平抛运动中的题型归类

平抛运动中的题型归类一．常见平抛运动模型的运动时间的计算方法1．在水平地面上空h处平抛：由h＝eq\f(1,2)gt2知t＝eq\r(\f(2h,g))，即t由高度h决定．2．在半圆内的平抛运动(如图9)，由半径和几何关系制约时间t：图9h＝eq\f(1,2)gt2R＋eq\r(R2－h2)＝v0t联立两方程可求t.3．斜面上的平抛问题(如图10)：(1)顺着斜面平抛方法：分解位移x＝v0t图10 y＝eq\f(1,2)gt2tanθ＝eq\f(y,x)可求得t＝eq\f(2v0tanθ,g)(2)对着斜面平抛(如图11)方法：分解速度vx＝v0vy＝gt图11tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)可求得t＝eq\f(v0tanθ,g)4．对着竖直墙壁平抛(如图12)水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．t＝eq\f(d,v0) 图12例1如图6，从半径为R＝1m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10m/s2，则小球的初速度v0可能为()A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s 解析由于小球经0.4s落到半圆上，下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝0.8m，位置可能有两处，如图所示．第一种可能：小球落在半圆左侧，v0t＝R－eq\r(R2－h2)＝0.4m，v0＝1m/s第二种可能：小球落在半圆右侧，v0t＝R＋eq\r(R2－h2)，v0＝4m/s，选项A、D正确．答案AD例2如图8所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过3s落到斜坡上的A点．已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50kg.不计空气阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；g取10m/s2)．求：(1)A点与O点的距离L； (2)运动员离开O点时的速度大小；(3)运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间．解析(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有Lsin37°＝eq\f(1,2)gt2，L＝eq\f(gt2,2sin37°)＝75m.(2)设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有Lcos37°＝v0t，即v0＝eq\f(Lcos37°,t)＝20m/s.(3)解法一运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos37°、加速度为gsin37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin37°、加速度为gcos37°)．当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡距离最远，有v0sin37°＝gcos37°·t，解得t＝1.5s解法二当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成37°角时，运动员与斜坡距离最远，有eq\f(gt,v0)＝tan37°，t＝1.5s.答案(1)75m(2)20m/s(3)1.5s训练1如图13所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1，小球B从同一点Q处自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则t1∶t2＝()A．1∶2 B．1∶eq\r(2)图13C．1∶3 D．1∶eq\r(3)答案D训练2．(2012·江苏·6)如图19所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则() 图19A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰答案AD解析由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝eq\r(\f(2h,g))，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝eq\f(l,v)<t1，即v>eq\f(l,t1)，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A的初速度决定，故选项B、C错误，选项D正确．训练3．如图22所示，斜面上a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd，从a点以初动能E0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，若小球从a点以初动能2E0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是()A．小球可能落在d点与c点之间 图22B．小球一定落在c点C．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定增大D．小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定相同答案BD解析设第一次平抛的初速度为v0，v0与斜面的夹角为θ则有eq\x\to(ab)sinθ＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)v0t1＝eq\x\to(ab)cosθ.当初速度变为2E0时，速度变为eq\r(2)v0.设此时小球在斜面上的落点到a点的距离为x，则有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点，A项错误，B项正确．由tanα＝2tanθ知，斜面倾角一定时，α也一定，C项错误，D项正确．训练4．如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象描述的是物体沿x方向和y方向运动的速度—时间图象，其中正确的是()答案C解析O～tP段，水平方向：vx＝v0恒定不变；竖直方向：vy＝gt；tP～tQ段，水平方向：vx＝v0＋a水平t，竖直方向：vy＝vPy＋a竖直t(a竖直<g)，因此选项A、B、D均错误，C正确．训练5．如图4所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比eq\f(v1,v2)为 () 图4A．tanα B．cosαC．tanαeq\r(tanα) D．cosαeq\r(cosα)答案C解析两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R，两小球运动时间分别为t1、t2，对A球：Rsinα＝v1t1，Rcosα＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)；对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项正确．二、平抛运动中临界问题的分析例3如图所示，水平屋顶高H＝5m，围墙高h＝3.2m，围墙到房子的水平距离L＝3m，围墙外马路宽x＝10m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度v的大小范围．