平拋運動中的題型歸類

平拋運動中的題型歸類一．常見平拋運動模型的運動時間的計算方法1．在水平地面上空h處平拋：由h＝eq\f(1,2)gt2知t＝eq\r(\f(2h,g))，即t由高度h決定．2．在半圓內(nèi)的平拋運動(如圖9)，由半徑和幾何關(guān)系制約時間t：圖9h＝eq\f(1,2)gt2R＋eq\r(R2－h(huán)2)＝v0t聯(lián)立兩方程可求t.3．斜面上的平拋問題(如圖10)：(1)順著斜面平拋方法：分解位移x＝v0t圖10 y＝eq\f(1,2)gt2tanθ＝eq\f(y,x)可求得t＝eq\f(2v0tanθ,g)(2)對著斜面平拋(如圖11)方法：分解速度vx＝v0vy＝gt圖11tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)可求得t＝eq\f(v0tanθ,g)4．對著豎直墻壁平拋(如圖12)水平初速度v0不同時，雖然落點不同，但水平位移相同．t＝eq\f(d,v0) 圖12例1如圖6，從半徑為R＝1m的半圓AB上的A點水平拋出一個可視為質(zhì)點的小球，經(jīng)t＝0.4s小球落到半圓上，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝10m/s2，則小球的初速度v0可能為()A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s 解析由于小球經(jīng)0.4s落到半圓上，下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝0.8m，位置可能有兩處，如圖所示．第一種可能：小球落在半圓左側(cè)，v0t＝R－eq\r(R2－h(huán)2)＝0.4m，v0＝1m/s第二種可能：小球落在半圓右側(cè)，v0t＝R＋eq\r(R2－h(huán)2)，v0＝4m/s，選項A、D正確．答案AD例2如圖8所示，一名跳臺滑雪運動員經(jīng)過一段加速滑行后從O點水平飛出，經(jīng)過3s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(zhì)量m＝50kg.不計空氣阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；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??；(3)運動員從O點飛出開始到離斜坡距離最遠(yuǎn)所用的時間．解析(1)運動員在豎直方向做自由落體運動，有Lsin37°＝eq\f(1,2)gt2，L＝eq\f(gt2,2sin37°)＝75m.(2)設(shè)運動員離開O點時的速度為v0，運動員在水平方向的分運動為勻速直線運動，有Lcos37°＝v0t，即v0＝eq\f(Lcos37°,t)＝20m/s.(3)解法一運動員的平拋運動可分解為沿斜面方向的勻加速運動(初速度為v0cos37°、加速度為gsin37°)和垂直斜面方向的類豎直上拋運動(初速度為v0sin37°、加速度為gcos37°)．當(dāng)垂直斜面方向的速度減為零時，運動員離斜坡距離最遠(yuǎn)，有v0sin37°＝gcos37°·t，解得t＝1.5s解法二當(dāng)運動員的速度方向平行于斜坡或與水平方向成37°角時，運動員與斜坡距離最遠(yuǎn)，有eq\f(gt,v0)＝tan37°，t＝1.5s.答案(1)75m(2)20m/s(3)1.5s訓(xùn)練1如圖13所示是傾角為45°的斜坡，在斜坡底端P點正上方某一位置Q處以速度v0水平向左拋出一個小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，運動時間為t1，小球B從同一點Q處自由下落，下落至P點的時間為t2，不計空氣阻力，則t1∶t2＝()A．1∶2 B．1∶eq\r(2)圖13C．1∶3 D．1∶eq\r(3)答案D訓(xùn)練2．(2012·江蘇·6)如圖19所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h(l、h均為定值)．將A向B水平拋出的同時，B自由下落．A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則() 圖19A．A、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰C．A、B不可能運動到最高處相碰D．A、B一定能相碰答案AD解析由題意知A做平拋運動，即水平方向做勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動；B為自由落體運動，A、B豎直方向的運動相同，二者與地面碰撞前運動時間t1相同，且t1＝eq\r(\f(2h,g))，若第一次落地前相碰，只要滿足A運動時間t＝eq\f(l,v)<t1，即v>eq\f(l,t1)，所以選項A正確；因為A、B在豎直方向的運動同步，始終處于同一高度，且A與地面相碰后水平速度不變，所以A一定會經(jīng)過B所在的豎直線與B相碰．碰撞位置由A的初速度決定，故選項B、C錯誤，選項D正確．訓(xùn)練3．如圖22所示，斜面上a、b、c、d四個點，ab＝bc＝cd，從a點以初動能E0水平拋出一個小球，它落在斜面上的b點，若小球從a點以初動能2E0水平拋出，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是()A．小球可能落在d點與c點之間 圖22B．小球一定落在c點C．小球落在斜面的速度方向與斜面的夾角一定增大D．