高中物理競賽-話題10：運動模型-平拋和斜拋運動

高中物理競賽_話題10：運動模型——平拋和斜拋運動話題10：運動模型——平拋和斜拋運動將質點以和水平方向成某一角度θ的初速度0v投射出去，在不考慮空氣阻力的情況下，質點的運動就是拋體運動。當090θ=時，質點在豎直線上做直線運動，可利用勻變速直線運動規(guī)律來求解；當00θ=時，質點做平拋運動，當0090θ<<時，質點做斜拋運動。其中平拋運動與斜拋運動的軌跡均為拋物線。這里我們討論的拋體運動就是指平拋和斜拋運動。一、平拋運動平拋運動可看成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體兩個分運動的合成，落地時間由豎直方向分運動決定。二、斜拋運動斜拋運動分斜上拋和斜下拋(由初速度方向確定)兩種，下面以斜上拋運動為例討論。1．特點：加速度ag=，方向豎直向下，初速度方向與水平方向成一夾角θ斜向上，090θ=為豎直上拋或豎直下拋，00θ=為平拋運動。2．常見的處理方法：(1)分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的勻變速運動。以拋出點為坐標原點，初速度0v的水平投影方向為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，則有位移方程：020(cos)1(sin)2xvtyvtgtθθ=??=-??速度方程：00cossinxyvvvvgtθθ=???=-??分析斜拋運動時還常用到下列結論：A．斜向上運動時間與斜向下運動時間(從最高點回到與拋出點等高位置的時間)相等，均為0sinvtgθ=，斜上拋運動回到與拋出點等高位置總時間為02sinvtgθ=。B．斜上拋運動的水平射程為20sin2vXgθ=，故當拋射角為045時水平射程最遠。C．斜上拋運動的軌跡方程為2220tan2cosgXYXvθθ==，由此方程可知，其軌跡為拋物線，該拋物線頂點為22200sin2sin(,)22vvggθθ。(2)將斜拋運動分解為沿初速度方向的勻速運動和豎直方向的自由落體兩個分運動，再用矢量合成的方法求解。(3)將斜拋運動分解為沿某一斜面(傾斜直線，與運動軌跡在同一平面內)方向和垂直于該斜面方向的兩個勻變速運動，此時須將初速度和加速度都進行正交分解，再分別用運動學公式求解。以上處理斜上拋運動的方法，也同樣適用于平拋和斜下拋運動，還可進一步推廣到其它恒力作用下(加速度恒定)質點做曲線運動的情形。不難看出，任何質點在恒力作用下的運動可分為兩種情形：A.若加速度與初速度方向在同一直線上，則質點做勻變速直線運動，B.若加速度與初速度方向不在同一直線上，則質點做類似拋體運動，其軌跡一定是拋物線。這種運動的求解通常是分解為兩個直線運動，即與斜拋處理方法類似。三、拋體運動中的對稱性例1：從高H處的一點O先后平拋兩個小球1和2，球1恰好直接過豎直擋板CD落到水平地面上的B點，球2則與地面碰撞一次后也恰好越過豎直擋板，然后也落B點.如圖所示.設球2與地面的碰撞類似光的反射，且反彈前后的速度大小相同.求豎直擋板的高度h.若球2與地碰n次后恰好越過檔板也落于B點，則h的高度又如何？解析：這是一個典型的拋體問題.在拋體中恰當地運用對稱性，可得巧解.球1的落地時間1t=，而球2應為13t，故球1的初速度應為球2的3倍.若球1達C點的時間為t，則球2達C點的時間應為3t.當球1達C點時，球2達與C點等高的1C點，而O1C點至A與A至C點由對稱性可知應相等.設所需時間為t'，則3tttt''++=，得tt'=.于是可以看出1C應為球1在第一次落地前的中點時刻，故豎直高度應被1C分成1:3兩部分，所以擋板高34hH=.例2．如圖所示，一小球以初速05/vms=從高H端水平射出，在距墻為d處，有一長4Lm=行，板的下端地高1hm=d為多大?已知：A點與墻角O點的距離1sm=墻和板的碰撞中能量均不損失.2(10/)gms=解1ts==,()a則N為偶數，取2(Nnn==有2Lnds-=小球在第(21)n-即4d≥01(21)2ndgv?