第五章 抛体运动 调整斜槽使其底端切线沿水平方向。 g (3)为了保证小球每次做平抛运动的轨迹一致，要求 (4)由于x=wt,y=2gt,故初速度=x√ 它的初速度相同，故每次都让小球从斜槽的同一高度处无 根据图乙给出的数据，可计算出。=l.6m/s。 初速度滚下。 课后训练提升 1.在研究平抛运动的实验中，为了求平抛物体的初速度，需 C.应改变装置的高度，多次实验 直接测量的数据有() D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动 ①小球开始滚下的高度 答案BC ②小球在空中飞行的时间 解析物体做自由落体运动的运动情况与物体的质量无 ③运动轨迹上某点P的水平坐标 关，两球质量没有必要相等，选项A错误：改变装置的高 ④运动轨迹上某点P的竖直坐标 度，且每次都同时落地，才能说明A球在竖直方向做自由 A.①② B.②③ C.③④ D.①④ 落体运动，选项B,C正确；本实验不能说明A球在水平方 答案C 向上做匀速直线运动，选项D错误。 解析由平抛运动规律，竖直方向y= 1 趾2，水平方向 4.如图甲所示，有人对利用频闪照相研究平抛运动规律的装 置进行了改进，在装置两侧都装上完全相同的斜槽A、B, x=ot,因此=工√2 ,可见只要测得轨迹上某点P 但位置有一定高度差，白色与黑色的两个相同的小球都从 斜槽某位置由静止开始释放。实验后对照片做一定处理 的水平坐标x和竖直坐标y,就可求出初速度o,选项C 并建立直角坐标系，得到如图乙所示的部分小球位置示意 正确。 图。(g取10m/s2) 2.(多选)探究平抛物体的运动规律实验的装置如图所示，在 实验前( 1.00xm 1 1.00 w/m 甲 A.应将斜槽的末端切线调成水平 B.应将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落 (1)观察改进后的实验装置可以发现，斜槽末端都接有一 的竖直平面平行 小段水平槽，这样做的目的是 C.斜槽的末端没有必要保持水平 D.应测出平抛小球的质量 (2)根据图乙所示的部分小球位置示意图，下列说法正确 答案AB 的是 解析实验时要使小球水平抛出，靠近竖直木板但不能与 A.闪光间隔为0.1s B.白色小球抛出点坐标(0,0) 木板接触，在木板上记下小球各个时刻的位置，为此，斜槽 C.黑色小球抛出点坐标(0.95,0.50》 的末端必须水平，木板竖直且与小球下落方向的竖直平面 D.两小球做平抛运动的水平速度大小不等 平行，实验中对小球的质量没有要求，选项A、B正确。 3.(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落 答案(1)保证小球抛出时的速度沿水平方向(2)AB 体运动，用如图所示的装置进行实验。小锤击打弹性金属 解析(1)观察玫进后的实验装置可以发现，斜槽末端都 片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落。关于该 接有一小段水平槽，这样做的目的是保证小球抛出时的速 实验，下列说法正确的有( 度沿水平方向。(2)由题图乙可知，坐标系每格边长为 l=0.05m,对白色小球，根据△y=2l=gT2,得闪光的周 期为T=g =0.1s,故选项A正确。白色小球在横坐 4 标为0.15m处时，在竖直方向上的分速度为0，=2示= Q 1m/s,从抛出点到该位置运动的时间为1==0.1s,等 A.两球的质量一定要相等 B.两球应同时落地 于闪光的周期，所以白色小球的抛出点坐标为(0,0)，故选 21
