2019-2020年高中物理 第一章 拋體運動 第四節(jié) 平拋運動教學案 粵教版必修2.doc

2019-2020年高中物理 第一章 拋體運動 第四節(jié) 平拋運動教學案 粵教版必修21.物體以某一初速度水平拋出，僅在重力作用下的運動叫做平拋運動。2平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動；在豎直方向的分運動是自由落體運動。3平拋運動在空中的運動時間由豎直高度決定，水平位移由豎直高度和水平初速度共同決定。4平拋運動是勻變速曲線運動，運動軌跡是一條拋物線，其上任一點的速度方向沿該點的切線方向。一、平拋運動1定義將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，僅在重力作用下物體所做的運動叫做平拋運動。2物體做平拋運動的條件(1)初速度方向水平。(2)僅受重力作用。3平拋運動的性質由于平拋運動的加速度恒為重力加速度，且與速度方向不共線，所以平拋運動是一種勻變速曲線運動。二、平拋運動的分解及規(guī)律1平拋運動的分解(1)實驗探究探究平拋運動的常用實驗裝置為平拋儀，如圖141所示。圖141研究水平方向上的分運動的性質時，把兩個小鐵珠分別吸在電磁鐵C、D上；研究豎直方向分運動的性質時，把兩個小鐵珠分別吸在電磁鐵C、E上。此外，如果想更精確地研究平拋運動的兩個分運動的性質，可以利用頻閃照片來觀察、分析，如圖142所示。圖142(2)理論分析：平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動；在豎直方向的分運動是自由落體運動。平拋運動的軌跡如圖143中虛線所示。圖1432平拋運動的規(guī)律(1)水平方向(2)豎直方向1自主思考判一判(1)水平拋出的物體所做的運動就是平拋運動。()(2)平拋運動的初速度越大，物體下落得越快。()(3)平拋運動的初速度越大，水平位移越大。()(4)如果下落時間足夠長，平拋運動物體的速度方向可以變?yōu)樨Q直方向。()(5)在同一地區(qū)的同一高度，所有做平拋運動的物體的加速度都相同。()(6)平拋運動在某時刻的位移與水平方向的夾角等于此時速度與水平方向的夾角。()2合作探究議一議(1)兩個小金屬球同時從同一高度開始運動，不計空氣阻力，A球自由落體，B球平拋運動，兩球下落過程中的高度位置相同嗎？為什么？提示：相同；A、B兩球在豎直方向上的運動情況完全相同，從同一高度同時進行自由落體運動，因此，在下落過程中的高度位置始終相同。(2)球場上，運動員多次從同一高度以不同的水平速度擊出網球。若網球均落在同一水平面上，每次網球在空中運動的時間相同嗎？速度的變化相同嗎？圖144提示：由于網球從同一高度開始做平拋運動，它們的豎直分運動為自由落體運動，由于高度相同，由ygt2可知，網球在空中運動的時間相同；由公式vgt可知，它們的速度變化量相同。對平拋運動的理解1平拋運動的條件(1)具有水平初速度v0。(2)只受重力作用。兩個條件缺一不可。2平拋運動的特點特點理解理想化特點物理上提出的拋體運動是一種理想化的模型，即把物體看成質點，拋出后只考慮重力作用，忽略空氣阻力速度特點平拋運動的速度大小和方向都不斷變化，故它是變速運動加速度特點平拋運動的加速度恒定，始終等于重力加速度，大小和方向都不變，所以平拋運動是勻變速曲線運動速度變化特點由vgt，任意兩個相等的時間間隔內速度的變化相同，方向豎直向下，如圖所示1(多選)平拋運動是()A加速度不斷變化的曲線運動B勻變速曲線運動C勻速率曲線運動D在任意相等的時間內速度變化量都相同的曲線運動解析：選BD平拋運動的加速度為自由落體加速度，它是一恒量，故平拋運動為勻變速曲線運動，A錯，B對。平拋運動的速率逐漸增大，C錯。任意相等時間t內，平拋運動的速度變化量vgt，由此式可見，只要t相等，v就相同，D對。2人站在樓上水平拋出一個小球，球離開手后水平方向的速度為vx，豎直方向的速度為vy，忽略空氣阻力，如圖所示，能正確表示在相同的時間間隔內速度矢量v的變化情況的圖像是()解析：選C小球做平拋運動，水平方向速度不變，因此A、D錯誤。豎直方向做勻加速直線運動，相同時間間隔內，豎直方向速度的增加量相同，故B錯誤，C正確。