图5
解析：本题如果用常规的“分解运动法”比较麻烦，如果我们换
一个角度，即从运动轨迹入手进行思考和分析，问题的求解会很容易，
如图 5 所示，物体从 A、B 两点抛出后的运动的轨迹都是顶点在 y 轴
上的抛物线，即可设 A、B 两方程分别为
y ax2 bx c ， y ax2 bx c
则把顶点坐标 A（0，H）、B（0，2H）、E（2 s ，0）、F（ s ，0）
图1
解析：在竖直方向上，摩托车越过壕沟经历的时间
在水平方向上，摩托车能越过壕沟的速度至少为
2. 从分解速度的角度进行解题 对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的速度方
向，则我们常常是“从分解速度”的角度来研究问题。 [例 2] 如图 2 甲所示，以 9.8m/s 的初速度水平抛出的物体，飞行一 段时间后，垂直地撞在倾角 为 30的斜面上。可知物体完成这段飞行 的时间是（ ）
平抛运动常见题型及应用专题
（一）平抛运动的基础知识
1. 定义：水平抛出的物体只在重力作用下的运动。
2. 特点：
（1）平抛运动是一个同时经历水平方向的匀速直线运动和竖直方
向的自由落体运动的合运动。
（2）平抛运动的轨迹是一条抛物线，其一般表达式为
y ax2 bx c 。
（3）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，加速度 a g 恒定，
图4 解析：A 与 B、B 与 C 的水平距离相等，且平抛运动的水平方向是 匀速直线运动，可设 A 到 B、B 到 C 的时间为 T，则 又竖直方向是自由落体运动， 则 代入已知量，联立可得 5. 从平抛运动的轨迹入手求解问题 [例 6] 从高为 H 的 A 点平抛一物体，其水平射程为 2s ，在 A 点正上 方高为 2H 的 B 点，向同一方向平抛另一物体，其水平射程为 s 。两物 体轨迹在同一竖直平面内且都恰好从同一屏的顶端擦过，求屏的高 度。
A. 3 s
3
B. 2 3 s
3
C. 3s
D. 2s
图2
解析：先将物体的末速度 vt 分解为水平分速度 vx 和竖直分速度 v y
（如图 2 乙所示）。根据平抛运动的分解可知物体水平方向的初速度
是始终不变的，所以 vx v0 ；又因为 vt 与斜面垂直、v y 与水平面垂直， 所以 vt 与 v y 间的夹角等于斜面的倾角 。再根据平抛运动的分解可知 物体在竖直方向做自由落体运动，那么我们根据 v y gt 就可以求出时
分别代入可得方程组 这个方程组的解的纵坐标 y 6 H ，即为屏的高。
7
6. 灵活分解求解平抛运动的最值问题
[例 7] 如图 6 所示，在倾角为 的斜面上以速度 v0 水平抛出一小球， 该斜面足够长，则从抛出开始计时，经过多长时间小球离开斜面的距
离的达到最大，最大距离为多少？
图6
解析：将平抛运动分解为沿斜面向下和垂直斜面向上的分运动，
vy 2v0
，vy
2v0 tan
所以 Q 点的速度
[例 4] 如图 3 所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度 v0 同 时水平向左与水平向右抛出两个小球 A 和 B，两侧斜坡的倾角分别为
37和 53，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则 A 和 B 两小球的
运动时间之比为多少？
图3
解析：37和 53 都是物体落在斜面上后，位移与水平方向的夹角，
当 vy 0 时，小球在 y 轴上运动到最高点，即小球离开斜面的距离
达到最大。
由①式可得小球离开斜面的最大距离 当 vy 0 时，小球在 y 轴上运动到最高点，它所用的时间就是小球 从抛出运动到离开斜面最大距离的时间。由②式可得小球运动的时间
为 t v0 tan
g
7. 利用平抛运动的推论求解
2g
即质点距斜面的最远距离为 v02 tan sin
2g
图 12
推论 4：平抛运动的物体经时间 t 后，其速度 vt 与水平方向的夹角 为 ，位移 s 与水平方向的夹角为 ，则有 tan 2 tan
证明：如图 13，设平抛运动的初速度为 v0 ，经时间t 后到达 A 点 的水平位移为 x 、速度为 vt ，如图所示，根据平抛运动规律和几何关 系：
2
该式表明平抛运动的末速度的反向延长线交平抛运动水平位移的
中点。
图 10
[例 10] 如图 11 所示，与水平面的夹角为 的直角三角形木块固定在 地面上，有一质点以初速度 v0 从三角形木块的顶点上水平抛出，求在 运动过程中该质点距斜面的最远距离。
图 11
解析：当质点做平抛运动的末速度方向平行于斜面时，质点距斜
小球，经过时间t ，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的