第五章 抛体运动 调整斜槽使其底端切线沿水平方向。 (3)为了保证小球每次做平抛运动的轨迹一致,要求 它的初速度相同,故每次都让小球从斜槽的同一高度处无 初速度滚下。 (4)由于x=v0t,y= 1 2 gt2,故初速度v0=x g 2y , 根据图乙给出的数据,可计算出v0=1.6m/s。 课后·训练提升 1.在研究平抛运动的实验中,为了求平抛物体的初速度,需 直接测量的数据有( ) ①小球开始滚下的高度 ②小球在空中飞行的时间 ③运动轨迹上某点P 的水平坐标 ④运动轨迹上某点P 的竖直坐标 A.①② B.②③ C.③④ D.①④ 答案 C 解析 由平抛运动规律,竖直方向y= 1 2 gt2,水平方向 x=v0t,因此v0=x g 2y ,可见只要测得轨迹上某点P 的水平坐标x 和竖直坐标y,就可求出初速度v0,选项C 正确。 2.(多选)探究平抛物体的运动规律实验的装置如图所示,在 实验前( ) A.应将斜槽的末端切线调成水平 B.应将木板校准到竖直方向,并使木板平面与小球下落 的竖直平面平行 C.斜槽的末端没有必要保持水平 D.应测出平抛小球的质量 答案 AB 解析 实验时要使小球水平抛出,靠近竖直木板但不能与 木板接触,在木板上记下小球各个时刻的位置,为此,斜槽 的末端必须水平,木板竖直且与小球下落方向的竖直平面 平行,实验中对小球的质量没有要求,选项 A、B正确。 3.(多选)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落 体运动,用如图所示的装置进行实验。小锤击打弹性金属 片,A球水平抛出,同时 B球被松开,自由下落。关于该 实验,下列说法正确的有( ) A.两球的质量一定要相等 B.两球应同时落地 C.应改变装置的高度,多次实验 D.实验也能说明 A球在水平方向上做匀速直线运动 答案 BC 解析 物体做自由落体运动的运动情况与物体的质量无 关,两球质量没有必要相等,选项 A 错误;改变装置的高 度,且每次都同时落地,才能说明 A球在竖直方向做自由 落体运动,选项B、C正确;本实验不能说明 A球在水平方 向上做匀速直线运动,选项D错误。 4.如图甲所示,有人对利用频闪照相研究平抛运动规律的装 置进行了改进,在装置两侧都装上完全相同的斜槽 A、B, 但位置有一定高度差,白色与黑色的两个相同的小球都从 斜槽某位置由静止开始释放。实验后对照片做一定处理 并建立直角坐标系,得到如图乙所示的部分小球位置示意 图。(g 取10m/s2) (1)观察改进后的实验装置可以发现,斜槽末端都接有一 小段水平槽,这样做的目的是 。 (2)根据图乙所示的部分小球位置示意图,下列说法正确 的是 。 A.闪光间隔为0.1s B.白色小球抛出点坐标(0,0) C.黑色小球抛出点坐标(0.95,0.50) D.两小球做平抛运动的水平速度大小不等 答案 (1)保证小球抛出时的速度沿水平方向 (2)AB 解析 (1)观察改进后的实验装置可以发现,斜槽末端都 接有一小段水平槽,这样做的目的是保证小球抛出时的速 度沿水平方向。(2)由题图乙可知,坐标系每格边长为 l=0.05m,对白色小球,根据Δy=2l=gT2,得闪光的周 期为T= 2l g =0.1s,故选项 A正确。白色小球在横坐 标为0.15m处时,在竖直方向上的分速度为vy= 4l 2T = 1m/s,从抛出点到该位置运动的时间为t= vy g =0.1s,等 于闪光的周期,所以白色小球的抛出点坐标为(0,0),故选 21
物理 必修 第二册 配人教版 项B正确。黑色小球在横坐标为0.80m处时，在竖直方 向上的分选底为一器=1.5：时运行的时间为 025m,竖直位移为y=7g=号×10x0.15m 1 0.1125m,所以黑色小球抛出点的坐标为(1.025， 4/=2=0.15s,水平分速度为0-0.m/s=1.5m/s, 0.15 0.4875),故选项C错误。两球在水平方向上相等时间间 g 隔内的位移相等，则初速度相等，故选项D错误。 则此时黑色小球的水平位移为x=vot'=1.5×0.15m= 4 抛体运动的规律 素养·目标定位 目标素养 知识概览 定义 1知道平抛运动的条件和受力特点，培养应用运动的合成 研究方法“化曲为直” 与分解分析平抛运动的科学思维。 2.理解平抛运动规律，会确定平抛运动的速度和位移，知道 速度=g,=0 平抛运动的轨迹是一条抛物线。 规律 3.能利用运动的合成与分解的方法分析一般的抛体运动。 位移y=g2x=ow 一般的抛体运动→斜抱 课前·基础认知 一、平抛运动的受力特征和运动特征 提示由于竖直分运动是自由落体运动，所以还有 4 1.物体做平抛运动的条件。 ,=√2gh。 (1)初速度方向水平。 