3關于平拋運動，下列說法不正確的是()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解析：選B平拋運動的物體只受重力作用，故A正確；平拋運動是曲線運動，速度時刻變化，由v知，合速度v在增大，故C正確；對平拋物體的速度方向與加速度方向的夾角，有tan ，因t一直增大，所以tan 變小，變小，故D正確，B錯誤。平拋運動規(guī)律的應用1研究方法：采用運動分解的方法，將平拋運動分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。2平拋運動的規(guī)律速度位移水平分運動水平速度vxv0水平位移xv0t豎直分運動豎直速度vygt豎直位移ygt2合運動大小：v方向：與水平方向夾角為，tan 大?。簊 方向：與水平方向夾角為，tan 3平拋運動的幾個推論運動時間由于豎直方向做自由落體運動，則運動時間為t。因此，運動時間僅取決于下落高度，與初速度v0無關水平位移聯(lián)立xv0t和ygt2得，xv0。水平位移由初速度v0和下落高度y共同決定落地速度v，即落地速度由初速度v0和下落高度y共同決定速度偏向角與位移偏向角之間的關系速度偏向角與位移偏向角如圖所示。因為tan =，tan ，因此tan 2tan 速度反向延長線的特點如圖所示，從O點拋出的物體經時間t到達P點，速度的反向延長線交OB于A點。則OBv0t，ABgt2v0t，因此ABOB，A為OB的中點典例女子跳臺滑雪等6個新項目已加入冬奧會。如圖145所示，運動員踏著專用滑雪板，不帶雪杖在助滑路上(未畫出)獲得一速度后水平飛出，在空中飛行一段距離后著陸，這項運動非常驚險。設一位運動員由斜坡頂的A點沿水平方向飛出的速度v020 m/s，落點在斜坡上的B點，斜坡傾角取37，斜坡可以看成一斜面。(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：圖145(1)運動員在空中飛行的時間t。(2)A、B間的距離s。審題指導第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息運動員由斜坡頂的A點沿水平方向飛出運動員做平拋運動，A點為運動起點落點在斜坡上的B點，斜坡傾角取37斜坡上A點到B點的距離即為運動員的位移第二步：找突破口平拋運動的求解通法就是運動分解，結合題目情景，把運動員的位移分解為水平方向的位移x和豎直方向的位移y，則有tan 37。解析(1)運動員由A點到B點做平拋運動，水平方向的位移xv0t，豎直方向的位移ygt2，又tan 37，聯(lián)立以上三式得t3 s。(2)由題意知sin 37，得A、B間的距離s75 m。答案(1)3 s(2)75 m平拋與斜面綜合的兩種模型物體從斜面平拋后又落到斜面上，則其位移大小為拋出點與落點之間的距離，位移的偏角為斜面的傾角，且tan 。當速度平行于斜面時，物體離斜面最遠物體做平拋運動時以某一角度落到斜面上，則其速度的偏角為，且tan()。當90，即物體垂直落到斜面上時，tan 1.如圖146，轟炸機沿水平方向勻速飛行，到達山坡底端正上方時釋放一顆炸彈，并垂直擊中山坡上的目標A。已知A點高度為h，山坡傾角為，由以上條件不能算出()圖146A轟炸機的飛行高度B轟炸機的飛行速度C炸彈的飛行時間D炸彈投出時的動能解析：選D根據題述，tan ，xvt，tan ，Hhy，ygt2，由此可算出轟炸機的飛行高度H，轟炸機的飛行速度v，炸彈的飛行時間t。由于題述沒有給出炸彈質量，不能得出炸彈投出時的動能，故選D。2.如圖147所示，橫截面為直角三角形的兩個相同斜面緊靠在一起，固定在水平面上，小球從左邊斜面的頂點以不同的初速度向右水平拋出，最后落在斜面上。其中有三次的落點分別是a、b、c，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是()圖147A落點b、c比較，小球落在b點的飛行時間短B小球落在a點和b點的飛行時間均與初速度v0成正比C三個落點比較，小球落在c點，飛行過程中速度變化最快D三個落點比較，小球落在c點，飛行過程中速度變化最大解析：選B由平拋運動規(guī)律hgt2得t 可知，落點為b時，小球的豎直位移較大，故飛行時間較長，A項錯；落點為a、b時，位移方向相同，故tan ，可見飛行時間t與v0成正比，B項正確；小球在飛行過程中速度變化快慢即加速度均為g，C項錯；小球在飛行過程中，水平方向上速度不變，速度變化vgt，由t 可知，小球落在b點時速度變化最大，D項錯。