2022年高考物理總復習難點：拋體運動的規(guī)律研究

1、拋體運動的規(guī)律研究拋體中的萬現(xiàn)象一. 從拋物線的幾何性質看拋體運動的射程問題在水平地面某處，以相同的速率Vo用不同的拋射角拋射小球， 求當拋射角為何值時，它的射程最大，最大射程是多少？不考慮 空氣阻力。大炮在山腳下對著傾角為 的山坡發(fā)射炮彈，炮彈初速度大小為V。，要在山坡上達到盡可能遠的射程，則大炮的瞄準角為多少？ 最遠的射程為多少？不考慮空氣阻力。在擲鉛球時，鉛球出手時距地面的高度為 h,若出手時的速度大小為V。，求以何角度擲球時，水平射程最遠？最遠射程是多少？ 不考慮空氣阻力。解答與分析2第一個問題當拋射角為45。時射程最大，最大射程是 比g第二個問題分別將vo，g按沿斜面方向和垂直斜面方

2、向正交分解得，當V。方向沿斜面和豎直線夾角的角平分線時，即拋射角為一時，射程最大，最大射程為 止心上 TOC o 1-5 h z 4 2g cos第三個問題做鉛球的速度矢量如圖1所示,得 11 Cvovt sin()gtv0 cos gx22其中V。為初速度，Vt為末速度（其值為 & 2gh）,分別為初、末速度與豎直方向的夾角，g為重力加速度，t為運動時間，x為水平射 程。由上式可知，當-時，x取最大值，最大射程為 2gh,此2g時拋射角為arctanV0v2 2gh1、2、其主軸，在圖2中,法線AQ平分角MAB，且AM、AB與切線三個問題歸納為一個問題拋物線上任意一點到焦點的距離與其到準線的

3、距離相等，即在圖2中，線段AM AN由拋物線的焦點發(fā)出的光，經(jīng)其表面反射后，反射光線平行于AP所成的角也相等。在問題3中，建立如圖3所示的坐標系，則拋體運動的參數(shù)方程為x v0t cosy Votsin* yx1gt22 y y圖2圖3消去t得到物體運動的軌跡方程yg 222x xtan2v0 cos2以上為一簇經(jīng)過O的拋物線，其焦點坐標為（”sin2 ,2g2曳cos2 ),準2g線方程為y2迎O2g物線共專5條準線，則 OCi=OP, AiCi=AiMi, OC2=OP, A2c2=A2M2,且 OC1 +h n可以看出，雖然拋射角 不同時，不同拋物線的焦點坐標不同，但所 有的拋物線有著相

4、同的準線，對于上述所有拋射角度的拋物線而言, 拋出點和落地點到準線的距離分別為一定值。 在圖4中，由于兩條拋M2 Mi VAOC2+A2c2哼 h,其中O為拋出點，Ai, A2分別為為 刷碗做FTx Ci, C2分別為兩條拋物線對應的焦點?，F(xiàn)在來研究焦點為C2的這條拋物線，分別過拋出點 O和落地點A2做拋物線的切線，兩切線相交于 Q點，連接OA2,如圖5所示。設OQ與OC2夾角為，由拋物線的性質得，OQ與豎直線（拋物線 的主軸方向）夾角也為，從而OC2與豎直線夾角為2 ,同理，A2c22與豎直線夾角為2。在AOC2A2中，有OC2 AC2 OA2,即比h OA2 ,g易知2 2（此時O,C3,

5、A三點共線，如圖6所示），即當 /2時（OQ與圖5圖6A3A垂直時），OA3取到最大值納h,此時也達到了最大水平射 g程，其值為昏h）2 h2 ON 2gh ,gg而此時OQ與A3Q垂直，即初、末速度相互垂直（軌跡的切線方向）， 問題在1是上面問題的特解，規(guī)律自然相同。問題2可以看成上面問 題的逆過程，如圖6所示，將A3看做拋出點，O點看做落地點，則 當斜面傾角為 時，最大射程即為圖中的OA3的連線長度，即問題2 與問題3在本質上也為同一類問題。從圖6結合性質2還可以很容易 看出,為何在向上坡拋物體時，當Vo方向（即A3Q方向）沿斜面和豎 直線夾角的角平分線時，射程最大。例1沿斜面上升方向拋物