三、平抛运动的位移与轨迹 (2)只受重力作用。 两个条件必须同时具备。 将物体以初速度水平抛出，经时间t物体的位移为： 2.特点。 1.水平方向：x=ot。 (1)水平方向上：不受力，有初速度，做匀速直线运动。 2.竖直方向：y= 1 (2)竖直方向上：只受重力，无初速度，做自由落体运动。 3.运动性质。 3.物体的轨迹方程为y= 平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动。 2,它的图像是一条 ·微思考在羽毛球比赛中，水平击出的羽毛球在空 抛物线。 中的运动是平抛运动吗？ 微判断1.平抛运动合位移的方向与合速度的方向 提示羽毛球在空中运动时除受重力外，所受空气阻力 一致。 () 不能忽略，故不是平抛运动。 2.平抛运动合位移的大小等于物体运动的路程。() 二、平抛运动的速度 3.平抛运动中，初速度越大，落地时间越长。() 将物体以初速度。水平抛出，由于物体只受重力作用，t 答案1.×2.×3.× 时刻的速度为： ·徽训练1.做平抛运动的物体，落地过程在水平方向 1.水平方向：=。。 通过的距离取决于() 2.竖直方向：心，=g慰。 A.物体的初始高度和所受重力 {大小：w=√a2+u,7=o2+g平 B.物体的初始高度和初速度 3.合速度方向：tan0=马=整(0为速度方向与工 C.物体所受的重力和初速度 Ur Uo D.物体所受的重力、初始高度和初速度 轴间的夹角) 答案B 微思考2平抛运动中，竖直方向的分速度v,=g, 除该公式外，还有求，的公式吗？ 解析水平方向通过的距离，=0，由A=g:得 22
物 理 必修 第二册 配人教版 项B正确。黑色小球在横坐标为0.80m处时,在竖直方 向上的分速度为vy'= 6l 2T =1.5m/s,则运行的时间为 t'= vy' g =0.15s,水平分速度为v0= 0.15 0.1 m/s=1.5m/s, 则此时黑色小球的水平位移为x=v0t'=1.5×0.15m= 0.225m,竖直位移为y= 1 2 gt'2= 1 2 ×10×0.152 m= 0.1125m,所 以 黑 色 小 球 抛 出 点 的 坐 标 为 (1.025, 0.4875),故选项C错误。两球在水平方向上相等时间间 隔内的位移相等,则初速度相等,故选项D错误。 4 抛体运动的规律 素养·目标定位 目 标 素 养 知 识 概 览 1.知道平抛运动的条件和受力特点,培养应用运动的合成 与分解分析平抛运动的科学思维。 2.理解平抛运动规律,会确定平抛运动的速度和位移,知道 平抛运动的轨迹是一条抛物线。 3.能利用运动的合成与分解的方法分析一般的抛体运动。 课前·基础认知 一、平抛运动的受力特征和运动特征 1.物体做平抛运动的条件。 (1)初速度方向 水平 。 (2)只受 重力 作用。 两个条件必须同时具备。 2.特点。 (1)水平方向上:不受力,有初速度,做 匀速直线 运动。 (2)竖直方向上:只受重力,无初速度,做 自由落体 运动。 3.运动性质。 平抛运动是加速度为 g 的 匀变速 曲线运动。 微思考 1 在羽毛球比赛中,水平击出的羽毛球在空 中的运动是平抛运动吗? 提示 羽毛球在空中运动时除受重力外,所受空气阻力 不能忽略,故不是平抛运动。 二、平抛运动的速度 将物体以初速度v0 水平抛出,由于物体只受重力作用,t 时刻的速度为: 1.水平方向:vx= v0 。 2.竖直方向:vy= gt 。 3.合速度 大小:v= vx 2+vy 2 = v0 2+g 2t2 方向:tanθ= vy vx = gt v0 (θ为速度方向与x 轴间的夹角) 微思考 2 平抛运动中,竖直方向的分速度vy=gt, 除该公式外,还有求vy 的公式吗? 提示 由于竖直分运动是自由落体运动,所以还有 vy= 2gh。 三、平抛运动的位移与轨迹 将物体以初速度v0 水平抛出,经时间t物体的位移为: 1.水平方向:x= v0t 。 2.竖直方向:y= 1 2 gt2 。 3.物体的轨迹方程为y= g 2v0 2x2 ,它的图像是一条 抛物线 。 微判断 1.平抛运动合位移的方向与合速度的方向 一致。 ( ) 2.平抛运动合位移的大小等于物体运动的路程。 ( ) 3.平抛运动中,初速度越大,落地时间越长。 ( ) 答案 1.× 2.× 3.× 微训练 1.做平抛运动的物体,落地过程在水平方向 通过的距离取决于( ) A.物体的初始高度和所受重力 B.物体的初始高度和初速度 C.物体所受的重力和初速度 D.物体所受的重力、初始高度和初速度 答案 B 解析 水平方向通过的距离s=v0t,由h= 1 2 gt2 得 22
