水平位移％=v.j=V。cosar；

豎直方向：豎直方向只受重力，初速度為Vo,=%sina,做豎直上拋運動；任意時刻的速度公式是

1。

Vy=%>-g/，位移公式為丁二?/一萬且片。

2、運動圖示

軌跡方程為：y=tana-x----,1,—x2,為拋物線。

2VQCOS~a

二、解題模板

1、解題思路

根據(jù)儂的后燈物體：三，亍堂二列方程迸行對喧果進行

點進行判斷分析和運動分析求解未知量'分析和討論

2、注意問題

斜拋運動可以看成是水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上（下）拋運動的合運動。

豎直方向的運動不是自由落體運動，而是豎直上（下）拋運動。

三維空間的斜拋運動要注意水平方向的選取。

3、解題方法

研究方法：運動的合成與分解

水平方向：勻速直線運動；

豎直方向：豎直上（下）拋運動。

斜上拋運動可用逆向思維法求解，從拋出點到最高點的運動可逆過程分析，看成平拋運動，分析完

整的斜上拋運動，還可根據(jù)對稱性求解某些問題。

一些運動量的求解如下表所示。

當物體落地時％=-vOy=-v0sina,由vy=v0),-gt知，飛

飛行時間一工『2vsina

行時間t=-n-----O

g

由軌跡方程y=tana-x---丁J—x2,令y=0得落回拋出高度

2v0cosa

射程

時的水平射程是，="喘1112a。由軌跡方程可得：①當拋射角

g

a=45°時射程最遠，①當拋射角a=45°時射程最遠，

2

%小=生；②初速度相同時，兩個互余的拋射角具有相同的射程，

g

例如30°和60°的兩個拋射角在相同初速度的情況下射程是相等

的。

斜上拋的物體達到最大高度時vy=%,—g%=%since—gt=0,止匕

vc/na1

2

時t=X―-，代入y=vOvt——gt即得到拋體所能達到的最大

射高g2

高度ymax="°sma,即當。=90。時，射高最大

J111aA22g

敬掇板運用

|（2024?山東濟寧?三模）某旋轉(zhuǎn)噴灌機進行農(nóng)田噴灌的示意圖如圖所示，噴口出水速度的方

向可調(diào)節(jié)。該噴灌機的最大功率為P=2000W,噴灌機所做功的75%轉(zhuǎn)化為水的動能，噴口的橫截面積

S=30cm2，水的密度P=lxl（）3kg/,重力加速度g=10m/s?,萬=3.14,噴口距離地面的高度h=0.55m,

忽略空氣阻力，不考慮供水水壓對水速的影響。求：

（1）噴灌機的最大噴水速度也

（2）噴口出水速度方向與水平面夾角，=30。時，該噴灌機的最大噴灌面積（保留三位有效數(shù)字）

思路分析

第一問的思路:

【詳解】（1）設在At時間內(nèi)從噴口處噴出水的質(zhì)量為Am,則

Am=vAtSp

由能量關系

1,

75%PA/--Amv-

2

解得

v=10m/s

（2）噴口出水速度方向與水平面夾角夕=30。時，則

1,

-h=vtsin30"--gr

x=vtcos3Q°

該噴灌機的最大噴灌面積

s“=?！?/p>

解得Sm=285m2

|（2024?山東荷澤?二模）如圖，電力工人在傾角6=37。的山坡上架設電線，豎直電線桿高

h=40m,工人將拖線器（拖線器為一連接細線的重物）拋出，拖線器恰好能夠越過電線桿頂端，忽略

空氣阻力、人的身高和細線質(zhì)量，g=10m/s2o求：

（1）拖線器拋出時的最小速度大小及方向；

（2）拖線器拋出點到電線桿底部的距離；

（3）拖線器在山坡上的落點到電線桿底部的距離。

【答案】（1）16Mn/s，方向垂直斜面向上；（2）48m；（3）48m

【詳解】（1）電線桿頂端到山坡的垂直距離

%=/zcos37°

設初速度沿垂直斜面方向的分速度為七,平行斜面方向的分速度為4

%=g/i

gy=gcos37°

gx=gsin37。

聯(lián)立解得

4=25/2s

5=16爪m/s

%="；+攻

當％=。時，拋出時的速度最小

即

%=16v2m/s

方向垂直斜面向上

(2)平行斜面方向

拋出點到線桿底部的距離

4=玉+/zsin37°

代入數(shù)據(jù)解得

4=48m

(3)由對稱性可知，垂直斜面方向下落時間L與上升時間%相等，拋出點到落點距離

落點到電線桿底部的距離

d?~x—d、

代入數(shù)據(jù)解得4=48m

題型06類平拋運動規(guī)律的應用

劭觀型解篌

1、類平拋運動的處理方法與平拋運動相似，類平拋的受到的恒力不是重力，可以其它性質(zhì)的力。

2、高考這部分知識常與電學結合一起考查。

3、傳送帶上的物體受力較少，難點在于物體和傳送帶間的相對運動情況的變化會導致摩擦力的變

化，從而使得物體的運動情況變得復雜。

、必備基礎知識

1、模型特點

有些物體的運動與平拋運動很相似，也是在與初速度方向垂直的恒定外力作用下運動，其軌跡與平

拋運動相似，我們把這種運動稱為類平拋運動，這樣的運動系統(tǒng)稱作“類平拋”模型。

2、特點

受力特點：物體所受合力為恒力，且與初速度的方向垂直。

運動特點：在初速度。o方向做勻速直線運動，在合力方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度

/

a——mo

3、模型中的木板長度

當滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，并且滑塊和木板同向運動，則滑塊的位移和木板的位

移之差等于木板的長度。

當滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，并且滑塊和木板反向運動，則滑塊的位移和木板的位移之

和等于木板的長度。

二、解題模板

1、解題思路

根據(jù)牛頓第二對進行運動明礁位移關系

定律分布求出分析，郵恰當aZiMg^.

兩者的力睡度的運動學公式列方程求解

2、注意問題

類平拋運動與平拋運動的區(qū)別在于是否合外力為重力，求解類平拋運動時要準確分析物體所受的合

外力。

求解時要根據(jù)物體受力特點和運動特點判.斷該問題是否屬于類平拋運動問題。

3、解題方法

①常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向（即沿合力方向）

的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。

②特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?，將加速度分解為ax、ay,初速度

vo分解為以、%然后分別在x、y方向列方程求解。

在具體的物理情景中，常把復雜的曲線運動，分解成幾個簡單的直線運動來處理。用類似平拋運動

的解決方法解決問題，例如帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動等。

◎一極運用