第六章第四节 抛体运动的规律.docx
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第六章第四节抛体运动的规律
第六章第四节抛体运动的规律
从理论上对抛体运动的规律做进一步的分析。
抛体的运动发生在平面内,需要在x、y两个方向上分别进行受力分析,在两个方向上分别应用牛顿定律和运动学的规律,然后再根据要求综合处理。
1.分解平抛运动的理论依据
通过上节的实验探究,我们得到了这样的结论:
平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动,水平方向的分运动是匀速直线运动。
这个结论还可从理论上得到论证:
物体以一定初速度v水平抛出后,物体只受到重力的作用,方向竖直向下,根据牛顿第二定律,物体的加速度方向与所受合外力方向一致,大小为a=mg/m=g,方向竖直向下;由于物体是被水平抛出的,在竖直方向的初速度为零。
所以,平抛运动的竖直分运动就是自由落体运动。
而水平方向上物体不受任何外力作用,加速度为零,所以水平方向的分运动是匀速直线运动,速度大小就等于物体抛出时的速度v。
2.平抛物体的位置随时间变化的规律
如图6-57所示,以物体水平抛出时的位置为坐标原点,以水平抛出的方向为x轴的正方向,竖直向下的方向为y轴的正方向,建立坐标系,并从这一瞬间开始计时。
因平抛运动水平方向的分运动为匀速直线运动,故平抛物体的水平坐标随时间变化的规律是x=vt;
因平抛运动竖直方向的分运动为自由落体运动,故平抛物体的竖直坐标随时间变化的规律是y1
2
gt2。
物体的位置可用它的坐标x、y来描述。
所以,以上两式确定了平抛物体在任意时刻t的位置。
3.平抛物体的运动轨迹
从以上两式中消去t,可得y=2
2v
gx2,
式中g、v都是与x、y无关的常量,所以
2
2v
g也是常量。
这正是初中数学中的抛物线方程y
=ax2
。
实际上,二次函数的图像叫做抛物线,就是来源于此!
y=
2
2v
gx2
是平抛运动物体在任意时刻的位置坐标x和y所满足的方程,我们称之为平
抛运动的轨迹方程。
由此方程可知,这是一个顶点在原点、开口向下的抛物线方程。
4.平抛物体的速度随时间变化的规律
由平抛运动的特点不难得到:
初速度为v的平抛运动,经过时间t后,其水平分速度vx
=v,竖直分速度vy=gt。
根据运动的合成规律可知物体在这个时刻的速度（即合速度大小
v=2
222
2
t
gvvvyx+
=
+,
设这个时刻物体的速度与竖直方向的夹角为θ,则有
图6-57
tanθ=
x
yvv=
v
gt。
5.斜抛运动的分解
如果物体抛出时的速度v不沿水平方向,而是斜向上方或斜向下方的（这种情况常称为斜抛,它的受力情况与平抛完全相同,即在水平方向仍不受力,加速度仍是零,在竖直方向仍只受重力,加速度仍为g。
但是,斜抛运动沿水平方向和竖直方向的初速度与平抛不同,分别是vx=vcosθ和vy
=vsinθ。
因此,斜抛运动可以看成是水平方向速度为vcosθ的匀速直线运动和竖直方向初速度为vsinθ的竖直上抛运动或竖直下抛运动的合运动。
6.斜抛物体的位置随时间变化的规律
如图6-58,物体以初速度v斜向上抛出,我们以物体离开手
的位置为坐标原点,以水平抛出的方向为x轴的正方向,竖直向下的方向为y轴的正方向,建立坐标系,并从这一瞬间开始计时。
物体在水平方向不受任何外力的作用,所以物体在水平方向做匀速直线运动,速度vx=vcosθ,则物体位置的横坐标随时间变
化的规律为x=vxt=vtcosθ;
物体在竖直方向只受重力作用,由牛顿第二定律可知,物体
的加速度a=g,方向竖直向下。
注意,与平抛运动不同的是,小球在竖直方向的初速度并
不为零,而是等于vy=vsinθ,由匀变速直线运动规律可得小球位置的纵坐标随时间变化的关系为y=vyt12at2=vtsinθ-12gt2
。
7.斜抛物体的运动轨迹
从以上两式中消去t,可得
y=-
2
2
cos2（xvgθ+tanθ·x。
根据数学知识我们知道,函数方程y=-ax2+bx+c代表一条开口向下的抛物线。
因此,斜抛物体的运动轨迹为抛物线。
我们可作以下讨论:
⑴数学知识告诉我们,对y=-ax2
+bx+c,当x=a
b2时,y有最大值ym=
a
b
42
+c。
所以,对上述斜抛运动轨迹方程,当
x=
g
vvgθ
θθ2sincos2（2tan2
2
=
⋅
时,y有最大值ym=
g
vvgθ
θθ2
22
2
sin
cos2（4tan=
⋅
。
对于炮弹的运动而言,此即弹道曲线最高点的位置坐标,也常称作射高。
xvy图6-58
⑵设斜抛运动轨迹方程中的y=0,则有
x1=0,x2=
g
vg
vθ
θ
θ2sin2cossin42
2
=
式中x2的物理意义是斜上抛运动的水平射程（如炮弹发射后在同一水平面上的弹着点与发射位置的距离。
由此式可以知道,要增大射程,一是要增大发射速度,二是适当调节抛射方向,由水平射程表达式可知,在v一定时,当θ=45°（θ常称作投射角时,水平射程有最大值xm=
g
v2
2。
除了上面的研究方案外,我们还可以发现,炮弹的运动轨迹对经过最高点的竖直线是左右对称的。
这启发我们:
是不是可以将斜抛运动转化为平抛运动来分析处理呢?