第五章 抛体运动 2h ,=t=0√g 1,水平方向：物体做匀速直线运动，初速度v= ,故5由初始高度h和初速度0 vocos8。 共同决定，选项B正确。 2竖直方向： 2.(多选)人在距地面高h、离靶面距离L处，将质量为 物体做竖直上抛或竖直下抛运动，初速度vo,=vosin0。 m的飞镖以速度v。水平投出，落在靶心正下方，如图所示。 如图所示。 不考虑空气阻力，只改变m、h、L、o四个量中的一个，可使 飞镖投中靶心的是( 微思考3下图是一座音乐喷泉。由喷泉喷射出来 A适当减小L 的水滴的运动可以看作是斜抛运动。 B.适当减小vo C.适当减小m D.适当增大vo 答案AD 解析适当减小L和适当增大，可减小飞镖飞行的 1 (1)类似于平抛运动，可用何种方法研究斜抛运动？ 时间，根据h=乞g,可使飞镖投中靶心，故选项A,D (2)当水滴运动到最高点时其速度为零吗？ 正确。 提示(1)将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动 四、一般的抛体运动 和竖直方向的匀变速直线运动。 如果物体被抛出时的速度。不沿水平方向，而是斜向 (2)在最高点时速度不为零，速度方向沿水平方向与重 上方或斜向下方时，物体做斜抛运动（设。与水平方向夹角 力加速度方向垂直。 为0)。 课堂·重难突破 一 平抛运动的特点 4.位移变化规律。 (1)任意相等时间间隔内，水平位移相同，即△x=o△。 重难归纳 (2)连续相等的时间间隔△t内，竖直方向上的位移差相 同，即△y=g△2。 1.理想化特点。 物理上提出的平抛运动是一种理想化的模型，即把物体 ”情境体验 看成质点，抛出后只考虑重力作用，忽略空气阻力。 在匀速直线运动的火车上有一个苹果自由落下，试分析 2.匀变速特点。 在地面上看，苹果做什么运动？ 平抛运动因为只受重力，所以平抛运动的加速度恒定， 提示以地面为参考系，在水平方向上苹果与火车有相 始终等于重力加速度，故平抛运动是一种匀变速曲线运动。 同的速度，所以苹果水平方向做匀速直线运动，竖直方向做 3.速度变化的特点。 自由落体运动，合运动为平抛运动。 (1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度vo。 典例剖析 (多选)关于平抛物体的运动，以下说法正确的是( A.做平抛运动的物体，速度和加速度都随时间的增加 而增大 B.做平抛运动的物体仅受到重力的作用，所以加速度 保持不变 C.平抛物体的运动是匀变速运动 D.平抛物体的运动是匀速运动 答案BC (2)任意相等时间间隔△内的速度变化量△v=g△相 解析做平抛运动的物体，速度随时间不断增大，但由于 同，方向恒为竖直向下。 只受恒定不变的重力作用，所以加速度是恒定不变的，选项A 23
第五章 抛体运动 t= 2h g ,s=v0t=v0 2h g ,故s由初始高度h 和初速度v0 共同决定,选项B正确。 2.(多选)人在距地面高h、离靶面距离L 处,将质量为 m 的飞镖以速度v0 水平投出,落在靶心正下方,如图所示。 不考虑空气阻力,只改变m、h、L、v0 四个量中的一个,可使 飞镖投中靶心的是( ) A.适当减小L B.适当减小v0 C.适当减小m D.适当增大v0 答案 AD 解析 适当减小L 和适当增大v0,可减小飞镖飞行的 时间,根据h= 1 2 gt2,可使飞镖投中靶心,故选项 A、D 正确。 四、一般的抛体运动 如果物体被抛出时的速度v0 不沿水平方向,而是斜向 上方或斜向下方时,物体做斜抛运动(设v0 与水平方向夹角 为θ)。 1.水平方向:物体做 匀速直线 运动,初速度v0x = v0cosθ 。 2.