6、體如圖1所示，用初速度vo在傾角為 的斜面上某一處沿斜面上升方向拋物體，拋射角為（拋射方向與斜面間的夾角），物體沿兩方向程為x v0cos()t1, 2y vosin()t-gt2式（1）、y xtan(聯(lián)立消去2gxt ,得物體運動的軌道方程，2v0 cos2()y xtan(4)直線OA的方程為A點是拋物線和直線的交點，其坐標值可由式（3）、（4）聯(lián)立解出:xtan xtan(2gx22T2vocos (22,、所以tan( )tan2(5)利用式（4）、（5）可以聯(lián)立解出射程22v0 1 tang cossin(2)sin 一 ， 450 最佳拋射葡5 2(6)最大射程用 1g 1 si

7、n這種拋射，拋體所受合力即為重力，方向豎直向下.如果我們將拋射點和落地點所在的平面叫做拋射面，在圖中，要讓拋射面與拋體所受合力方向垂直，需將拋射面順時針轉 角，這個角正好就是式（6）中的 角.亦即，當拋射面在垂直于質點所受合力方向上逆時針轉角時，最佳拋射角在450的基礎上減小2角.例2沿斜面下降方向拋物體如圖2所示，若用初速度vo在傾角為 的斜面上某一處沿斜面下降方向拋物體，拋射角為 （拋射方向與斜面間的夾角），物體沿兩方向的運程為 TOC o 1-5 h z x vocos( )t(8). ,、12y vosin()t gt2式(8)、(9)聯(lián)%X省去t ,y x tan( ) -22voc

8、os ()得寓運動的軌道方程(11)y x tan直線OA的方程為A點是拋物線和直線的交點，其坐標值可由式（10）、（11）聯(lián)立 TOC o 1-5 h z 2 ,、 gxx tanxtan（） 2-j2vocos （）22解 x tan（ ） tan *c0一） 出： g所以經(jīng)計算，物體沿斜邊的射程為s v2 1 tan2 sin(2g cos最佳拋射角力5 2)sin (12)最大射程)說一g 1 sin(13)2 V。s 2(1 sing cos這種拋射，拋體所受合力也為重力，方向豎直向下 .在圖2中， 要讓拋射面與拋體所受合力方向垂直，需將拋射面逆時針轉角，這個角正好就是式（12）中的

9、角.亦即，當拋射面在垂直于質點所受 合力方向上順時針轉 角時，最佳拋射角在45。的基礎上增加,角. 例3在水平面上“順場拋射”物體如圖3所示，在豎直平面內存在水平向右的勻強電場， 有一帶正 電小球自坐標原點。以拋射角 拋出，不計空氣阻力.y小球拋出后，受重力和電場力兩個力的作用，運動規(guī)律為12(14)(15)x V0COS t - at1小2y v0sin t - gta為小球沿水平方向向右的加速度.將式（14）兩邊乘以g,式（15）兩邊乘以a,再相加，求出t:gx ayV0 (g cosa sin )(16)將式（14）兩邊乘以sin，式（15）兩邊乘以cos ,再相減，求出t2:(17)t

10、2 2(xsin ycos ) gcos asin結合式(16)、(17)兩式得22(xsin ycos ) (gx ay) TOC o 1-5 h z 272g cos asin v0(g cos a sin )整理該式得ycos ）（18）“順場拋射”時的運動軌道方程22(gx ay)2v0(gcosasin )(xsin式(18)就是復合場內帶電小球作在式(18)中，若令y=0得22,、g x 2V0(gcosasin )sin進一步整理,2 TOC o 1-5 h z v。a2x一(sin 22sin )gg2v。aa(sin 2cos2ggg8 中其顯然，學2F9。atx最大，即“順