有兴趣的同学不妨一试。
请思考:
运动员在投掷铅球、标枪时,应把投射角控制在什么角度为好?
运动员的身高对他的投掷成绩有没有影响?
你能进一步推导出这种斜抛运动的轨迹方程吗?
请试一试!
8.抛体受空气阻力时的运动轨迹
我们在讨论抛体运动的位置、轨迹以及速度等问题时,都没有考虑空气阻力的影响,即讨论的是理想抛体运动。
实际上,物体在空气中运动会受到阻力,且阻力与物体运动速度的大小有密切关系:
物体的速度低于200m/s时,可认为阻力与物体速度大小的平方成正比;速度达到400~600m/s时,空气阻力和速度大小的三次方成正比;在速度很大的情况下,阻力与速度大小的高次方成正比。
由于空气阻力的影响,物体以较大的速度斜向上抛出后,其运动轨迹会形成不均等的弧形,升弧较长而直伸,降弧则较短而弯曲。
斜向射出的炮弹的射程和射高都没有按抛体计算得到的值那么大,当然路线也不再是抛物线,而是所谓“弹道曲线”。
理论计算表明,以610m/s速度射出的炮弹,在不计空气阻力的空间其最大射程可达38km,炮弹将在空中划出一条高9.5km的巨大弧线,而实际炮弹在空气中只能飞行4km左右,其
射程缩短10倍之多,如图6-59所示（虚线为不计空气阻力的理想运动轨迹,实线为同样初速的实际运动轨迹。
由于环绕地球的大气层由里向外是逐渐变稀薄的,远程大炮的发射角一般在50°~70°范围内变化。
这是因为如此发射的炮弹,可达到离地40~50km的高度。
在这个高度上,空气十分稀薄,阻力很小,炮弹在大气圈中飞越130~160km的距离。
如果炮弹仍以45°倾角发射飞行轨迹全在较稠密的大气中,阻力很大,就只能达到约10km的射程了。
9.斜抛物体的速度随时间变化的规律
我们已经知道,斜抛运动可以看成是水平方向速度为vcosθ和竖直方向初速度为vsinθ的竖直上抛运动或竖直下抛运动的合运动,以斜上抛运动为例,从抛出开始计时,经过时间t后,物体水平方向的速度vxt=vcosθ,竖直方向的速度vyt=vsinθ-gt。
根据运动的合成规律可知物体在这个时刻的速度（即合速度大小v=2
222
2
sin（cosgtvvvvytxt-+=
+θθ,
4km
9.5km
38km
图6-59
图6-60
速度的方向可用图6-60中的θ表示,
tanθ=
θ
θcossinvgtvvvxt
yt-=
。
10.对平抛运动的进一步讨论
①飞行时间由于平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动,有2
2
1gth=
故
g
ht2=,
即平抛物体在空中的飞行时间取决于下落高度h,与初速度v0无关。
②水平射程由于平抛运动在水平方向的分运动为匀速直线运动,故平抛物体的水平射程即落地点与抛出点间的水平距离x=vt=v
g
h2,
即水平射程与初速度v和下落高度h有关,与其他因素无关。
③落地速度根据平抛运动的两个分运动,可得落地速度的大小
ghvvvvyxt22
2
2
+=
+=
以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角,有
v
ghvvx
y2tan=
=
θ,
即落地速度也只与初速度v和下落高度h有关。
④速度改变量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g,所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔△t内的速度改变量△v=g△t相同,方向恒为竖直向下。
⑤速度与位移两方向间的关系做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ф。
如图6-61所示,由平抛运动规律得
tanθ=v
gtvvx
y=
tanф=
x
y=vt
gt2
2
1