竖直方向: 物体做竖直上抛或竖直下抛运动,初速度v0y=v0sinθ 。 如图所示。 微思考 3 下图是一座音乐喷泉。由喷泉喷射出来 的水滴的运动可以看作是斜抛运动。 (1)类似于平抛运动,可用何种方法研究斜抛运动? (2)当水滴运动到最高点时其速度为零吗? 提示 (1)将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动 和竖直方向的匀变速直线运动。 (2)在最高点时速度不为零,速度方向沿水平方向与重 力加速度方向垂直。 课堂·重难突破 一 平抛运动的特点 重难归纳 1.理想化特点。 物理上提出的平抛运动是一种理想化的模型,即把物体 看成质点,抛出后只考虑重力作用,忽略空气阻力。 2.匀变速特点。 平抛运动因为只受重力,所以平抛运动的加速度恒定, 始终等于重力加速度,故平抛运动是一种匀变速曲线运动。 3.速度变化的特点。 (1)任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0。 (2)任意相等时间间隔Δt内的速度变化量Δv=gΔt相 同,方向恒为竖直向下。 4.位移变化规律。 (1)任意相等时间间隔内,水平位移相同,即Δx=v0Δt。 (2)连续相等的时间间隔Δt内,竖直方向上的位移差相 同,即Δy=gΔt2。 在匀速直线运动的火车上有一个苹果自由落下,试分析 在地面上看,苹果做什么运动? 提示 以地面为参考系,在水平方向上苹果与火车有相 同的速度,所以苹果水平方向做匀速直线运动,竖直方向做 自由落体运动,合运动为平抛运动。 典例剖析 (多选)关于平抛物体的运动,以下说法正确的是( ) A.做平抛运动的物体,速度和加速度都随时间的增加 而增大 B.做平抛运动的物体仅受到重力的作用,所以加速度 保持不变 C.平抛物体的运动是匀变速运动 D.平抛物体的运动是匀速运动 答案 BC 解析 做平抛运动的物体,速度随时间不断增大,但由于 只受恒定不变的重力作用,所以加速度是恒定不变的,选项 A 23
物理 必修 第二册 配人教版 错误，B正确。平抛运动是加速度恒定不变的曲线运动，所以 证明：如图所示，由平抛运动规律得tan0= = 它是匀变速曲线运动，选项C正确，D错误。 误区警示 1.平抛运动速度的大小和方向都在不断变 tan a=y 281 x vot 2vo 旺，所以tan0=2 tan a. 化，加速度的大小和方向都是不变的，两个量的特征不要 (2)做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻的瞬时速 混淆。 度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图所示。 2.实际上物体被水平抛出后，只有当空气阻力可以 忽略时，才可看成平抛运动。 学以致用 关于平抛运动，下列说法正确的是( A.平抛运动是一种变加速运动 B.做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大 证明：设平抛物体的初速度为。，从抛出点（原点O)到 C.做平抛运动的物体每秒内速度增量相等 A点的时间为t,A点的坐标为(x,y),B点的坐标为 D.做平抛运动的物体每秒内位移增量相等 1 答案C (x',0),则x=vot,y=之gt2,u,=g 解析平抛运动是匀变速曲线运动，其加速度为重力加 又an0=品-之解得←受 vo x-x 速度g,故加速度的大小和方向恒定，在△时间内速度的改 4.平抛运动的轨迹。 变量为△=g△，因此可知每秒内速度增量大小相等、方向 1 相同，选项A、B错误，C正确；由于水平方向的位移x=ot, 由x=ot,y=2gt得y= 品，为抛物线方程，其 每秒内水平位移增量相等，而竖直方向的位移h=7g二，每 运动轨迹为抛物线。 秒内竖直位移增量不相等，选项D错误。 7情境体验 飞机向某灾区投放救灾物资，要使物资准确落到指定地 二平抛运动的研究方法及规律 点，是飞到目标正上方投放，还是提前投放？ 重难归纳 1.平抛运动的研究方法。 