江蘇版物理第18講拋體運動一、平拋運動1.平拋運動是初速度方向①水平

,只在②重力

作用下的運動。2.平拋運動是加速度為③重力加速度g

的勻變速曲線運動,其軌跡

是④拋物線

。知識梳理與自測3.處理平拋運動的方法把平拋運動分解為水平方向上的⑤勻速直線

運動和豎直方向上的

⑥自由落體

運動。4.平拋運動的規律(1)在水平方向上:速度vx=⑦

v0

,位移x=⑧

v0t

。在豎直方向上:速度vy=⑨

gt

,位移y=⑩

gt2

。(2)t時刻的速度大小v=

(或

)

,設v與v0方向間的夾角為θ,則tanθ=

。(3)t時間內的位移大小s=

,設s與v0方向間的夾角為α,則tanα=

。5.練一練:(1)關于平拋運動,下列說法不正確的是

(B)A.平拋運動是一種在恒力作用下的曲線運動B.平拋運動的速度方向與恒力方向的夾角保持不變C.平拋運動的速度大小是時刻變化的D.平拋運動的速度方向與加速度方向的夾角一定越來越小(2)質點從同一高度水平拋出,不計空氣阻力,下列說法正確的是

(D)A.質量越大,水平位移越大B.初速度越大,落地時豎直方向的速度越大C.初速度越大,在空中運動的時間越長D.初速度越大,落地速度越大二、斜拋運動1.定義將物體以速度v0斜向上方或斜向下方拋出,物體只在

重力

作用下的運動。2.運動性質加速度為g的

勻變速曲線

運動,軌跡為拋物線。3.基本規律(以斜向上拋為例說明,如圖所示)

(1)水平方向:v0x=

v0cosθ

,F合x=0,為

勻速

直線運動。(2)豎直方向:v0y=

v0sinθ

,F合y=-mg,為

勻減速直線(或豎直上拋)

運動。4.練一練:做斜拋運動的物體,到達最高點時

(C)A.速度為零,加速度向下B.速度為零,加速度為零C.具有水平方向的速度和豎直向下的加速度D.具有水平方向的速度和加速度(1)速度的變化規律:任意相等時間間隔Δt內的速度變化量方向豎直向

下,大小Δv=Δvy=gΔt。(2)位移的變化規律:連續相等的時間間隔Δt內,豎直方向上的位移差不

變,即Δy=g(Δt)2。例1

[2014安徽理綜,21Ⅰ(2)(3),6分]圖1是“研究平拋物體運動”的實

驗裝置圖,通過描點畫出平拋小球的運動軌跡。

解平拋運動的基本方法1.除熟練掌握水平方向與豎直方向上分運動的基本規律外,還要注意以

下兩個規律的理解和應用。要點突破

圖1(2)實驗得到平拋小球的運動軌跡,在軌跡上取一些點,以平拋起點O為坐

標原點,測量它們的水平坐標x和豎直坐標y,圖2中y-x2圖像能說明平拋小球運動軌跡為拋物線的是

。

圖2(3)圖3是某同學根據實驗畫出的平拋小球的運動軌跡,O為平拋的起點,

在軌跡上任取三點A、B、C,測得A、B兩點豎直坐標y1為5.0cm、y2為4

5.0cm,A、B兩點水平間距Δx為40.0cm。則平拋小球的初速度v0為

m/s,若C點的豎直坐標y3為60.0cm,則小球在C點的速度vC為

m/

s(結果保留兩位有效數字,g取10m/s2)。

圖3

解析

(2)對平拋運動,水平位移x=v0t,豎直位移y=

gt2,聯立上述兩式得y=

x2,故y-x2圖線應為直線,故選c。(3)由y=

gt2解得,從O點運動到A、B、C各點的時間分別為t1=0.1s、t2=0.3s、t3=0.2

s,則平拋初速度v0=

=2.0m/s,在C點速度vC=

=4.0m/s。

答案

(2)c

(3)2.0

4.0針對訓練1如圖所示為某小球平拋軌跡的一部分,測得小球經A、B、

C三點的水平距離Δx1=Δx2=0.4m,高度差Δy1=0.25m,Δy2=0.35m。求:

(1)小球拋出時的初速度v0。(2)拋出點的位置(g=10m/s2)。

答案

(1)4m/s

(2)見解析

解析

(1)根據豎直方向上的分運動有Δy2-Δy1=gT2,解得T=0.1s由水平方向分運動得平拋初速度v0=

=

m/s=4m/s。(2)B點豎直分速度vBy=

=3m/s又vBy=gt,解得t=0.3s從平拋起點到B點:xB=v0t=1.2myB=

gt2=0.45m可知,拋出點的位置在A點左上側距A點的水平距離為0.8m,豎直距離為

0.2m處。2.解題的一般思路方法(1)以拋出點為坐標原點,水平方向作為x軸,豎直方向作為y軸建立坐標

系,并畫出運動軌跡的示意圖。(2)找出軌跡上某些點的坐標,由x=v0t,y=

gt2列方程解題。(3)若已知某一瞬時速度的相關信息,則作速度矢量合成圖,由tanθ=

和vy=gt找關系解題。例2

如圖所示,AB為半圓弧ACB水平直徑,C為ACB弧的中點,AB=1.5m,

從A點平拋出一小球,小球下落0.3s后落到ACB上,則小球拋出的初速度v0可能為(g取10m/s2)

(

)A.0.5m/sB.1.5m/sC.3m/sD.4.5m/s

解析建立如圖所示坐標系,縱坐標y=

gt2=

×10×0.32m=0.45m,對應該坐標有兩條運動軌跡AD和AF。對于AD軌跡,由圖中幾何關系有(x-r)2+y2=r2,即(x-0.75)2+0.452=0.752,解得x=1.35m,則v0=

=4.5m/s。對于AF軌跡,有(r-x')2+y2=r2,代入數據解得x'=0.15m,則v0'=

=0.5m/s。所以A、D正確。

答案

AD例3

(2014江蘇鎮江一模,7)以某一初速度水平拋出一物體,若以拋出點

為坐標原點O,初速度方向為x軸的正方向,物體所受重力方向為y軸的正

方向,它的運動軌跡恰好滿足方程y=

x2,經過一段時間速度大小變為初速度的

倍,不計空氣阻力,重力加速度為g,以下說法正確的是

(

)A.物體水平拋出的初速度為

B.該過程的運動時間為

C.該過程平均速度大小為

D.該過程的位移的方向與水平方向的夾角為

解析根據題述可知物體的運動情況如圖所示,由x=v0t,y=

gt2,消去t可得y=

x2,可見

=

,整理得v0=

,故A正確。由圖可見,一段時間后物體的速度方向與水平方向的夾角為θ,則cosθ=

,知θ=

,故由推論可知位移的方向與水平方向夾角為α時,則有tanθ=2tanα,故D錯。由

vy=v0和vy=gt得t=

=

,故B錯。平均速度

=

=

=

,故C正確。

答案

AC度v1、v2水平拋出,落在地面上的位置分別是A、B,O'是O在地面上的豎

直投影,且O'A∶AB=1∶3。若不計空氣阻力,則兩小球

(

)

A.初速度大小之比為1∶4B.初速度大小之比為1∶3C.落地速度與水平地面夾角的正切值之比為1∶3針對訓練2如圖所示,兩個小球從水平地面上方同一點O分別以初速D.落地速度與水平地面夾角的正切值之比為1∶