=
v
gt2,
所以,tanθ=2tanф。
⑥平抛物体速度反向延长线的特点如图6-61所示,设平抛运动物体的初速度为v,从坐标原点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,则由平抛运动的规律可得x=vt,y1
2
gt2,vy=gt,
又tanθ=
v
vy=
xxy'
-,
联立以上各式解得x'=2
x。
x
图6-61
即做平抛运动的物体在任意时刻瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
包括抛体的位置、运动轨迹及速度等。
要关注抛体运动规律与日常生活的联系。
例1如图6-62所示,一高度为h=0.2m的水平面在A点处与一倾角为θ=30°的斜面连接,一小球以v0=5m/s的速度在水平面上向右运动。
求小球从A点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑。
g取10m/s2。
某同学对此题的解法为:
小球沿斜面运动,则θ
sinh
=v0t12gsinθt2
。
由此可求得落地的时间t。
问:
你同意上述解法吗?
若同意,求出所需的时间;若不同意,则请说明理由,并求出你认为正确的结果。
提示小球在水平面上向右运动至A点后,速度方向不会突变为沿斜面向下,而是以原来的速度水平抛出,改做平抛运动。
解析不同意上述解法,小球应在A点离开平面做平抛运动,而不是沿斜面下滑。
正确的解法是:
假如小球直接落至地面,则小球在空中运动的时间为
t=
2s.0s10
2.022=⨯=
gh,
落地点与A点的水平距离x=v0t=5×0.2m=1m。
斜面底宽l=hcotθ=m≈0.35m。
因为x>l,所以小球离开A点后确实不会落到斜面上,而是直接落至地面,因此落地时间即为平抛运动时间0.2s。
点悟正确识别小球离开A点后的运动性质――平抛运动,是解决本题的关键。
另外,小球抛出后是否直接落至地面,须经理论推证,而不能仅凭猜测。
例2飞机在2km的高空以360km/h的速度沿水平航线匀速飞行,飞机在地面上观察者的正上方空投一包裹。
（g取10m/s2,不计空气阻力
⑴试比较飞行员和地面观察者所见的包裹的运动轨迹。
⑵包裹落地处离地面观察者多远?
离飞机的水平距离多大?
⑶求包裹着地时的速度大小和方向。
提示不同的观察者所用的参照物不同,对同一物体的运动的描述一般是不同的。
解析⑴飞机上的飞行员以正在飞行的飞机为参照物,从飞机上投下去的包裹由于惯性,在水平方向上仍以360km/h的速度沿原来的方向飞行,但由于离开了飞机,在竖直方向上同时进行自由落体运动,所以飞机上的飞行员只是看到包裹在飞机的正下方下落,包裹的轨迹是竖直直线;地面上的观察者是以地面为参照物的,他看见包裹做平抛运动,包裹的轨迹为抛物线。
⑵抛体在空中的时间取决于竖直方向的运动,故
图6-62
t＝2hg=2´200010s＝20s。
包裹在完成竖直方向2km运动的同时，在水平方向的位移是x＝v0t＝3603.6´20m＝2000m，即包裹落地位置距观察者的水平距离为2000m。
空中的包裹在水平方向与飞机是同方向同速度的运动，即水平方向上它们的运动情况完全相同，所以，落地时包裹与飞机的水平距离为零。
⑶包裹着地时，对地面速度可分解为水平方向和竖直方向的两个分速度，vx＝v0＝100m/s，vy＝gt＝10×20m/s＝200m/s，故包裹着地速度的大小为vt＝vx+vy=221002+2002m/s＝1005m/s≈224m/s。
200100而tanθ＝vyvx＝＝2，故着地速度与水平方向的夹角为θ＝arctan2。
点悟同一个运动对于不同的参考系，可以有各不相同的形式和性质。
各种运动都是相对的，或者说运动是相对于某一个当作静止的参考系而言的，不以任何其他物体为参照考系的绝对运动是没有意义的。