研究平抛运动通常采用“化曲为直”的方法，即将平抛运 动分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速 直线运动。 2.平抛运动的规律。 提示提前投放。物资离开飞机前具有与飞机相同的 四知，做平抛运动 水平方向的速度，当离开飞机后，由于惯性，它仍然要保持原 （1)运动时间：由y=2g2得1=， 有的水平向前的运动速度。另外，由于物资还受到重力作 的物体在空中运动的时间只与下落的高度有关，与初速度的 用，所以物资一方面在水平方向向前运动，另一方面在竖直 大小无关。 方向向下加速运动。因此，只有提前投放，才能使物资准确 (2)水平位移：由x=ot=vo√ 四知，做平抛运动的物 落到指定地方。 典例剖析 体的水平位移由初速度。和下落的高度y共同决定。 (3)落地速度：0=√o2+u,7=√0o2+2gy,即落地速 (多选)如图所示，高为h=1.25m的平台上覆盖一层 度由初速度v。和下落的高度y共同决定。 薄冰，现有一质量为60kg的滑雪爱好者以一定的初速度 3.平抛运动的两个重要推论。 向平台边缘滑去，着地时速度的方向与水平地面的夹角为 (1)做平抛（或类平抛）运动的物体在任意时刻，任意位 45(重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力)。由此可知下 置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为0，位移与水平 列各项中正确的是( ) 方向的夹角为a,则有tan0=2tana。 2 0 7777777777777 A.滑雪者在平台上的速度大小是5m/s B.滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5m 24
物 理 必修 第二册 配人教版 错误,B正确。平抛运动是加速度恒定不变的曲线运动,所以 它是匀变速曲线运动,选项C正确,D错误。 1.平抛运动速度的大小和方向都在不断变 化,加速度的大小和方向都是不变的,两个量的特征不要 混淆。 2.实际上物体被水平抛出后,只有当空气阻力可以 忽略时,才可看成平抛运动。 学以致用 关于平抛运动,下列说法正确的是( ) A.平抛运动是一种变加速运动 B.做平抛运动的物体加速度随时间逐渐增大 C.做平抛运动的物体每秒内速度增量相等 D.做平抛运动的物体每秒内位移增量相等 答案 C 解析 平抛运动是匀变速曲线运动,其加速度为重力加 速度g,故加速度的大小和方向恒定,在Δt时间内速度的改 变量为Δv=gΔt,因此可知每秒内速度增量大小相等、方向 相同,选项 A、B错误,C正确;由于水平方向的位移x=v0t, 每秒内水平位移增量相等,而竖直方向的位移h= 1 2 gt2,每 秒内竖直位移增量不相等,选项D错误。 二 平抛运动的研究方法及规律 重难归纳 1.平抛运动的研究方法。 研究平抛运动通常采用“化曲为直”的方法,即将平抛运 动分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速 直线运动。 2.平抛运动的规律。 (1)运动时间:由y= 1 2 gt2 得t= 2y g 知,做平抛运动 的物体在空中运动的时间只与下落的高度有关,与初速度的 大小无关。 (2)水平位移:由x=v0t=v0 2y g 知,做平抛运动的物 体的水平位移由初速度v0 和下落的高度y共同决定。 (3)落地速度:v= v0 2+vy 2 = v0 2+2gy,即落地速 度由初速度v0 和下落的高度y共同决定。 3.平抛运动的两个重要推论。 (1)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻,任意位 置处,设其末速度方向与水平方向的夹角为θ,位移与水平 方向的夹角为α,则有tanθ=2tanα。 证明:如图所示,由平抛运动规律得tanθ= vy vx = gt v0 , tanα= y x = 1 2 gt2 v0t = gt 2v0 ,所以tanθ=2tanα。 (2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻的瞬时速 度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点,如图所示。 证明:设平抛物体的初速度为v0,从抛出点(原点O)到 A 点的时间为t,A 点的坐标为 (x,y),B 点 的 坐 标 为 (x',0),则x=v0t,y= 1 2 gt2,vy=gt 又tanθ= vy v0 = y x-x' ,解得x'= x 2 。 4.平抛运动的轨迹。 由x=v0t,y= 1 2 gt2 得y= g 2v0 2x2,为抛物线方程,其 运动轨迹为抛物线。 飞机向某灾区投放救灾物资,要使物资准确落到指定地 点,是飞到目标正上方投放,还是提前投放? 提示 提前投放。物资离开飞机前具有与飞机相同的 水平方向的速度,当离开飞机后,由于惯性,它仍然要保持原 有的水平向前的运动速度。另外,由于物资还受到重力作 用,所以物资一方面在水平方向向前运动,另一方面在竖直 方向向下加速运动。因此,只有提前投放,才能使物资准确 落到指定地方。 典例剖析 (多选)如图所示,高为h=1.25m 的平台上覆盖一层 薄冰,现有一质量为60kg的滑雪爱好者以一定的初速度v 向平台边缘滑去,着地时速度的方向与水平地面的夹角为 45°(重力加速度g 取10m/s2,不计空气阻力)。由此可知下 列各项中正确的是( ) A.滑雪者在平台上的速度大小是5m/s B.滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5m 24
第五章 抛体运动 C.滑雪者在空中运动的时间为1s (1)小球在空中的飞行时间： D.着地时滑雪者的速度大小是5m/s (2)抛出点距落球点的竖直高度。 答案AB 答案(1)2s 解析由u,2=2g幼可得v,=√2g=√2X10X1m/s= (2)20m 5m/s,着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°，所以着 解析(1)将小球垂直撞在斜面上的速度分解，如图 地时水平速度。和竖直速度的大小，相等，所以滑雪者在 所示。 平台上的速度大小v=vo=v,=5m/s,选项A正确；由 v,=gt得出滑雪者在空中运动的时间t=0.5s,选项C错 误：滑雪者离开平台后，在水平方向上做匀速直线运动，水平 移动距离为x=vot=5X0.5m=2.5m,选项B正确：滑雪 137 者着地的速度大小为0=√02十u,7=√2u=5√2m/s,选项 D错误。 由图可知0=37°，9=90°-37°=53 方法总结 tanp=酷，则1=2ang= 平抛运动时间的求解方法 Vo ×号=2 (1)利用水平位移或竖直位移求解时间：根据水平方 1 (2)h=282= 2×10×22m=20m。 向x=v:或竖直方向y=2t2可求解时间。 规律总结「 (2)利用竖直分速度可求解时间：先求出竖直分速 度，再根据v,=gt可求解时间。 平抛与斜面综合的两种模型 (3)利用匀变速直线运动的推论△y=gT2可求解 时间。 学以致用 1.如图所示，A、B两个平台水平距离为7.5m。某同学 先将一个小球从A平台边缘以o=5m/s的速度水平抛 出，结果小球落在了B平台左侧下方6.25m处。重力加速 物体从斜面平抛后又落到斜 物体做平抛运动时以某一角 度g取10m/s2,忽略空气阻力，要使小球从A平台边缘水 面上，则其位移大小为抛出度日落到斜面上，则其速度的 平抛出能落到B平台上，则小球从A平台边缘水平抛出的 点与落点之间的距离，位移偏角为0一a,且tan(0一a)= 速度至少为( 的偏角为斜面的倾角a,且巴 。当0=90°，即物体垂直落 。当速度平行于 tana=义 斜面时，物体离斜面最远 到斜面上时，tana= y A.6 m/s B.7.5m/s 三对斜抛运动的理解 C.9m/s D.11.25m/s 重难归纳 答案B 解析由平抛运动的规律可知x=vo1t1,y十6.25m= 1.斜抛运动的特点。 (1)受力特点：斜抛运动是忽略了空气阻力的理想化运 2t子：当小球拾能落到平台B上时，x=v2y=2:: 动，因此物体仅受重力，其加速度为重力加速度g。 