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2015竞赛 抛体运动答案


2015竞赛 抛体运动答案 1.如图所示,从高H处的同一点先后平抛两球1和2.球1直接经竖直挡板的顶端落到水平地面B点,球2与 地面的A点碰撞后经竖直挡板的顶端,第二次落到水平地面B点.设球2与地面的碰撞是弹性碰撞,求竖直 3 挡板的高度h. (答案: h ? H ) 4 解:因球2与地面的碰撞是弹性碰撞,所以弹起后的运动与原来的运动对称,它的运动时间为t2=3t1, 它们的水平

初速 v1=3v2, 所以当水平位移相等时 , 它们的运动时间为 3 倍关系 , 两球飞抵挡板的时间是 t2?=3t1?,设球2第一次着地到飞跃挡板顶端的时间为 t,因小球的上升和下落的运动是对称的 ,所以它们 的时间关系为:
2H / g ? t ? 3 2( H ? h) / g .得 t ? 3 2( H ? h) / g ? 2H / g
2H ? g 2( H ? h) 3 ? t , 解得 h ? H . g 4

对球2下落

2.一物体以v0的初速从A点开始以恒定的加速度作曲线运动,经1s运动到B点,再经1s运动到C点。已知

AB=3m,BC= 3 m,AB ? BC,求初速度大小v0和加速度大小a。
(答案: v0 ? 21 m/s; a ? 2 3 m/s ,) 解:物体与加速度垂直方向是匀速运动,在相等时间内的位移相等。作直角三角形,AC的中点P与 B的连线应是加速度反方向,如图所示。 在A到B的过程,设x方向的初速为vx,则 v x ?
AP cos 300 ? 1.5 m/s t
2

设y方向的初速为vy,加速度大小为a, AC ? 2 3 m 1 在A到B的过程 AB sin 600 ? v y t ? gt 2 2 1 在A到C的过程 AC sin 300 ? v y 2t ? g (2t ) 2 2 5 2 2 ? v2 解得加速度大小 a ? 2 3 m/s , v y ? 3 m/s,所以 v 0 ? v x y ? 21 m/s=4.58m/s。 2

3.一水枪需将水射到离喷口的水平距离为 3m 的墙外,从喷口算起,墙高为 4m,若不计空气阻力。取 g=10m/s2,求所需的最小初速及对应的发射仰角. [解析]喷出的水做斜抛运动。可以取一小水柱做研究对象。只要当水柱的水平位移为 3m 时,水柱到达 竖直方向的位移为 4,写出满足条件的抛物线的方程再讨论:

[解]设发射速度 v,发射解为?。到达墙上方时间为 t 水柱的轨迹方程为:

?3 ? v ? cos ? ? t ? ? 1 4 ? v sin ? t ? ? g ? t 2 ? ? 2 2 消去 t 得出方程为 9g tan ? ? 6v2 tan ? ? 9g ? 8v2 ? 0 ① 要使方程有解,其解判别式须满足 ? ≥0 即有: ? ? 36v4 ? 4 ? 9 g (9 g ? 8v2 ) ? 0 解此方程并且取 v ? 0 的解:
得 v ? 90 将 v ? 90 代入①可得出对应? ? ? arctan 3 4.如图所示,一人从离地平面高为 h处以速率v0斜向上抛出一个石子,求抛射角为多少时,水平射程最 远?最远射程为多少? (答案: ? ? sin?1
v0
2 2v 0 ? 2 gh

; x max ?

2 v0 v0 ? 2 gh

g



解法1:射程最大时,??45?(?<45?) 根据斜抛运动规律:x=v0cos?t----? 1 y=-h=v0sin?t- gt2----? 2 把上述二式消去?得
x2 ( gt2 / 2 ? h)2 ? ? 1, 2 2 2 2 v0 t v0 t

g2 4 1 2 或 x 2 ? (v0 t ) 2 ? ( gt 2 ? h) 2 ? ? t ? (v0 ? gh)t 2 ? h -----? 2 4

当t2 ? ?