例3一水平放置的水管，距地面高h＝1.8m，管内横截面积S＝2.0cm2，有水从管口处以不变的速度v＝2.0m/s源源不断地沿水平方向射出。
设出口处横截面积上各处水的速度都相同，并假设水流在空中不散开，g取10m/s2，不计空气阻力，求水流稳定后在空中有多少立方米的水？
提示水由出口处射出后做平抛运动，水流稳定后在空中水的总量即由水开始射出至落地过程中出口处射出的水的总量。
解析水由出口处射出到落地所用的时间为t＝单位时间内喷出的水量为空中水的总量为由以上三式联立可得V＝Sv2hg=2.0´10-42hg，Q＝Sv，V＝Qt，´2.0´2´1.810m3＝2.4×10-4m3。
点悟题中要求求解空中有多少立方米的水，同学们往往因为不清楚空中各处水流的速度而感觉无从下手。
其实，在水从管口射出到将要落地的这段时间内有多少水从管口射出，就有多少立方米的水在空中。
例4在电影或电视中经常可以看到这样的惊险场面：
一辆高速行驶的汽车从山顶上落入山谷。
为了拍摄重为15000N的汽车从山崖上坠落的情景，电影导演通常用一辆模型汽车来代替实际汽车。
设模型汽车与实际汽车的大小比例为1∶25，那么山崖也必须用1∶25的比例模型来代替真实的山崖。
设电影每秒钟放映的胶片张数是一定的，为了能把模型汽车坠
落的情景放映得恰似拍摄实景一样，以达到以假乱真的视觉效果，在实际拍摄的过程中，电影摄影机每秒拍摄的胶片数应为实景拍摄的胶片数的几倍？
模型汽车在山崖上坠落前的行驶速度应是真实汽车的实际行驶速度的几倍？
提示汽车坠落山崖的运动是平抛运动。
由于电影每秒钟放映的胶片张数是一定的，为了使模型汽车的坠落效果逼真，实际拍摄的胶片张数与实景拍摄时胶片张数应该是相同的，因此由题意确定模型汽车飞行时间与实际汽车飞行时间的关系即可求解。
解析111由h＝gt2，可得h∝t2，又h模＝h实，所以有t模＝t实，故实际拍摄时每秒2255钟拍摄的胶片张数应是实景拍摄时胶片张数的5倍。
1因为模型汽车飞行时间是实际汽车飞行时间的，而模型汽车在水平方向飞行的距离为51实际汽车在水平方向飞行距离的，则由x＝v0t可得251v0模＝v0实。
5点悟这是一个生活中的平抛运动实际问题。
此类问题要求我们善于透过表象看本质，正确建立物理模型，应用相关规律解题。
发展级例5如图6－63所示，高为h的车厢在平直轨道上匀减速vA向右行驶，加速度大小为a，车厢顶部A点处有油滴滴下落到车O厢地板上，车厢地板上的O点位于A点的正下方，则油滴的落地点必在O点的（填“左”或“右”）方，离O点的图6－63距离为。
提示油滴离开车厢顶部后做平抛运动，同时车厢仍做匀减速直线运动。
解析因为油滴自车厢顶部A点脱落后，由于惯性在水平方向具有与车厢相同的初速度，因此油滴做平抛运动，水平方向做匀速直线运动AAx1＝vt，竖直方向做自由落体运动OO1h＝gt2，2又因为车厢在水平方向做匀减速直线运动，所以车厢（O点）的位移为1x2＝vt－at2。
2x＝x1－x2=12at2x2x1图6－64x如图6－64所示，=12a×2hg=agh，所以油滴落地点必在O点的右方，离O点的距离为点悟v2hg-agah。
g本例常见的错解结论是油滴的落地点在O点的左方，离O点的距离为h。
错解的原因是，认为油滴脱落后做自由落体运动。
事实上，物体由于惯性要维持原有的运动状态，油滴与车厢具有共同的初速度。
本题也可以车厢为参考系，油滴离开车厢顶部后，相对于车厢的初速度为0。
而由于车厢的减速，油滴相对于车厢既有竖直向下的重力加速度g，又有水平向右的加速度a。
由h=12gt,x=212at2消去t可得ax＝h，gah。
g即油滴落地点必在O点的右方，离O点的距离为例6观察节日焰火，经常可以看到五彩缤纷的焰火呈球形。
