1、类平抛运动的处理,类平抛运动：凡具有合外力恒定且合外力垂直于初速度特征的曲线运动叫类平抛运动。 此物体所做的运动可看成是某一方向的匀速直线运动和垂直此方向的匀加速直线运动，这类运动在电场中会涉及较多，处理方法与平抛运动类似。,类平抛运动的处理,例题1 如图所示，光滑斜面长为 a、宽为b 、倾角为 一物块沿斜面左上方顶点P 水平射入，而从右下方顶点Q离开斜面，则入射初速度v0= ,类平抛运动的处理,【解析】 根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=gsin 根据类平抛运动，沿斜面方向：b=1/2at2 水平方向上：a=v0t 解得水平射入时的速度为：v0=a gsin 2 注意：解答本题的关键是
2、知道小球在水平方向和沿斜面向下方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。,类平抛运动的处理,例题2 如图所示，有一倾角为30的光滑斜面，斜面长L为10 m，一小球斜面顶端D点以10 m/s的速度在斜面上沿水平方向抛出，求：(g取10 m/s2)(1)小沿斜面滑到底端时距A点的距离x；(2)小球到达斜面底端时的速度大小,类平抛运动的处理,【解析】（1）在斜面上小球沿v0方向做匀速运动， 垂直v0方向做初速度为零的匀加速运动 由牛顿第二定律得：ma=mgsin30， 小球的加速度a=gsin30=5m/s2， 沿v0方向位移s=v0t， 垂直v0方向：l=1/2 at2， 解得，运动
3、时间：t= 2 30 = 210 100.5 =2 ， 水平位移：s=v0 2 30 =10 210 100.5 m=20m； 可以求出小球到达斜面底端的速度,类平抛运动的处理,【解析】 （2）设小球运动到斜面底端时的速度为v， 由动能定理得：mglsin30=1/2mv2-1/2mv02， 小球到达斜面底端时的速度v= 02+ = 102+1010 m/s=14.1m/s 小结： （1）小球的运动可以分解为沿初速度方向的匀速直线运动与垂直于初速度方向的初速度为零的匀加速运动，应用匀速运动与匀变速运动的运动规律可以求出小球的运动时间与水平位移 （2）由动能定理可以求出小球到达斜面底端的速度,类
4、平抛运动的处理,例题3 如图所示的吊塔吊臂上有一个可以沿水平方向运动的小车A，小车下装有吊着物体B的吊钩。在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起。A、B之间的距离以d=H-2t2（SI）（SI表示国际单位制，式中H为吊臂距地面的高度）规律变化，则物体做（ ） A速度大小不变的曲线运动 B速度大小增加的曲线运动 C加速度大小、方向均不变的曲线运动 D加速度大小、方向均变化的曲线运动,类平抛运动的处理,【解析】 A、B选项：物体B参加了两个分运动，水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动； 对于竖直分运动，结合位移-时间关系公式x=v0t+1/2at
5、2，可得到 d=H-x=H-（v0yt+1/2at2） 又根据题意 d=H-2t2 可以得对比两式可得出： 竖直分运动的加速度的大小为 ay=4m/s2 竖直分运动的初速度为 v0y=0,类平抛运动的处理,【解析】 故竖直分速度为 vy=4t 物体的水平分速度不变 合运动的速度为竖直分速度与水平分速度的合速度，遵循平行四边形定则，故合速度的方向不断变化，物体一定做曲线运动，合速度的大小v= 2+2 ，故合速度的大小也一定不断变大，故A错误，B正确； C、D选项：水平分加速度等于零，故合加速度等于 竖直分运动的加速度，因而合加速度的大小和方向 都不变，故C正确，D错误； 故选BC,类平抛运动的处
6、理,例题4 质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其他力的合力提，含重力）。今测得当飞机在水平方向的位移为 l 时，它的上升高度为h，如图所示，求飞机受到的升力的大小。,类平抛运动的处理,【解析】 飞机水平速度不变，l=v0t y方向加速度恒定，h= 1 2 at2 消去t即得a= 2 2 v02 由牛顿第二定律得Fmg+ma=mg(1+ 2 2 v02),类平抛运动的处理,例题5 在光滑的水平面内，一质量m1 kg的质点以速度v010 m/s沿x轴正方向动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F15
7、N作用，直线OA与x轴37，如图所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求： (1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点P点所经历的时间以及P点的坐标,类平抛运动的处理,例题5 在光滑的水平面内，一质量m1 kg的质点以速度v010 m/s沿x轴正方向动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F15 N作用，直线OA与x轴37，如图所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求： (2)质点经过P点的速度大小,类平抛运动的处理,【解析】把运动分解为x方向和y方向，F并不会改变x方向速度 设经
8、过时间t，物体到达P点 （1）xP=v0t yP= 1 2 t2 =cot37联解得 t=1s，x=10m，y=7.5m，则坐标（10m，7.5m） （2）vy= t=15m/s v= 02+2 =5 13 m/s， tan=vy/vx=15/10=3/2， =arctan(3/2)，为v与水平方向的夹角,类平抛运动的处理,例题1 如图所示，将质量为m的小球从倾角为的光滑斜面上A点以速度v0水平抛出（即v0平行CD），小球沿斜面运动到B点。已知A点的高度为h，则小球在斜面上运的时间为多少？小球到达B点时的速度大小为多少？,类平抛运动的处理,【解析】小球所受的合力沿斜面向下，做类平抛运动，将小球的运动分解为沿斜面向下方向和平行于底端方向，在平行底端方向上做匀速直线运动，在沿斜面向下方向上做匀加速直线运动，求出沿斜面向下方向上的速度，根据平行四边形定则求出B点的速度 解：小球沿斜面向下的加速度：a=mgsin/g=gsin，沿斜面向下的距离： x=h/sin，根据：v12=2ax=2gh 所以有：v1= 2 根据平行四边形定则有：vB= v02+12 = 02+2 故答案为： 02+2 ,