11、場拋射”的最大射程Xmax ( 12-)(19)g . g g0(20)45 -2“順場疑寸”的最佳拋射角 arccos2 a 其中 1 g2(21)這種拋射，拋體所受的力為重力與電場力的合力，方向朝右下方,與豎直方向的夾角為1,要讓拋射面與合力方向垂直，需將拋射面逆時arccos arctan(a/ g)1 g2針轉角，這個角正好就是式(20)中的角.亦即，當拋射面在垂直于質點所受合力方向上順時針轉角時，最佳拋射角在45。的基礎上增加一角.2例4在水平面上“逆場拋射”物體若在豎直平面內存在水平向左的勻強電場， 將帶正電的小球自坐標原點0以拋射角 拋出，不計空氣阻力，小球拋出后，受重力和電場

12、力兩個力的作用，運動規(guī)律為,(22)(23)(24)x v0cos t 1at 22,1, 2y v0 sin t gt用同樣的方法可以求得,2(gx ay)2v0(g cosa sin )(xsin ycos )式（24）就是復合場內帶電小球作“逆場拋射”時的運動軌道方程在式(24)中，若令y=0得 TOC o 1-5 h z 22, 、 g x 2V0( g cos asin )sin進一步整理,22v0a.ax 1 2 slm2)g - gg1 cos 其 / M中g顯然，當2900時x最大，即“逆場拋射”的最大射程xmax“逆場拋射”的最佳拋射角arccos?1 a1 g2(27)其中

13、這種拋射，拋體所受的力為重力與電場力的合力，方向朝左下 方，與豎直方向的夾角為1,要讓拋射面與合力方向垂直，需將拋射面順時arccos arctan(a/ g)11 g2針轉角，這個角正 好就是式(26)中的 角.亦即，當拋射面在垂直于質點所受合力方向 上逆時針轉 角時，最佳拋射角在450的基礎上減小萬角.小結:.當拋體所受合力方向發(fā)生變化時，最佳拋射角也跟著變化.物體僅 受重力作用在水平面上拋射時，重力方向與拋射面垂直，最佳拋射角 為450.相對于拋射面而言，當物體所受合力方向沿著拋體前進一方與豎直方向偏離 角時，最佳拋射角在450的基礎上增加一角；當物體所2受合力方向沿著拋體前進的反方向與

14、豎直方向偏離角時，最佳拋射 角在450的基礎上減小2角。.以上問題可轉化為一簇有著相同約束的拋物線上求解兩點之間距 離的最大值問題，其本質上為同一個問題，即當初、末速度互相垂直 時，拋點、落點、焦點三點共線，此時的射程最大，最大射程為拋點 和落點到準線的距離之和。第二節(jié)：拋體運動的規(guī)律研究-拋體中的1與1現(xiàn)象23. 拋體運動中的幾個1現(xiàn)象2平拋的拋物線在某一點位移方向和末速度方向分別與初速度方向的夾角的正切值為1。2若在某一段時間內水平豎直兩個分位移相等，則水平初速度與豎直速度之比為1。2若在某一時刻水平速度與豎直速度大小相等，則豎直分位移與水平分位移之比為1。2在地面上任意一點沿任意方向拋出

15、一點物體，若物體到達某一平面的時間為ti ,則當物體距離這個平面最遠的時間為t2 , 則包工ti 2物體由某一點平拋一個物體，某一時刻速度方向與位移方向夾角正弦值的最大值為13.相關證明過程（性質1、2、3略去）.性質4的證明過程如下如下圖所示，以某一初速度v。在斜面上A點以與斜面成 的方向斜拋一個物體，最終物體落在傾角為 的斜面上B點，設物體運動的總時間為t,則有運動的合成與分解知識可得Voti sin(900)聯(lián)立以上式子可求得t1型sng cos再把物體的運動沿斜面和垂直斜面進行分解，當物體離斜面最遠時速度與斜面平行，得vosingcos t2 0,求得t2” J （注明：這里的斜面可以

