Question

（1）做“研究平拋運動”的實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫小球做平拋運動的軌跡，為了能準確地描繪運動軌跡，下面列出了一些操作要求，你認為正確的是

ACE

．
A．通過調節使斜槽的末端保持水平
B．每次釋放小球的位置必須不同
C．每次必須由靜止釋放小球
D．記錄小球位置用的木條（或凹槽）每次必須嚴格地等距離下降
E．小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸
F．將小球的位置記錄在紙上后，取下紙，用直尺將點連成折線
（2）為了探究影響平拋運動水平射程的因素，某同學通過改變拋出點的高度及初速度的方法做了6次實驗，實驗數據記錄如下表：

序號	拋出點的高度（m）	水平初速度（m/s）	水平射程（m）
1	0.20	2	0.40
2	0.20	3	0.60
3	0.45	2	0.60
4	0.45	4	1.2
5	0.80	2	0.8
6	0.80	6	2.4

以下探究方案符合控制變量法的是

A

．
A．若探究水平射程與高度的關系，可用表中序號為1、3、5的實驗數據
B．若探究水平射程與高度的關系，可用表中序號為2、4、6的實驗數據
C．若探究水平射程與初速度的關系，可用表中序號為1、3、5的實驗數據
D．若探究水平射程與初速度的關系，可用表中序號為2、4、6的實驗數據
（3）如圖a是研究小球在斜面上平拋運動的實驗裝置，每次將小球從弧型軌道同一位置靜止釋放，并逐漸改變斜面與水平地面之間的夾角θ，獲得不同的射程x，最后作出了如圖b所示的x-tanθ圖象．則：

由圖b可知，小球在斜面頂端水平拋出時的初速度v₀=

1

m/s．實驗中發現θ超過60°后，小球將不會掉落在斜面上，則斜面的長度為

0.7

m．
若最后得到的圖象如圖c所示，則可能的原因是（寫出一個即可）

釋放位置變高（或釋放時有初速度）．

．

Answer 1

分析：（1）保證小球做平拋運動必須通過調節使斜槽的末端保持水平，因為要畫同一運動的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，實驗要求小球滾下時不能碰到木板平面，避免因摩擦而使運動軌跡改變，最后軌跡應連成平滑的曲線；
（2）實驗探究時應采用控制變量法進行實驗，即應控制其它變量不變，探究其它兩個變量的關系；
（3）由平拋運動的規律列出水平位移與夾角正切值的關系，即可求得小球水平拋出時的初速度；由圖c中圖象可得出水平位移x隨tanθ的變化關系，則可分析可能的原因．

解答：解：A、通過調節使斜槽末端保持水平，是為了保證小球做平拋運動．故A正確．
    B、因為要畫同一運動的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度．故B錯誤，C正確．
    D、因平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，在相同時間里，位移越來越大，因此木條（或凹槽）下降的距離不應是等距的，故D錯誤；
    E、實驗要求小球滾下時不能碰到木板平面，避免因摩擦而使運動軌跡改變，最后軌跡應連成平滑的曲線．故F錯誤，E正確．
故選ACE．
（2）A、若探究水平射程與高度的關系，應控制水平初速度不變，可用表中序號為1、3、5的實驗數據，故A正確，B錯誤；
C、若探究水平射程與初速度的關系，應控制拋出點的高度高度不變，可用表中序號為1、2的實驗數據，故CD錯誤；
故選A
（3）物體在豎直方向上有：
y=

1

2

gt²
水平方向上x=vt

y

x

=tanθ
聯立解得：
x=

2v2

g

tanθ
由圖可知

2v2

g

=0.2
解得：v=1m/s；
當斜面傾角θ=60°時，設斜面長度為L，有：
Lsin60°=

1

2

gt² ①
水平方向：Lcos60°=v₀t    ②
由①②得：
L=0.7m
由圖c可知，圖象的斜率增大，故說明

2v2

g

增大，因重力加速度不變，故只能說明速度增大，其原因可能為：釋放位置變高或小球釋放時有初速度；
故答案為：（1）A C E．（2）A．
（3）1；0.70；釋放位置變高（或釋放時有初速度）．

點評：解決平拋實驗問題時，要特別注意實驗的注意事項．在平拋運動的規律探究活動中不一定局限于課本實驗的原理，要注重學生對探究原理的理解．圖象法在物理學中應用較為廣泛，一定要掌握圖象的分析方法