一般说来，焰火升空后突然爆炸成许许多多小块（看作发光质点），各发光质点抛出速度v0大小相等，方向不同，所以各质点有的向上做减速运动，有的向下做加速运动，有的做平抛运动，有的做斜抛运动，这些发光质点怎么会形成一个不断扩大的球面（“礼花”越开越大）呢？
请说明理由。
提示用抛体运动的知识，求出任一发光质点经过一段时间后的位置坐标间的关系。
解析设某一发光质点的抛出速度为v0，与水平方向夹角为θ，v0沿水平方向轴）将（x和竖直方向（y轴，向上为正方向）正交分解。
由抛体运动的研究可知质点的位置坐标为x＝v0cosθ·t，y1y＝v0sinθ·t－gt2。
2联立以上两式，消去θ即得1x2＋（y＋gt22＝（v0t2，21这是一个以C（0，－gt2）为圆心、以v0t为半径的圆2图6－65x的方程式。
可见，只要初速度v0相同，无论初速度方向怎样，各发光质点均落在一个圆上（在空间形成一个球面，其球心在不断下降，“礼花”球一面扩大，一面下落），如图6－65所示。
点悟本题也可用运动合成和分解的知识解释如下：
礼花炮爆炸后，每个发光质点的抛出速度v0大小相同，方向各异，都可以分解为沿原速度方向的匀速直线运动和只在重力作用下的自由落体运动（这里忽略空气阻力，如果受到空气阻力或风的影响，那么，“礼花”就不会形成球面形状了）。
很明显，前一分运动使各发光质点时刻构成一个圆，后一个分运动都相同，所以观察者看到的是一个五彩缤纷的“礼花”球一面扩大、一面下落。
课本习题解读[p.43问题与练习]1.⑴摩托车做平抛运动。
设摩托车竖直方向发生位移y＝3.5m－2.0m＝1.5m时所需时间为t，此过程中摩托车发生的水平位移为x，则根据平抛运动的规律有t＝2yg，x＝vt＝v2yg＝40×2´1.59.8m≈22.1m。
一般情况下，摩托车在空中飞行时，总是前轮高于后轮，在着地时，后轮先着地。
现x≈22.1m＞（20＋1.6m，所以摩托车能够越过壕沟。
⑵摩托车越过壕沟落地时，其竖直方向的分速度vy＝gt＝2gh，
所以落地速度大小vt=vx+vy=22v+2gh=2402+2´9.8´1.5m/s≈40.4m/s。
设落地速度的方向与地面的夹角为θ，则tanθ＝vyvx=2ghv=2´9.8´1.540≈0.136，即θ≈arctan0.136。
2.卡车与障碍物相撞时其顶上的零部件飞出做平抛运动，根据平抛运动规律有t＝故平抛运动的初速度v＝xt2yg，＝xg2y=13.3´9.82´2.45m/s≈＝18.8m/s＝67.7km/h＞60km/h。
由此可知该车事故前是超速行驶。
以上两题的求解，目的是应用平抛运动规律解决实际问题。
3.⑴测量钢球在水平桌面上运动速度的步骤如下：
①使钢球从斜面上某一位置滚下，目测其在水平地面上的落点。
②在水平地面上目测的落点处铺上一张白纸，上面再覆盖一张复写纸。
③用同样的方法多次使钢球从斜面上同一位置滚下，在白纸上留下多个（如10个）痕迹。
用一个尽量小的圆将这些痕迹圈在里面。
④用刻度尺测量出圆圈中心与桌子边沿的水平距离x，以及桌面到地面的竖直高度y。
⑤由钢球在空中飞行的时间t＝2ygxtg2y，即可算出钢球离开桌面时的速度v＝=x。
⑵测量钢球在斜面上开始滚下的位置相对桌面的高度h，钢球开始的重力势能为mgh，如认为滚到桌面的动能为v2=2gh。
12mv22，由机械能守恒定律mgh=12mv22，所以钢球速度对比按上一问的方法计算的钢球离开桌面时的速度v1和按照机械能守恒定律计算的钢球到达桌面时的速度v2，可以发现v1＜v2。
这是因为钢球与接触面之间有摩擦，且钢球滚到桌面是的动能除有向前运动的动能外，还有转动的动能，钢球的重力势能有一部分转化成钢球与接触面的内能和钢球转动的动能，不计算内能和这部分动能而认为mgh=值偏大。
12mv2使v22
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