抛体运动好题集萃-教师版

【详解】C．平抛运动中速度方向的反向延长线过水平位tanβ=xhAtanβ1hBtanα3A．由2h=2gtB．由x=vt vA3=vB1D．由Δv=gtΔvB3间水平位移最大即斜向对方台面的两个角发射，根据几何关系此时的故即x=1.5m，y=4mvy=gt=10m/s钢球的速度方向与水平面的夹角为θ,则有球以v0’=m/s<v的初速度从图中原坐标处平抛，则不能落在接触面上。故D正确。切于B点，则小球在B点的速度与水平方向的夹角为30°,设此时位移与水平方向的夹角θ而又x乙=v2t=R以上方程为两个未知数两个方程可以求解v1和t，因此只抛【详解】A．由BD．由题意知从M点抛出落在A点的小球，在A点速度的方向与挡板平行，由平抛运动的FA=2MEMF=OM=Lcosθ=1gt222tanθ=Lcosθtanθ=2vNE点与M点在同一水平面上，最远点为A，从M点抛出的小球在挡板上砸的痕迹长度一定由图可知，小球落到B点和C点时，下落高度相同，运动时tA<tB=tCB．小球落到A、B两点时，则小球都落在斜面上，则小球位移与水平可知，小球速度方向与初速度的大小无关，则小球落到A、B两点时，其速度方向相同，故tA<tB=tC【详解】A下落时高度较大，所以从A下落到达C点的速度比较大那么从A和A'下落时在DE上的落点如图所示，设平抛运动的位移与水平方向的夹角为αtanφ=tanφ=2tanα由图可以看出从A'下落时从C点飞出后tanα值较大，故从A'下落时落到DE后tanφ较大，即tanφ1<tanφ2xOC=Lcosθ−x0=v0t1①xPQ=2Lcosθ−2x0=v0t2③yPQ=vyt2+④yPQ>2yOC⑥x0<Lcosθ所以第一颗炸弹在A点右上方释放，故D错误。如图可知，速度偏转角θ的余弦值等于角α的正弦值，对小球水平与竖直位移分析可知acosα=v0t方向的分速度，故B球从网高落入台面所用的时间较少，两球同时落到对又由于B球从网高落入台面所用的时间较少，根据水平方向的位移x=v0t'得，B球落到球【详解】AB．设甲、乙两小球抛出时的初速度大小为v0，竖直分速度分别为v1，v2，由题v1=v0sinθ1，v2=v0sinθ2当θ1+θ2=90°mg=m2 对小球从M到N的运动，根据平抛运动规律有x=vt2y=2gtx2+y2=R2x=R 5−1x=R−1Ry=2B．小球运动从A到M点的过程中，由动能定理2−mg2R=mv−mv0v0=C．小球离开M点后做平抛运动，所以小球从MD．设小球到达N点时速度方向与水平方向夹角为θ,则可知运动员落到斜坡上时，水平分速度与竖直又LON=2LOMhN=2hM有v2=v0sinθxN=2xM可将运动员在空中的运动分解为y轴上的类竖直上抛运动和x轴上tanα=2tanθ【详解】由题意根据匀变速直线运动规律可得M点到最高点的高度为vx=v0cosθB．运动员在M点时垂直AD方向的速度大小v1=vsin(90−θ)mgcosθ=ma1设运动员腾空过程中离开AD的最大距商为d，根据匀变速直线运动的规律有C．可得运动员从M点到离开AD最远的时间D．运动员在M点时平行AD方向的速度大小v2=vcos(90o−θ)mgsinθ=ma2根据匀变速直线运动的规律可知，M、N两点的距离把平抛运动的位移分别沿水平和竖直方向分解，由几a=−1a=−1，b=1H=0.2mθ=45o，H=0.2mv2=v0sinαv1=v0cosαF2=mgcosαF=mgsinαv2v0sinαv0tanαv2v0sinαv0tanαa2gcosαg2h=2gt’L=v0t22v0h2v0tanα2v0h2v0tanαgLggLg’v0tanαt2=t’v0tanα到c的之间的水平位移，d点为竖直线bd与ac连线的交点，则ad与cd之间的水平位移相xad=xcd设ad之间的竖直距离为yad，cd之间竖直距离为ycd，由数学知识可知tanα=yad=ycdxadxcdyad=ycd sad=xd+yd h=gt=.()=h=gt=.()=2222g2gh设两球下落的高度分别为h1、h2，则度v0向左的平抛运动，设落地时速度大小为v与水平方向夹角为α,落地时的位移为s，根x=v0t0，tanα=2tanθ C．