距离为l ，若抛出时初速度增大到两倍，则抛出点与落地点之间的距 离为 3l 。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为 R，万有 引力常数为 G，求该星球的质量 M。
解析：设第一次抛出小球，小球的水平位移为 x ，竖直位移为 h ， 如图 8 所示，构建位移矢量直角三角形有
解析：设物体由抛出点 P 运动到斜面上的 Q 点的位移是l ，所用时
间为 t ，则由“分解位移法”可得，竖直方向上的位移为 h l sin ；
水平方向上的位移为 s l cos 。
又根据运动学的规律可得
竖直方向上 h
1 2
gt 2 ， vy
gt
水平方向上 s v0t
则 tan
h s
1 gt 2 2 v0t
若抛出时初速度增大到 2 倍，重新构建位移矢量直角三角形，如
图 9 所示有，
由以上两式得 h l
3
令星球上重力加速度为 g ，由平抛运动的规律得 h 1 gt2
2
由万有引力定律与牛顿第二定律得 GMm mg
R2
由以上各式解得 M
2 3lR 2 3Gt 2
推论 3：平抛运动的末速度的反向延长线交平抛运动水平位移的
虽然分运动比较复杂一些，但易将物体离斜面距离达到最大的物理本
质凸显出来。
取沿斜面向下为 x 轴的正方向，垂直斜面向上为 y 轴的正方向，如
图 6 所示，在 y 轴上，小球做初速度为 v0 sin 、加速度为 g cos 的匀 变速直线运动，所以有
v
2 y
(v0
sin )2
2gy cos
①
vy v0 sin g cost ②
面的距离最远，此时末速度的方向与初速度方向成 角。如图 12 所
示，图中 A 为末速度的反向延长线与水平位移的交点，AB 即为所求
的最远距离。根据平抛运动规律有
vy
gt
，
x
v0t
和
vy v0
tan
由上述推论 3 知OA x
2
据图 9 中几何关系得 AB AO sin
由以上各式解得 AB v02 tan sin
在速度三角形中 tan vy gt
v0 v0
在位移三角形中 tan y gt 2 gt
x 2v0t 2v0
由上面两式可得 tan 2 tan 图 13
[例 11] 一质量为 m 的小物体从倾角为30 的斜面顶点 A 水平抛出，落 在斜面上 B 点，若物体到达 B 点时的动能为 35J，试求小物体抛出时 的初动能为多大？（不计运动过程中的空气阻力）
图 14 解析：由题意作出图 14，根据推论 4 可得
tan 2 tan 2 tan30 ，所以 tan 2 3
3
由三角知识可得 cos 3
21
又因为 vt
v0 c os
所以初动能 EkA
1 2
mv02
9 21
EkB
15J
[例 12] 如图 15 所示，从倾角为 斜面足够长的顶点 A，先后将同一
中点。
证明：设平抛运动的初速度为 v0 ，经时间 t 后的水平位移为 x ，如 图 10 所示，D 为末速度反向延长线与水平分位移的交点。根据平抛
运动规律有
水平方向位移 x v0t
竖直方向 vy
gt
和y
1 2
gt 2
由图可知， ABC与 ADE相似，则 v0 DE
vy y
联立以上各式可得 DE x
小球以不同的初速度水平向右抛出，第一次初速度为 v1 ，球落到斜面 上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为1 ，第二次初速度 v2 ，球落在 斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为 2 ，若 v2 v1 ，试比较1 和 2 的大小。
图 15
解析：根据上述关系式结合图中的几何关系可得
所以 arctan(2 tan ) 此式表明 仅与 有关，而与初速度无关，因此1 2 ，即以不同 初速度平抛的物体落在斜面上各点的速度方向是互相平行的。 推论 5：平抛运动的物体经时间 t 后，位移 s 与水平方向的夹角为 ，则此时的动能与初动能的关系为 Ekt Ek0 (1 4 tan2 ) 证明：设质量为 m 的小球以 v0 的水平初速度从 A 点抛出，经时间 t 到达 B 点，其速度 vt 与水平方向的夹角为 ，根据平抛运动规律可作 出位移和速度的合成图，如图 16 所示。
所以竖直方向上在相等的时间内相邻的位移的高度之比为
s1 : s2 : s3 1: 3 : 5 …竖直方向上在相等的时间内相邻的位移之差是一个 恒量 sIII sII sII sI gT 2 。
（4）在同一时刻，平抛运动的速度（与水平方向之间的夹角为 ）
方向和位移方向（与水平方向之间的夹角是 ）是不相同的，其关系 式 tan 2 tan（即任意一点的速度延长线必交于此时物体位移的水平
间 t 了。则
所以 vy
vx tan
v0 9.8 m / s 9.8 tan 30 1
3m / s
3
根据平抛运动竖直方向是自由落体运动可以写出
所以 t vy 9.8 3 3s