答案

A

解析兩個小球落地時間相同,小球水平方向做勻速直線運動,根據x=vt,O'A∶O'B=1∶4,解得拋出的初速度大小之比為v1∶v2=1∶4,A正確,B

錯誤;落地速度與水平地面夾角的正切值之比為

=

×

=

,C、D錯誤。

平拋運動的推論及其應用推論Ⅰ:做平拋(或類平拋)運動的物體在任一時刻任一位置處,設其末速

度方向與水平方向的夾角為θ,位移與水平方向的夾角為φ,則tanθ=2tanφ。

證明:如圖所示,由平拋運動規律得tanθ=

=

,tanφ=

=

=

,所以tanθ=2tanφ。推論Ⅱ:做平拋(或類平拋)運動的物體,任意時刻瞬時速度的方向的反向

延長線一定通過此時水平位移的中點。證明:設平拋物體的初速度為v0,從原點O到A點的時間為t,A點坐標為

(x,y),B點坐標為(x',0),則x=v0t,y=

gt2,vy=gt,又tanθ=

=

,解得x'=

。即末狀態速度方向的反向延長線與x軸的交點必為此刻水平位移的中

點。例4

一固定的斜面傾角為θ,一物體從斜面上的A點平拋并落到斜面上

的B點,試證明物體落在B點的速度與斜面的夾角為定值。

解析如圖,設初速度為v0,落到B點時的速度與豎直方向的夾角為α,豎直方向的分速度為vy,物體經時間t落到斜面上,則tanα=

=

=

=

。α為定值,所以β=

-α也為定值,即速度方向與斜面的夾角和平拋初速度無關,只和斜面的傾角有關。

答案見解析

斜面上的平拋問題斜面上的平拋問題是一種常見的題型,在解答這類問題時除了要運用平

拋運動的位移和速度規律,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,從而使問題得到順利解決。常見的模

型如下:方法內容實例

總結

斜面求小球平拋時

間

分解速度水平vx=v0豎直vy=gt合速度v=

解:如圖,vy=gt,

tanθ=

=

,故t=

分解速度,構建

速度三角形分解位移水平x=v0t豎直y=

gt2合位移x合=

解:如圖,x=v0t,y

=

gt2,而tanθ=

,聯立得t=

分解位移,構建

位移三角形例5

如圖,跳臺滑雪運動員經過一段加速滑行后從O點水平飛出,經3.0

s落到斜坡上的A點。已知O點是斜坡的起點,斜坡與水平面的夾角θ=37

°,運動員的質量m=50kg。不計空氣阻力。(取sin37°=0.60,cos37°=0.8

0;g取10m/s2)求(1)A點與O點的距離L;(2)運動員離開O點時的速度大小。

解析

(1)運動員在豎直方向做自由落體運動,有Lsin37°=

gt2A點與O點的距離L=

=75m(2)設運動員離開O點的速度為v0,運動員在水平方向做勻速直線運動,即Lcos37°=v0t解得v0=

=20m/s

答案

(1)75m

(2)20m/s針對訓練3如圖所示,AB為斜面,傾角為30°,小球從A點以初速度v0水平

拋出,恰好落到B點,求:(1)A、B間的距離;(2)小球在空中飛行的時間;(3)從拋出開始經多長時間小球與斜面間的距離最大?最大距離多大?

答案

(1)

(2)

v0

(3)

解析

(1)(2)設飛行時間為t,則水平方向:lABcos30°=v0t,豎直方向:lABsin30°=

gt2,解得t=

tan30°=

v0,lAB=

。(3)設拋出t'時間后小球與斜面間距離最大,可知,此時速度vt'與斜面平行,

由如圖所示速度三角形可知

=tan30°,即

=

,t'=

。上面是從常規的分運動來研究斜面上的平拋運動,還可以變換一個角度

去研究。如圖所示,把初速度v0、重力加速度g都分解成沿著斜面和垂直斜面的

兩個分量。在垂直斜面方向上,小球做的是以v0y為初速度、gy為加速度

的“豎直上拋”運動。小球到達離斜面最遠處的速度vy=0,由vy=v0y-gyt'易得t'=

=

=

tan30°=

。小球離斜面的最大距離y=

=

=

。

類平拋問題的解決方法有時物體的運動與平拋運動很相似,也是在某方向物體做勻速直線運

動,另一垂直方向做初速度為零的勻加速直線運動。這種運動,像平拋

又不是平拋,通常稱做類平拋運動,處理方法與平拋運動一樣,只是加速

度a不同而已。例如某質點具有沿x軸方向的初速度,同時受到恒定的沿

y軸方向的合外力,如圖所示,則質點做沿x軸方向的勻速直線運動和沿y軸方向的初速度為零的勻加速直線運動。運動規律與平拋運動相同。例6

如圖所示,光滑斜面長為a,寬為b,傾角為θ。一小球從斜面左上方P

點水平射入,而從斜面右下方頂點Q離開斜面,求入射初速度。

解析設入射初速度為v0,小球重力沿斜面方向的分力提供加速度,則a1=gsinθ。小球在斜