3一小球以初速度v0水平拋出，落地時速度為v，阻力不計，求：(1)小球在空中飛行的時間。(2)拋出點離地面的高度。(3)水平方向的位移。(4)小球的位移。解析：(1)如圖所示，設經時間t小球落地，此時小球的豎直分速度vy=，且vy=gt，由以上兩式得t=。(2)在豎直方向上小球做自由落體運動，則拋出點離地面的高度y=gt2= (v2-v02)。(3)在水平方向上小球做勻速直線運動，則水平方向的位移x=v0t=。(4)小球的位移大小l，位移與水平方向夾角的正切值tan 。答案：(1) (2)(v2v02)(3)(4) 與水平方向夾角的正切值tan 類平拋運動問題典例如圖148所示的光滑斜面長為l，寬為b，傾角為，一物塊(可看成質點)沿斜面左上方頂點P水平射入，恰好從底端Q點離開斜面，試求：圖148(1)物塊由P運動到Q所用的時間t；(2)物塊由P點水平射入時的初速度v0；(3)物塊離開Q點時速度的大小v。思路點撥(1)物塊沿斜面做類平拋運動。(2)物塊沿垂直于初速度方向的加速度為gsin 。(3)物塊沿水平方向的位移為b。解析(1)物塊做類平拋運動，由mgsin ma可知，物塊的加速度agsin ，由lat2可得，物塊由P運動到Q所用的時間t。(2)由bv0t可得物塊的水平射入時的初速度v0b。(3)由vyat，v可得v。答案(1) (2)b(3) 類平拋運動的特點及處理方法(1)類平拋運動的特點是物體所受的合力是恒力，且與初速度方向垂直。(初速度的方向不一定是水平方向，合力的方向也不一定是豎直方向，且加速度大小不一定等于重力加速度g)(2)類平拋運動可看成是某一方向的勻速直線運動和垂直此方向的勻加速直線運動的合運動。處理類平拋運動的方法和處理平拋運動的方法類似，但要分析清楚加速度的大小和方向。 1如圖149所示，A、B兩質點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出，A在豎直平面內運動，落地點為P1；B沿光滑斜面運動，落地點為P2，P1和P2在同一水平面上，不計阻力，則下列說法正確的是()圖149AA、B的運動時間相同BA、B沿x軸方向的位移相同CA、B運動過程中的加速度大小相同DA、B落地時速度大小相同解析：選D設O點與水平面的高度差為h，由hgt12，gsin t22可得：t1，t2 ，故t1t2，A錯誤；由x1v0t1，x2v0t2可知，x1x2，B錯誤；由a1g，a2gsin 可知，C錯誤；A落地的速度大小為vA，B落地的速度大小vB，所以vAvB，故D正確。2.如圖1410所示，質量為m的飛機以水平速度v0飛離跑道后逐漸上升，若飛機在此過程中水平速度保持不變，同時受到重力和豎直向上的恒定升力(該升力由其他力的合力提供，不含重力)。今測得當飛機在水平方向的位移為l時，它的上升高度為h。求：圖1410(1)飛機受到的升力大?。?2)在高度h處飛機的速度大小。解析：(1)飛機水平速度不變lv0t，豎直方向加速度恒定h，消去t即得a，由牛頓第二定律：Fmgmamg。(2)在高度h處，飛機豎直方向的速度vyat則速度大?。簐 v0。答案：(1)mg(2)v0平拋運動的實驗探究一、實驗目的1用實驗的方法描出平拋運動的軌跡。2根據軌跡研究平拋運動的特點并求初速度。二、實驗原理平拋物體的運動可以看做是由兩個分運動合成的，即水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。使小球做平拋運動，利用描跡法描出小球的運動軌跡，建立坐標系，測出軌跡曲線上某一點的坐標x和y，根據公式：xv0t和ygt2，就可求得v0x，即為小球做平拋運動的初速度。三、實驗器材斜槽(帶小球)、木板及豎直固定支架、白紙、圖釘、重垂線、三角板、鉛筆、刻度尺。四、實驗步驟圖14111安裝調平：將帶有斜槽軌道的木板固定在實驗桌上，其末端伸出桌面外，軌道末端切線水平。