联立解得ve=7.5m/s,故选项B正确。 (2)运动特点：物体具有与水平方向存在夹角的初速度， 2.如图所示，小球以15m/s的水平初速度向一倾角为 仅受重力，因此斜抛运动是匀变速曲线运动，其轨迹为抛 37的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上。 物线。 (g取10m/g,sm3r=0.6,os37r=0.8,am37=星）求： (3)速度变化特点：由于斜抛运动的加速度恒定，因此， 在相等的时间内速度的变化大小相等，方向均竖直向下，故 相等的时间内速度的变化相同，即△v=g△。 37 25
第五章 抛体运动 C.滑雪者在空中运动的时间为1s D.着地时滑雪者的速度大小是5m/s 答案 AB 解析 由vy 2=2gh可得vy= 2gh= 2×10×1.25m/s= 5m/s,着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°,所以着 地时水平速度v0 和竖直速度的大小vy 相等,所以滑雪者在 平台上的速度大小v=v0=vy =5m/s,选项 A 正确;由 vy=gt得出滑雪者在空中运动的时间t=0.5s,选项 C错 误;滑雪者离开平台后,在水平方向上做匀速直线运动,水平 移动距离为x=v0t=5×0.5m=2.5m,选项B正确;滑雪 者着地的速度大小为v'= v2+vy 2 = 2v=52m/s,选项 D错误。 平抛运动时间的求解方法 (1)利用水平位移或竖直位移求解时间:根据水平方 向x=v0t或竖直方向y= 1 2 gt2 可求解时间。 (2)利用竖直分速度可求解时间:先求出竖直分速 度,再根据vy=gt可求解时间。 (3)利用匀变速直线运动的推论 Δy=gT2 可求解 时间。 学以致用 1.如图所示,A、B两个平台水平距离为7.5m。某同学 先将一个小球从 A 平台边缘以v0=5m/s的速度水平抛 出,结果小球落在了B平台左侧下方6.25m 处。重力加速 度g 取10m/s2,忽略空气阻力,要使小球从 A 平台边缘水 平抛出能落到B平台上,则小球从 A 平台边缘水平抛出的 速度至少为( ) A.6m/s B.7.5m/s C.9m/s D.11.25m/s 答案 B 解析 由平抛运动的规律可知x=v01t1,y+6.25m= 1 2 gt1 2;当小球恰能落到平台B上时,x=v02t2,y= 1 2 gt2 2; 联立解得v02=7.5m/s,故选项B正确。 2.如图所示,小球以15m/s的水平初速度向一倾角为 37°的斜面抛出,飞行一段时间后,恰好垂直撞在斜面上。 g 取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,tan37°= 3 4 求: (1)小球在空中的飞行时间; (2)抛出点距落球点的竖直高度。 答案 (1)2s (2)20m 解析 (1)将小球垂直撞在斜面上的速度分解,如图 所示。 由图可知θ=37°,φ=90°-37°=53° tanφ= gt v0 ,则t= v0 g tanφ= 15 10 × 4 3 s=2s。 (2)h= 1 2 gt2= 1 2 ×10×22 m=20m。 平抛与斜面综合的两种模型 物体从斜面平抛后又落到斜 面上,则其位移大小为抛出 点与落点之间的距离,位移 的偏角为斜面的倾角α,且 tanα= y x 。当速度平行于 斜面时,物体离斜面最远 物体做平抛运动时以某一角 度θ落到斜面上,则其速度的 偏角为θ-α,且tan(θ-α)= vy v0 。当θ=90°,即物体垂直落 到斜面上时,tanα= v0 vy 三 对斜抛运动的理解 重难归纳 1.斜抛运动的特点。 (1)受力特点:斜抛运动是忽略了空气阻力的理想化运 动,因此物体仅受重力,其加速度为重力加速度g。 (2)运动特点:物体具有与水平方向存在夹角的初速度, 仅受重力,因此斜抛运动是匀变速曲线运动,其轨迹为抛 物线。 (3)速度变化特点:由于斜抛运动的加速度恒定,因此, 在相等的时间内速度的变化大小相等,方向均竖直向下,故 相等的时间内速度的变化相同,即Δv=gΔt。 25