-???21n+由式(1)、(2)可得221nn>+，即4.24n<=。故n可取1,2，3,4，即d可取值：2m,1m,23m,12m。()b若小球最后一次是與板發(fā)生碰撞，則N為奇數，取21(1,2,)Nnn=-=???,有(21)Lndds--=-，即3dmn=。(3)為使小球最后一次能與板發(fā)生碰撞，則必須201(21)2ndglv??-≤??，即d≤(4)由式(3)、(4)可得3n≤1.96n≤，故n可取1，即d只能取3m一個值。綜合情況()a、()b，可知d共可取以下5個值：3m，2m,1m,23m,12m。四、勻加速直線運動+斜拋運動例3：有5條邊長為1m的正方形薄板做成一個小屋，如圖()a所示.已知水滴沿屋頂從A點流到B點所需的時間為從B點流到C點所需的時間的2倍.假定水滴從A點以初速為零開始流下，試求水滴從A點流到C點所需的時間.解析：水滴從AB→做勻加速直線運動，BC→做斜下拋運動，豎直方向的分運動是豎直下拋運動.由圖()b中的陰影三角形BDE可得xBEED===hlx=-=設水滴從B到C的時間為t，水滴沿AB的加速度為a，則水滴經過AB距離的時間為2t=,212hvtgt=+上式v為B點末速度，0cos45Bvv==經整理，可求得水滴經h所需時間t=加在一起，水滴經AC距離所需時間為3t.五、拋體運動中的極值問題例4：在擲鉛球時，鉛球出手時距地面的高度為h，若出手時的速度為0v，求以何角度擲球時，水平射程最遠？最遠射程為多少？解析：本題既可通過建立直角從標系，列出軌跡方程后求得極值，也可用位移矢量關系或速度矢量關系求，這里選擇位移矢量圖解法，其它方法可自行處理。將鉛球的運動分解為沿初速0v方向的勻速直線運動和豎直向下的自由落體運動，其位移分別為0vt和212gt，由圖可得：222202422201()()2()4xvtgthgtvghth=--=-++-當222222vghbtag+=-=時，2x有極值，即x有極值：max0max(cos)xvtα==。再將t的數值代入，2201sin2hvtgtα-=-，α=注：上式表示，最佳投擲角不僅與0v有關，還與h有關，且總是小于045，一般003842α=。同學們還可想一想，在什么條件下，當045α=時，斜上拋運動的水平射程最大。而若0h=時，則當045α=，物體的水平射程最大。例5：一倉庫高20m、寬40m，在倉庫前某處A點拋一石塊過屋頂，試問A距倉庫前多遠時，所需初速度0v最??？為多少？(210/gms=)解析：此題是初速與射程問題，但要求過一平頂障礙物，如圖所示建立坐標系.要使0v最小，則要求石塊擦B，C兩點而過；而過BC段，可用通常的有關射程問題的方法解決.如圖，以BC兩點之間作射程，有2sin2BBCvsgα=。所以2sin2BCBsgvα=可見當045α=時，Bv有最小值，為min/20/BBvvsms====設此斜下拋的時間為t，由位移公式212Byhvtgt=+有2120102t=+??，整理得2240t+-=求得有效根為ts=由此得到l值為14.6Bxlvtmm'===再求0v：0/xBxvvs==，0/yByvvgts=+=028.2/vms==00tanyxvvθ==060θ=，即0v與水平線夾角.例6：一個噴水池的噴頭以相同的速率噴出大量水射流，這些水射流以與地面成0090的所有角噴出，如圖所示.豎直射流可高達2.0m，取210/gms=，計算射流在水池中落點所覆蓋的圓的半徑.解析：題中所求實際上是水射流在0090范圍內噴出中，以多大角度噴出的水射流的射程最遠.先求射流的出口速率u.考慮豎直射流，它在加速度為g-的情況下升高2.0m.則2222uvgsgs=+=.若一射流的初速度為(,)xyuu，則所經過的豎直位移的大小為2102yutgt=-.射流飛行時間為2yutg=.飛行的水平距離為222sincosxyxuuurutggθθ===.上式可知，與045角對應的射流落地處，噴流最遠，其最大半徑為24.0urmg===.即射流落點所覆蓋的圓的半徑是4.0m.例7：在仰角6πα=的雪坡上舉行跳臺滑雪比賽(如圖).運動員從坡上方A點開始下滑.