16、任意傾g cos角的，且運動過程也具有可逆性）.性質5的證明過程如下：方法一：（不等式法）設某一時刻瞬時速度與水平方向的夾角為，位移與水平方向的夾角為，則速與位移的夾角為，根據(jù)性 質1可知tan 2tan ,則有tanZ2-1 2tan 2tan11 tantan tantan tan( )1 tan tan由不等式的性質可知最大值為 方法二：（數(shù)形結合法） 如下圖8所示，設小球從O點平拋在某一段時間內物體由 O點運動到A點，由中點弦性質可知，速度方向反向延長線過OB的點，002=02。1,以OO1為直徑再做一個輔助圓，當 CA與圓02相切時，有最大值sin 3（物理通報2015年第12期P2

17、8）COB .A圖8例1拋體過矩形障礙物的工現(xiàn)象2如下圖所示，一個矩形障礙物的大小如下，長為 40m,高為20m,為了使物體在障礙物左邊地面上某一點以某一初伊斜拋一個物體，v0恰好掠過障礙物，求拋出點的伸普和所速序的大小與方向20 o 20圖例1圖解析：設最高點到地面的距離為h,最高點的速度為V。，落地速度 為v,則由機械能守恒定律可知v為2 2gh由拋物線的知識可知，物體運動的拋物線方程為 y hg,拋 2y2物線過障礙物則有20 h 1g”2 Vo聯(lián)立以上式子得v V 2g （20 -1g箋）1400 v0吧1,2 V0V0由不等式的性質可知當v0 1072m/s時，v有最小值ZO疙m/s

18、此時拋射解恰好為60 ,拋射點到障礙物左邊的距離為20（73 1）m,v。1Ov 2例2包絡面中的工現(xiàn)象2在水平地面以某一初速率沿不同方向拋一個物體， 求所形成的包絡面 的形狀 解析：設g 10m/s2,v0 10m/s ,當拋角不同時的運動軌跡如下圖所不通過分析可以看出來，這些彈道的包絡面是一個拋物線，最高點是 TOC o 1-5 h z 22.h也，水平射程x v。，其中最高點與最遠距離之比為1,則有拋物2gg222線方程y旦1g在這條拋物線的右邊都是打不到的區(qū)域！2g 2 vo方法1（包絡線定律法）F(x, y. ) xtan()設2gxT222v0 cos由第二方程可得tan世，代入原

19、方程消去得y gxv21 x2g-2g 2y voF(x,y, ) 0前面形象地給出了包絡的概念，下面我們給出包絡的一個數(shù)學定義對于曲線系M : F(x,y,t) 0(t為參數(shù))，如果存在一曲線S,使S與曲線系M中的每一曲線相切于點P (切于一點或幾點)，且 S(x,y)|全部切點P ,我們稱曲線S為曲線系M的包絡.記關于t的函數(shù)F(x, y,t)的導數(shù)為Ft(x, y, t).由包絡定義，包絡存在時，曲線系 M ： F(x,y,t) 0(t為參數(shù))的 包絡曲線S上的每一點(x,y)都屬于曲線系，滿足F(x,y,t) 0;在點(x,y)中的x的y可表示成x (t), y (t),由此對t的全微

20、分和包絡與曲線F(x,y,t) 0相切時的切線方程相同，可得Ft (x,y,t) 0.因此，包絡上的每一點滿足:F(x,y,t) 0,Ft (x,y,t) 0.Q)如果包絡存在，則消去(1) (2)中的參數(shù)t就可求到包絡所滿足的方程 G(x, y) 0.值得注意的是，方程G(x,y)0可能就是包絡的方程，也可能不是.當G(x,y) 0可分解為兩個或更多的曲線方程時，甚至一部分是包絡的方 程而另一部分不是包絡的方程，因為x (t),y (t)是否有實數(shù)解決定 了 G(x,y) 0中x,y的取值范圍，因此求得方程G(x,y) 0后應進行適當?shù)尿炞C.方法二（判別式法）可以將原方程整理為 gx2mv0