如圖1411所示。2建坐標系：用圖釘將坐標紙固定于豎直木板的左上角，把木板調整到豎直位置，使板面與小球的運動軌跡所在平面平行且靠近，把小球放在槽口處，用鉛筆記下小球在槽口(軌道末端)時球心所在木板上的投影點O，O點即為坐標原點，用重垂線畫出過坐標原點的豎直線，作為y軸，畫出水平向右的x軸。3確定球位置：將小球從斜槽上某一位置由靜止滑下，小球從軌道末端射出，先用眼睛粗略確定做平拋運動的小球在某一x值處的y值，然后讓小球由同一位置自由滾下，在粗略確定的位置附近用鉛筆較準確地描出小球通過的位置，并在坐標紙上記下該點。用同樣的方法確定軌跡上其他各點的位置。4描點得軌跡：取下坐標紙，將坐標紙上記下的一系列點，用平滑曲線連起來，即得到小球平拋運動軌跡。五、數據處理1判斷平拋運動的軌跡是拋物線圖1412(1)如圖1412所示，在x軸上作出等距離的幾個點A1、A2、A3、，把線段OA1的長度記為L，那么OA22L、OA33L、，過A1、A2、A3、向下作垂線，與軌跡的交點記為M1、M2、M3、(2)設軌跡是一條拋物線，則M1、M2、M3、各點的y坐標與x坐標應該具有的形式為yax2，a是常量。(3)用刻度尺測量某點的x、y兩個坐標，代入yax2中，求出常量a。(4)測量其他幾個點的x、y坐標，代入上式，看由各點坐標求出的a值是否相等。如果在誤差允許范圍內相等，就說明該曲線為拋物線。2計算平拋物體的初速度(1)在確定坐標原點為拋出點的情況下，在軌跡曲線上任取幾點(如A、B、C、D)。(2)用刻度尺和三角板分別測出它們的坐標x和y。(3)據平拋運動水平方向是勻速直線運動(xv0t)及豎直方向是自由落體運動，分別計算小球的初速度v0，最后計算小球的初速度v0的平均值。六、誤差分析1斜槽末端沒有調水平，小球離開斜槽后不做平拋運動給實驗帶來系統(tǒng)誤差。2小球運動的位置確定不準確給實驗帶來偶然誤差。3量取軌跡上各點坐標時不準確給實驗帶來偶然誤差。七、注意事項1實驗中必須調整斜槽末端的切線水平。2方木板必須處于豎直平面內。3小球每次必須從斜槽上同一位置滾下。4建立坐標系時，坐標原點不能建在槽口的端點，應是小球出槽口時球心在木板上的投影點。5小球開始滾下的位置高度要適中，以使小球平拋運動的軌跡由坐標紙的左上角一直到達右下角為宜。6在軌跡上選取離坐標原點O點較遠的一些點來計算初速度。典例圖1413甲是“研究平拋運動”的實驗裝置圖。圖1413(1)實驗前應對實驗裝置反復調節(jié)，直到斜槽末端切線_。每次讓小球從同一位置由靜止釋放，是為了每次平拋_。(2)圖乙是正確實驗取得的數據，其中O為拋出點，則此小球做平拋運動的初速度為_m/s。(3)在另一次實驗中將白紙換成方格紙，每小格的邊長L5 cm，通過實驗，記錄了小球在運動途中的三個位置，如圖丙所示，則該小球做平拋運動的初速度為_m/s；B點的豎直分速度為_m/s。解析(1)要使小球做平拋運動，斜槽末端切線應水平，同時為了使每次平拋的初速度相同，應讓小球從同一位置由靜止釋放。(2)由xv0t，ygt2得v0x，將(32.0,19.6)代入得v00.32 m/s1.6 m/s。(3)由圖丙可知，小球由AB和由BC所用時間相等，且有ygT2，xv0T，解得v01.5 m/s，vBy2.0 m/s。答案(1)水平初速度相同(2)1.6(3)1.52.0平拋實驗求拋出點位置的方法(如圖所示)：(1)若圖中的O、a、b三點滿足xO a=xab，yO ayab=13，則O為拋出點。(2)若未滿足yO ayab=13，則O不是拋出點。1在“研究平拋物體的運動”的實驗中：(1)為使小球水平拋出，必須調整斜槽，使其末端的切線成水平方向，檢查方法是_。(2)小球拋出點的位置必須及時記錄在白紙上，然后從這一點畫水平線和豎直線作為x軸和y軸，豎直線是用_來確定的。(3)某同學建立的直角坐標系如圖1414所示，設他在安裝實驗裝置和其他操作時準確無誤，只有一處失誤，即是_。圖1414(4)該同學在軌跡上任取一點M，測得坐標為(x，y)，則初速度的測量值為_，測量值比真實值要_(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。解析：(1)斜槽末端水平時小球處于平衡，放在槽口能靜止不動。