设抛出时速度方向与斜面方向夹角为β,将运动分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，如a=gcosθ【详解】设小球从B点抛出时的速度方向与水平方向成θ角，则有x=(v0cosθ).t10t2−(4sinθ+3cosθ).t−5=0当4sinθ+3cosθ最大时，t最大；根据数学知识可知4sinθ+3cosθ=5sin(θ+37o)【详解】A．如图，设炸弹A从抛出到击中M点用时t1，有x1=v0t1因AM垂直于斜面，则则BCD．炸弹B从抛出到击中N点，vN方向垂直于斜面，则x2=v0t2即s2=s1+x2−x1=v0(Δt1+t2−t1)有即【详解】AB．以C点为原点，CD为x轴，和CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图，对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，知把速度v0和重力沿滑道和垂直滑道分解，在垂直滑道方向做初速度为v0sinθ,加速度为gcosθ做匀减速直线运动，在E点速度方向与轨道CD平行说明垂直滑道方向速度为0，故CD．将初速度沿x、y方向分解为v1、v2，将加速据初速度为零的匀加速直线运动连续相同时间内的位移比特点(α+θ)=20×0.6m/s=12m/s(α+θ)=20×0.8m/s=16m/sax=gsinα=10×0.6m/s2=6m/s2ay=gcosα=10×0.8m/s2=8m/s2【详解】AB．若乙球到达AC时，乙球速度恰好垂直于AC，则甲球位移偏角为37O，乙球tan37mgsinθ=maa=gsinθ2 \gsinθ0tFN=mgcosθf=FNsinθ=mgcosθsinθx=Lcos53=0.6my=Lsin53=0.8mt2y=2gtCD．设小球落到斜面上时的速度到水平方向上的夹角为θ,由题可知小球落到斜面上的位移与水平方向的夹角相同，都为α,由平抛运动的推论tanθ=2tanα,α相同，θ也相同，即末速度的方向相同，末速度方向与斜面的夹角就都相同，C正确，D【详解】小球落在斜面上，设斜面与水平方向夹角为θ,，则有设落在斜面时，小球的速度方向与水平方向的夹角为α,则AB．由可知，当vx由v0变为2v0时，竖直方向上的位移变为4倍，故小球将落在e点，故A错误，D．由可知，落在斜面上的速度方向与初始速度无关，故当速度2v0时，小球落在斜面时的速度方向与斜面的夹角依然等于θ,故D正确。yx即其中为定值，故小球在毛玻璃上的投影点做匀速运动，投影点的速度在相等时间内的变又D．投影点做匀速运动，第一、二个投影点之间的距离为0.05m，则小球第二、三个投影点tanθ=tanθ==xv0 t则 xa xbvbtb9C．设平抛运动落地速度方向与水平方向夹角为α,则tanα=vy=gtv0v0则tanαa=tavb=1tanαbtbva则αa=αb可知，运动员在垂直斜面方向上做初速度为v0sinθ,加速度大小为gcosθ的匀减速运动，当0m2gcosθtanθ=2tanαv末=2g vy末=2g(H+h)vy=gt则=2gm/s得又=2gm/s=2gm/sx=v0t' t=6L\5ga=gcos37ov=at’ t’=3L\10gtanθ=2tan37o=【详解】假设小球落地之前一共发生了N次碰撞，小球最后一次可能是撞墙后落到小坑A中，也可能是撞到挡板后落到A点。但不论如何，小球在 如果小球最后一次是与墙发生碰撞而落到小坑A中，则N必然是偶数，则有Nd+1=Ld=N可以取2，4，6，8。d有多解，分别是：4m，2m，m，1m。如果小球最后一次与挡板发生碰撞后落到小坑A中，则N必然为奇数，则有Nd+d−1=L的可能值5m，4m，2.5m，2m，m，m，m，1m。2v0 3g2v0 3g 2v0 3g2v0 3g2v2vs=s=vt=bx03g做类平抛运动，其运动轨迹为抛物线，故Amgsinθ=maa=gsinθ sinθ\g则小球从