(g取10m/s2) 解析若v太大，小球落在马路外边，因此，要使球落在马路上，v的最大值vmax为球落在马路最右侧A点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1.则小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1，小球的竖直位移：H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)解以上两式得vmax＝(L＋x)eq\r(\f(g,2H))＝13m/s.若v太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在马路上，v的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点P落在马路上B点时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L＝vmint2小球的竖直方向位移：H－h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)解以上两式得vmin＝Leq\r(\f(g,2H－h))＝5m/s因此v0的范围是vmin≤v≤vmax，即5m/s≤v≤13m/s.答案5m/s≤v≤13m/s1.本题使用的是极限分析法，v0不能太大，否则小球将落在马路外边；v0又不能太小，否则被围墙挡住而不能落在马路上．因而只要分析落在马路上的两个临界状态，即可解得所求的范围．2．从解答中可以看到，解题过程中画出示意图的重要性，它既可以使抽象的物理情境变得直观，也可以使隐藏于问题深处的条件显露无遗．小球落在墙外的马路上，其速度最大值所对应的落点位于马路的外侧边缘，而其速度最小值所对应的落点却不是马路的内侧边缘，而是围墙的最高点P，这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来．训练62011年6月4日，李娜获得法网单打冠军，实现了大满贯这一梦想，如图15所示为李娜将球在边界A处正上方B点水平向右击出，球恰好过网C落在D处(不计空气阻力)的示意图，已知AB＝h1，AC＝x，CD＝eq\f(x,2)，网高为h2，下列说法中正确的是()图15A．击球点高度h1与球网的高度h2之间的关系为h1＝1.8h2B．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于eq\f(x\r(2gh1),h1)，一定落在对方界内C．任意降低击球高度(仍高于h2)，只要击球初速度合适(球仍水平击出)，球一定能落在对方界内D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适(球仍水平击出)，球一定能落在对方界内答案AD解析由平抛运动规律可知h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，1.5x＝v0t1，h1－h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，x＝v0t2，得h1＝1.8h2，A正确；若保持击球高度不变，球的初速度v0较小时，球可能会触网，B错误；任意降低击球高度，只要初速度合适，球可能不会触网，但球会出界，C错误；任意增加击球高度，只要击球初速度合适，使球的水平位移小于2x，一定能落在对方界内，D正确．训练7．(2011·广东·17)如图20所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度为g，将球的运动视作平抛运动，下列叙述正确的是 ()图20A．球被击出时的速度v等于Leq\r(\f(g,2H))B．球从击出至落地所用时间为eq\r(\f(2H,g))C．球从击球点至落地点的位移等于LD．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关答案AB由平抛运动规律知，H＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2H,g))，B正确．球在水平方向做匀速直线运动，由s＝vt得，v＝eq\f(s,t)＝eq\f(L,\r(\f(2H,g)))＝Leq\r(\f(g,2H))，A正确．击球点到落地点的位移大于L，且与球的质量无关，C、D错误．训练8．如图所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8m，水平距离为8m，则运动员跨越壕沟的初速度至少为(取g＝10m/s2) ()A．0.5m/s B．2m/sC．10m/s D．20m/s答案D解析运动员做平抛运动的时间t＝eq\r(\f(2Δh,g))＝0.4s，v＝eq\f(x,t)＝eq\f(8,0.4)m/s＝20m/s.训练9．《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图9甲所示，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图乙所示，若h1＝0.8m，l1＝2m，h2＝2.4m，l2＝1m，小鸟飞出后能否直接打中肥猪的堡垒？请用计算结果进行说明．(取重力加速度g＝10m/s2)图9解析(1)设小鸟以v0弹出后能直接击中堡垒，则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设在台面的草地上的水平射程为x，则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可见小鸟不能直接击中堡垒．三、类平抛问题模型的分析方法1．类平抛运动的受力特点物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直．2．类平抛运动的运动特点在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(F合,m).3．类平抛运动的求解方法(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．例4质量为m的飞机以水平初速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，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供，不含重力)．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16所示，求：图16(1)飞机受到的升力大小；(2)上升至h高度时飞机的速度．解析(1)飞机水平方向速度不变，则有l＝v0t竖直方向上飞机加速度恒定，则有h＝eq\f(1,2)at2解以上两式得a＝eq\f(2h,l2)veq\o\al(2,0)，故根据牛顿第二定律得飞机受到的升力F为F＝mg＋ma＝mg(1＋eq\f(2h,gl2)veq\o\al(2,0))(2)由题意将此运动分解为水平方向速度为v0的匀速直线运动，l＝v0t；竖直方向初速度为0、加速度a＝eq\f(2h,l2)veq\o\al(2,0)的匀加速直线运动．上升到h高度其竖直速度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高度时其速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(v0,l)eq\r(l2＋4h2)如图所示，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(2h,l)，方向与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)，方向与v0成θ角，θ＝arctaneq\f(2h,l)训练10如图17所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，斜面高度相等．有三个完全相同的小球