21、 mgR(1 cos ) tan22v2xtan(2v：y gx2) 0這是一個關于tan的一元二次方程，tan有唯一解則& 0,化簡得2V01x2g -92g 2y V0思考題:1.圖中是一個半徑為2R的四分之一軌道與半徑為R的半圓形軌道相切，大致情景是一個小球從四分之一圓軌道的起點由靜止釋放，不計摩擦，不計空氣阻力。求小球砸在軌道上的位置。（取小球脫離軌道位置為坐標原點建立坐標系）聯(lián)立可得cos 2/3,v03gR解析：設脫離時半徑與豎直方向上的夾角為，則有2V0 mg cos m 一以斜拋點坐標原點建立平面直角坐標系，質點做斜拋運動設經(jīng)過時間t落在圓面上，則1, 2x v0cos( )t

22、,y V0Sin( )t -gt 2_2_2_2(Rsin x) (Rcos y) R解方程得解得xf蟹。9 g.在一個半圓形坑的左端點平拋一個物體，已知物體能落在坑中，則關于物體的初速度與末速度的大小變化量的關系，下列說法中正確 的是（D ）A下落距離越大變化量越大B下落距離越大變化量越小C下落距離越小變化量越大D隨著初速度的增大這個變化量先增大后減小.上題中若是小球做斜拋運動，物體有沒有可能垂直擊中坑？需要滿足什么條件?21 x角牛析： 由 x v0cos t,y v0sin t -gt , 求得 y g丁 xtan2 V2 cos11112人a g-g(1 tan )112.v 2 v0

23、 cos 2 v0，侶 a g 2 (1 b ) Vo b tan圓的方程是：(x R)2y2 R2 ,設落點 P(R Rcos,Rsin點P的拋物線y ax2bx上，RsinaR2(1 cos )2bR(1cos )速度垂直圓周f(Xp)kAP ,即 2aR(1 costan由上面的的方程可得tana 2R(1 cos ),btancos1 cos由于vgR a2 ,1 b2lg 4代入得2y vtanRtan2 (cos1)2 (1 cos )2 V0令g()Rtan2由軟件算得，當(cos32tan行(1 cos )2時，g()0.604R當 11g 4R2 Vo甯時,上式無解,V。小球

24、不可能垂直擊中碗面;當v0I俄時，速度有兩個解代人后，可解得a,b ,最后由btan求得O例3飛機投彈問題如圖1所示，斜面上a、小球從a點正上方0點拋出，做初速度為v。的 平拋運動，恰落在b點。若小球初速度變?yōu)関,其落點位于c點，則A. v。v 2v。B. v 2v。C. 2v。v 3v。D. v 3v。解析：此題的參考答案為A （具體分析過程略），筆者認為這個答案不準確，初速度的大小范圍應為揚。v方法2v。，具體分析過程文白fv。一如圖2所示，設小球第一平拋運動的下落的高度為為x。圖2a :其中a點以下的高度為y。，運動時間為t由運動學公式得 TOC o 1-5 h z ,1 ,2yi h

25、y。2 gtiy2，設小球第二平拋運動的水平位移為2x。，下落的高度為 其中a點以下的高度為2y。，運動時間為t2,由運動學公式得,-12y h 2y。-gt2可解得 t -hg2%,2hg4y。由于v。包，所以x。v%叵互，第二次平拋初速度v紅，代ti. gt2入時間后得v 2v0, : 2y。y。h 2yo1hyo因為1 Q （容i）,所以島1 y0方法二如圖3所示，設小球斜面的傾角為據(jù)運動學知識得1gt2 htan v0t整理后得 gt2 2v0 tan t 2h 0方程的解為t v0tan 11 一2gh 2g 1,（V0 tan ）小球有斜面方向上的位移s 旦 也cos gcv 2V0,平拋運動的時間為t,則根圖31 1 (v02agnh)2設小球第二次平