(2)用重垂線來確定豎直線最準確。(3)描繪小球的運動軌跡的起始位置時應描繪球心的位置，因此坐標原點應在平拋起點的球心位置，即坐標原點應該是小球在槽口時球心在白紙上的水平投影點。(4)根據xv0t，ygt2，兩式聯(lián)立得：v0x，因為坐標原點靠下，造成y值偏小，從而v0偏大。答案：(1)將小球放置在槽口處軌道上，小球能保持靜止(2)重垂線(3)坐標原點應該是小球在槽口時球心在白紙上的水平投影點(4)x偏大2在研究小球平拋運動的實驗中，某同學記錄了A、B、C三點，建立了如圖1415所示的坐標系，平拋軌跡上的三點坐標值已在圖中標出，求：圖1415(1)小球平拋的初速度；(2)小球拋出點的坐標。(g取10 m/s2)解析：(1)由A、B、C三點橫坐標知，小球從A點運動到B點和從B點運動到C點時間相等，設該時間為T，小球在豎直方向做自由落體運動，由ygT2得T s0.1 sv0 m/s1.0 m/s。(2)由勻變速直線運動規(guī)律：一段時間的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度。小球經B點時的豎直分速度vBy m/s2.0 m/s設從拋出點運動到B點所用時間為t，則t s0.20 s從拋出點運動到A點所用時間為t1tT(0.200.10) s0.10 s在t1時間內小球的水平位移為sAxv0t11.00.10 m0.10 m10 cm豎直位移sAygt1210(0.10)2 m0.05 m5 cm由題中所建立的坐標系得出拋出點坐標為(10 cm，5 cm)。答案：(1)1.0 m/s(2)(10 cm，5 cm)1.如圖1所示，在光滑的水平面上有一小球a以初速度v0運動，同時刻在它正上方有一小球b也以初速度v0水平拋出，并落于c點，則()圖1A小球a先到達c點B小球b先到達c點C兩球同時到達c點D不能確定解析：選C做平拋運動的小球b在水平方向上的運動與小球a同步，b球落地前兩球一直在同一豎直線上，兩球同時到達c點，C正確。2物體在高處以初速度v0水平拋出，落地時速度為v，則該物體在空中運動的時間為(不計空氣阻力)()A.B.C. D.解析：選C豎直分速度大小vy，與在空中運動的時間t的關系為vygt，聯(lián)立兩式求得t，C正確。3如圖2所示，某人向對面的山坡上水平拋出兩個質量不等的石塊，分別落到A、B兩處。不計空氣阻力，則落到B處的石塊()圖2A初速度大，運動時間短 B初速度大，運動時間長C初速度小，運動時間短 D初速度小，運動時間長解析：選A由ygt2可知tB<tA，初速度vx，由題可知xB>xA，故vB>vA，選項A正確。4物體做平拋運動時，它的速度方向和水平方向間的夾角的正切tan 隨時間t變化的圖像是()解析：選B平拋運動的合速度v與兩個分速度v0、vy的關系如圖所示，則tan =t，故正切tan 與時間t成正比，B正確。5一水平拋出的小球落到一傾角為的斜面上時，其速度方向與斜面垂直，運動軌跡如圖3中虛線所示。小球在豎直方向下落的距離與在水平方向通過的距離之比為()圖3Atan B2tan C D解析：選D小球在豎直方向下落的距離與水平方向通過的距離之比即為平拋運動合位移與水平方向夾角的正切值。小球落在斜面上速度方向與斜面垂直，故速度方向與水平方向夾角為，由平拋運動結論：平拋運動速度方向與水平方向夾角正切值為位移方向與水平方向夾角正切值的2倍，可知：小球在豎直方向下落的距離與水平方向通過的距離之比為tan，D項正確。6(多選)圖4為自動噴水裝置的示意圖。噴頭高度為H，噴水速度為v，若要增大噴灑距離L，下列方法中可行的有()圖4A減小噴水的速度v B增大噴水的速度vC減小噴頭的高度H D增大噴頭的高度H解析：選BD根據Hgt2得，t，則噴灑的距離xvtv，則增大噴水的速度，增大噴頭的高度可以增大噴灑距離。故B、D正確，A、C錯誤。7.如圖5所示，光滑斜面固定在水平面上，頂端O有一小球，從靜止釋放，運動到底端B的時間為t1，若給小球不同的水平初速度，落到斜面上的A點，經過的時間為t2，落到斜面底端B點，經過的時間為t3，落到水平面上的C點，經過的時間為t4，則()圖5At2>t1 Bt3>t2Ct4>t3 Dt1t4解析：選B由gsin t12可得t1 ，而t4t3，故有C、D錯誤；由t2<可得：t1>t2，t3>t2，A錯誤，B正確。