到起跳點O時借助設備和技巧，保持在該點的速率而以與水平成θ角的方向起跳，最后落在坡上B點，坡上OB兩點距離L為此項運動的記錄.已知A點高于O點50hm=.忽略各種阻力和摩擦，求最遠可跳多少米？此時起跳角為多少？解析：運動員起跳后落到坡上前做拋體運動，據此找到坡上OB兩點虎離L與起跳角θ的函數關系，進而求出其極值來.建立坐標系如圖.運動員在0t=時，從O點以速度v起跳，v的大小可由機械能守恒定律求得212mvmgh=.起跳后做斜返回運動，設t時刻落到坡面B處，則此時坐標為cosxvtθ=21sin2yvtgtθ=-.它們須滿足坡面方程tanyxα=-?.由以上三方程解得12(tancossin)02vgttgαθθ???+-=????.0t=不合題意故知落地時刻為2(tancossin)2sin()cosvvtggαθθαθα++==.而著地點B的x坐標為22cossin()cosvxgθαθα+=.坡面OB距離與起跳角θ的關系為[]2222sin(2)sin2cossin()()coscoscosvxvLggθααθαθθααα+++===.由上可知，當22πθα+=，即226παπθ-==時，L有最大值，2max221250(1)(1sin)2(1sin)22003coscos4vhLmmgαααα+++====即最佳起跳角為6πθ=，最高記錄可達200m.六、多次碰撞的拋體運動例8：彈性小球從高h處自由落下，落到與水平面成θ角的長斜面上，碰撞后以同樣大的速度反彈回來．(1)求每個彈回點[第一點和第二點，第二點和第三點，…，第n點和第1n+點]間的距離1x，2x，3x,???,nx.(2)求當斜面以勻速度u沿豎直方向向上運動時的1x的數值.解(1)坐標系選擇如圖所示，小球第一次碰斜面時速度大小0v=不變，其方向與y軸為對稱的夾θ角方向，在x、y方向有00sinsinxxxvvatvgtθθ=+=+00coscosyyyvvatvgtθθ=+=-2012xxxvtat=+2012yyyvtat=+令0y=，得第一、第二次相碰時間間隔為012vtg==代人后可求得2014sin8sinvxhgθθ=?=第二次碰撞瞬間2002sinsin3sinxvvvgvgθθθ=+?=02002coscoscosyvvvgvgθθθ=-?=-碰后2xv不變化,20yyvv=,可見每相鄰兩次碰撞的時間間隔均為1tt=，則有20020223sinsin()28sinvvxvghggθθθ=?+?=?第n次碰后反彈時0(21)sinnxvnvθ=-0cosnyvvθ=由此得8sinnxnhθ=?(2)當斜面以勻速度u沿豎直方向向上運動時,則球相對斜面速度大小為vu+,用vu+代替0v代入1x1x=例9．傾角為α的一個光滑斜面，由斜面上一點O通過斜面最大斜率的豎直平面內斜上拋一個小球，初速為v，拋出方向與斜面交β角2παβ+<，。(1)若小球與斜面的每次碰撞不消耗機械能，并且小球在第n次與斜面相碰時正好回到拋射點O。試求α、β、n滿足的關系式。(2)若小球與斜面每次碰撞后，與斜面垂直的速度分量滿足：碰后的值是碰前值的e倍，01e<<。并且小球在第n次與斜面相碰時正好回到拋射點O。試求α、β、n和e滿足的關系式。(3)由(2)，若其中第r次與斜面相碰時，小球正好與斜面垂直相碰，試證明此時滿足關系式:210nree-+=解(1)畫出圖，并在圖中取定x、y軸。斜上拋小球，小球在斜面上多次碰撞，形成多條拋物線。小球在y方向作多次來回運動，而在x方向只有一次：x由近到遠，再回到原點O。因此，y方向可逐條拋物線討論，而x方向可以統(tǒng)一討論。設kA為小球第k次與斜面相碰的點，ku、kv是小球第k次與斜面相碰后速度的x、y分量。加速度的x、y分量為sinxagα=-,cosyagα=-。所以由kA到1kA+所經歷的時間1kt+滿足21110(cos)2kkkvtgtα++=-取合理解，得到12coskkvtgα+=由此式可以得到小球從O點拋出開始，直到抵達kA所經歷的時間為011122()coskkkvvvTtttgα-++???+=++???+=因為小球與