小球落在斜面的速度方向與斜面的夾角一定相同答案BD解析設(shè)第一次平拋的初速度為v0，v0與斜面的夾角為θ則有eq\x\to(ab)sinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)v0t1＝eq\x\to(ab)cosθ.當(dāng)初速度變?yōu)?E0時，速度變?yōu)閑q\r(2)v0.設(shè)此時小球在斜面上的落點到a點的距離為x，則有xcosθ＝eq\r(2)v0t2，xsinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解得x＝2eq\x\to(ab)，即小球一定落在c點，A項錯誤，B項正確．由tanα＝2tanθ知，斜面傾角一定時，α也一定，C項錯誤，D項正確．訓(xùn)練4．如圖所示，水平拋出的物體，抵達(dá)斜面上端P處時其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面無摩擦滑下，下列選項中的圖象描述的是物體沿x方向和y方向運動的速度—時間圖象，其中正確的是()答案C解析O～tP段，水平方向：vx＝v0恒定不變；豎直方向：vy＝gt；tP～tQ段，水平方向：vx＝v0＋a水平t，豎直方向：vy＝vPy＋a豎直t(a豎直<g)，因此選項A、B、D均錯誤，C正確．訓(xùn)練5．如圖4所示，在豎直放置的半圓形容器的中心O點分別以水平初速度v1、v2拋出兩個小球(可視為質(zhì)點)，最終它們分別落在圓弧上的A點和B點，已知OA與OB互相垂直，且OA與豎直方向成α角，則兩小球初速度之比eq\f(v1,v2)為 () 圖4A．tanα B．cosαC．tanαeq\r(tanα) D．cosαeq\r(cosα)答案C解析兩小球被拋出后都做平拋運動，設(shè)容器半徑為R，兩小球運動時間分別為t1、t2，對A球：Rsinα＝v1t1，Rcosα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)；對B球：Rcosα＝v2t2，Rsinα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，解四式可得：eq\f(v1,v2)＝tanαeq\r(tanα)，C項正確．二、平拋運動中臨界問題的分析例3如圖所示，水平屋頂高H＝5m，圍墻高h(yuǎn)＝3.2m，圍墻到房子的水平距離L＝3m，圍墻外馬路寬x＝10m，為使小球從屋頂水平飛出落在圍墻外的馬路上，求小球離開屋頂時的速度v的大小范圍．(g取10m/s2) 解析若v太大，小球落在馬路外邊，因此，要使球落在馬路上，v的最大值vmax為球落在馬路最右側(cè)A點時的平拋初速度，如圖所示，小球做平拋運動，設(shè)運動時間為t1.則小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1，小球的豎直位移：H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解以上兩式得vmax＝(L＋x)eq\r(\f(g,2H))＝13m/s.若v太小，小球被墻擋住，因此，球不能落在馬路上，v的最小值vmin為球恰好越過圍墻的最高點P落在馬路上B點時的平拋初速度，設(shè)小球運動到P點所需時間為t2，則此過程中小球的水平位移：L＝vmint2小球的豎直方向位移：H－h(huán)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解以上兩式得vmin＝Leq\r(\f(g,2H－h(huán)))＝5m/s因此v0的范圍是vmin≤v≤vmax，即5m/s≤v≤13m/s.答案5m/s≤v≤13m/s1.本題使用的是極限分析法，v0不能太大，否則小球?qū)⒙湓隈R路外邊；v0又不能太小，否則被圍墻擋住而不能落在馬路上．因而只要分析落在馬路上的兩個臨界狀態(tài)，即可解得所求的范圍．2．從解答中可以看到，解題過程中畫出示意圖的重要性，它既可以使抽象的物理情境變得直觀，也可以使隱藏于問題深處的條件顯露無遺．小球落在墻外的馬路上，其速度最大值所對應(yīng)的落點位于馬路的外側(cè)邊緣，而其速度最小值所對應(yīng)的落點卻不是馬路的內(nèi)側(cè)邊緣，而是圍墻的最高點P，這一隱含的條件只有在示意圖中才能清楚地顯露出來．訓(xùn)練62011年6月4日，李娜獲得法網(wǎng)單打冠軍，實現(xiàn)了大滿貫這一夢想，如圖15所示為李娜將球在邊界A處正上方B點水平向右擊出，球恰好過網(wǎng)C落在D處(不計空氣阻力)的示意圖，已知AB＝h1，AC＝x，CD＝eq\f(x,2)，網(wǎng)高為h2，下列說法中正確的是()圖15A．擊球點高度h1與球網(wǎng)的高度h2之間的關(guān)系為h1＝1.8h2B．若保持擊球高度不變，球的初速度v0只要不大于eq\f(x\r(2gh1),h1)，一定落在對方界內(nèi)C．任意降低擊球高度(仍高于h2)，只要擊球初速度合適(球仍水平擊出)，球一定能落在對方界內(nèi)D．任意增加擊球高度，只要擊球初速度合適(球仍水平擊出)，球一定能落在對方界內(nèi)答案AD解析由平拋運動規(guī)律可知h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，1.5x＝v0t1，h1－h(huán)2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，x＝v0t2，得h1＝1.8h2，A正確；若保持擊球高度不變，球的初速度v0較小時，球可能會觸網(wǎng)，B錯誤；任意降低擊球高度，只要初速度合適，球可能不會觸網(wǎng)，但球會出界，C錯誤；任意增加擊球高度，只要擊球初速度合適，使球的水平位移小于2x，一定能落在對方界內(nèi)，D正確．訓(xùn)練7．