8(多選)從正在高空水平勻速飛行的飛機上每隔1 s釋放1個小球，先后共釋放5個，不計空氣阻力，則()A這5個小球在空中處在同一條豎直線上B這5個小球在空中處在同一條拋物線上C在空中，第1、2兩球間的距離保持不變D相鄰兩球的落地間距相等解析：選AD釋放的每個小球都做平拋運動。水平速度與飛機的飛行速度相等，每個小球落地前都位于飛機的正下方，即處在同一條豎直線上，如圖所示。第1、2兩球在空中的間距為h=g(t+1 s)2-gt2=g(2t+1 s)可見，h隨時間的增加而增大。相鄰兩球落地時的間距為x=v0(t+1 s)-v0t=v0可見，x與下落時間無關。綜上所述，本題正確選項為A、D。9一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖6所示。水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網高度為h。發(fā)射機安裝于臺面左側邊緣的中點，能以不同速率向右側不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h。不計空氣的作用，重力加速度大小為g。若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網右側臺面上，則v的最大取值范圍是()圖6A.<v<L1B.<v< C.<v< D.<v< 解析：選D設以速率v1發(fā)射乒乓球，經過時間t1剛好落到球網正中間。則豎直方向上有3hhgt12，水平方向上有v1t1。由兩式可得v1。設以速率v2發(fā)射乒乓球，經過時間t2剛好落到球網右側臺面的兩角處，在豎直方向有3hgt22，在水平方向有 v2t2。由兩式可得v2 。則v的最大取值范圍為v1<v<v2。故選項D正確。10.圖7試根據平拋運動原理，設計測量彈射器射出彈丸初速度的實驗。提供的實驗器材有彈射器(含彈丸，如圖7所示)、鐵架臺(帶有夾具)、米尺。(1)畫出實驗示意圖。(2)在安裝彈射器時應注意：_。(3)實驗中需要測量的量(并在示意圖中用字母標出)：_。(4)由于彈射器每次射出的彈丸初速度不可能完全相等，在實驗中采取的方法是：_。(5)計算公式：_。解析：根據研究平拋運動的實驗原理，可使彈丸做平拋運動，通過測量下落高度可求出時間，再測水平位移可求出其出射的初速度。(1)實驗示意圖如圖所示。(2)彈射器必須保持水平，以保證彈丸的初速度沿水平方向。(3)應測出彈丸下降的高度y和水平位移x，如圖所示。(4)在不改變高度y的條件下進行多次實驗，測量水平位移，得出水平位移x的平均值，以減小誤差。(5)因為ygt2，所以t ，又xv0t，故v0x 。答案：見解析11.如圖8所示，一小球從平臺上水平拋出，恰好落在平臺前一傾角為53的斜面頂端并剛好沿斜面下滑，已知平臺到斜面頂端的高度為h0.8 m，取g10 m/s2。求小球水平拋出的初速度v0和斜面頂端與平臺邊緣的水平距離s各為多少？(sin 530.8，cos 530.6)圖8解析：小球從平臺運動到斜面頂端的過程中做平拋運動，由平拋運動規(guī)律有：sv0t，hgt2，vygt由題圖可知：tan 代入數據解得：v03 m/s，s1.2 m。答案：3 m/s1.2 m12.如圖9所示，一長為l的木板傾斜放置且傾角為45。今有一彈性小球，自與木板上端等高的某處自由釋放，小球落到木板上反彈時，速度大小不變，碰撞前后速度方向與木板夾角相等。不計小球與木板碰撞的時間，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板底端，則：圖9(1)小球釋放點距木板上端的水平距離應為多大？(2)小球落到木板底端前，先后兩段運動所用時間之比為多大？解析：(1)設小球第一次碰板時速度大小為v，對自由下落階段y1gt12vgt1對平拋階段y2gt22x2vt2根據題意可知lsin 45y1y2聯(lián)立以上方程可解得y1小球釋放點距木板上端的水平距離為xy1。(2)由可求出小球落到木板底端前的兩段運動所用時間之比為t1t212。答案：(1)(2)12