(2011·廣東·17)如圖20所示，在網(wǎng)球的網(wǎng)前截?fù)艟毩?xí)中，若練習(xí)者在球網(wǎng)正上方距地面H處，將球以速度v沿垂直球網(wǎng)的方向擊出，球剛好落在底線上．已知底線到網(wǎng)的距離為L，重力加速度為g，將球的運動視作平拋運動，下列敘述正確的是 ()圖20A．球被擊出時的速度v等于Leq\r(\f(g,2H))B．球從擊出至落地所用時間為eq\r(\f(2H,g))C．球從擊球點至落地點的位移等于LD．球從擊球點至落地點的位移與球的質(zhì)量有關(guān)答案AB由平拋運動規(guī)律知，H＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2H,g))，B正確．球在水平方向做勻速直線運動，由s＝vt得，v＝eq\f(s,t)＝eq\f(L,\r(\f(2H,g)))＝Leq\r(\f(g,2H))，A正確．擊球點到落地點的位移大于L，且與球的質(zhì)量無關(guān)，C、D錯誤．訓(xùn)練8．如圖所示，在水平路面上一運動員駕駛摩托車跨越壕溝，壕溝兩側(cè)的高度差為0.8m，水平距離為8m，則運動員跨越壕溝的初速度至少為(取g＝10m/s2) ()A．0.5m/s B．2m/sC．10m/s D．20m/s答案D解析運動員做平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2Δh,g))＝0.4s，v＝eq\f(x,t)＝eq\f(8,0.4)m/s＝20m/s.訓(xùn)練9．《憤怒的小鳥》是一款時下非常流行的游戲，游戲中的故事也相當(dāng)有趣，如圖9甲所示，為了報復(fù)偷走鳥蛋的肥豬們，鳥兒以自己的身體為武器，如炮彈般彈射出去攻擊肥豬們的堡壘．某班的同學(xué)們根據(jù)自己所學(xué)的物理知識進(jìn)行假設(shè)：小鳥被彈弓沿水平方向彈出，如圖乙所示，若h1＝0.8m，l1＝2m，h2＝2.4m，l2＝1m，小鳥飛出后能否直接打中肥豬的堡壘？請用計算結(jié)果進(jìn)行說明．(取重力加速度g＝10m/s2)圖9解析(1)設(shè)小鳥以v0彈出后能直接擊中堡壘，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h1＋h2＝\f(1,2)gt2,l1＋l2＝v0t))t＝eq\r(\f(2h1＋h2,g))＝eq\r(\f(2×0.8＋2.4,10))s＝0.8s所以v0＝eq\f(l1＋l2,t)＝eq\f(2＋1,0.8)m/s＝3.75m/s設(shè)在臺面的草地上的水平射程為x，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝v0t1,h1＝\f(1,2)gt\o\al(2,1)))所以x＝v0eq\r(\f(2h1,g))＝1.5m<l1可見小鳥不能直接擊中堡壘．三、類平拋問題模型的分析方法1．類平拋運動的受力特點物體所受的合外力為恒力，且與初速度的方向垂直．2．類平拋運動的運動特點在初速度v0方向上做勻速直線運動，在合外力方向上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F合,m).3．類平拋運動的求解方法(1)常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的勻加速直線運動．兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性．(2)特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，將加速度a分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解．例4質(zhì)量為m的飛機(jī)以水平初速度v0飛離跑道后逐漸上升，若飛機(jī)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(dāng)飛機(jī)在水平方向的位移為l時，它的上升高度為h，如圖16所示，求：圖16(1)飛機(jī)受到的升力大?。?2)上升至h高度時飛機(jī)的速度．解析(1)飛機(jī)水平方向速度不變，則有l(wèi)＝v0t豎直方向上飛機(jī)加速度恒定，則有h＝eq\f(1,2)at2解以上兩式得a＝eq\f(2h,l2)veq\o\al(2,0)，故根據(jù)牛頓第二定律得飛機(jī)受到的升力F為F＝mg＋ma＝mg(1＋eq\f(2h,gl2)veq\o\al(2,0))(2)由題意將此運動分解為水平方向速度為v0的勻速直線運動，l＝v0t；豎直方向初速度為0、加速度a＝eq\f(2h,l2)veq\o\al(2,0)的勻加速直線運動．上升到h高度其豎直速度vy＝eq\r(2ah)＝eq\r(2·\f(2hv\o\al(2,0),l2)·h)＝eq\f(2hv0,l)所以上升至h高度時其速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(v0,l)eq\r(l2＋4h2)如圖所示，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(2h,l)，方向與v0成θ角，θ＝arctaneq\f(2h,l).答案(1)mg(1＋eq\f(2h,gl2)veq\o\al(2,0))(2)eq\f(v0,l)eq\r(l2＋4h2)，方向與v0成θ角，θ＝arctaneq\f(2h,l)訓(xùn)練10如圖17所示，兩個傾角分別為30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，斜面高度相等．有三個完全相同的小球