2v 2 ? 2 gh b 2 ? 0 2 时,x 有极值,即x有极值。 2a g
2 v0 v0 ? 2 gh

把t代入?式得 x max ?

g

。再把t代入?式,得 ? ? sin?1
1 2 gt ,两式中消去?, 2

v0 2v ? 2 gh
2 0



解法2:用x=v0cos?t,y=v0sin?t得

x2 ( gt2 / 2 ? h)2 1 2 2 ? ? 1, 或 g 2t 4 ? ( gh ? v0 )t ? (h2 ? x2 ) ? 0 , 2 2 2 2 4 v0 t v0 t
2 v0 v0 ? 2 gh

有??0求得.x的最大值x=

g

.
1 2 gt , 2

解法3:设发射角为?,水平方向为x=v0cos?t,竖直方向为y=v0sin?t有运动方程消去时间得 y ? x tan ? ?
2 v0 ?

gx 2
2 2v 0 cos2 ?

,当y=-h时,x=s,
? gs 2 . s sin 2? ? h cos 2? ? h

gs 2 2( s tan ? ? h) cos2 ?
-1

?

gs 2 2s sin? cos? ? 2h cos2 ?

令?=tan

gs2 h 2 ,则v0 = ,当sin(2?-?)=1,s最大, s s 2 ? h2 sin(2? ? ? ) ? h
2 v0 v0 ? 2 gh

s的最大值s=

g

.

解法4:把斜抛运动分解成v0方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动,其位移矢量图如图所示。 1 则由图可得 x 2 ? (v0 t ) 2 ? ( gt 2 ? h) 2 。以下解法与解法1相同。 2 1 1 解法5:初速v0、末速v和增加的速度gt有如图的关系,这个矢量三角形的面积S= vxgt= g(vxt),式中 2 2 vxt 就 是 石 子 的 水 平 射 程 , 所 以 当 S 最 大 时 , 石 子 的 水 平 射 程 也 最 大 , 而 三 角 形 面 积 又 可 表 示 为 1 1 1 0 2 S= v0vsin?.因v0和v= v0 ? 2 gh 的大小都是定值,所以当?=90 时,S有最大值, S ? v 0 v ? gs . 2 2 2 因此最大射程s=vxt=
2 v 0 v v 0 v 0 ? 2 gh . ? g g

说明:不同的解法,?有不同的表达式,根据三角函数可证明结果一样。 5.如图所示,弹性小球从高为h处自由下落,落到与水平面成?角的长斜面上,碰撞后以同样的速率反 弹回来。求: (1)每相邻两点[第一点和第二点、第二点和第三点???????第n点和第(n+1)]间的距离。 (2)当小球与斜面发生碰撞前瞬间,斜面以v的速度竖直向上作匀速直线运动,求第一点和第二点间 4 sin? ? ? ( 2 gh ? v) 2 ] 的距离。[答案:(1) x n \ n ?1 ? n ? 8h sin? ; x12
g

解:(1)取沿斜面向下为x轴,垂直斜面方向为y轴。 小球与斜面第一次碰撞前后的速度大小 v0 ? 2gh ,方向与y轴对称, 则vx1=v0sin?,ax=gsin?,vy1=v0cos?,ay=-gcos?, 2v cos? 2v 0 ? 第一点与第二点碰撞时间间隔 t1 ? 0 。 g cos? g 所以第一点与第二点间的距离 x12 ? v 0 sin?t1 ?
4v 2 sin? 1 g sin?t12 ? 0 ? 8h sin? 。 2 g

第二次碰撞时刻的速度vx2=v0sin?+gsin?t1=3v0sin?, vy2=v0cos?-gcos?t1=-v0cos?, 碰后,vy大不变,每相邻两次碰撞时间间隔不变, t ? 所以第二点与第三点间的距离 x 23 ? 3v0 sin?t1 ? 同理,第n点与第n+1点间的距离 x n \ n ?1 (2)因 x12 ?
2v 0 。 g

1 g sin?t12 ? 2 ? 8h sin? 。 2 ? n ? 8h sin? 。

2 4v 0 sin? ,当斜面向上作匀速运动时,以斜面为参照物,小于与斜面 g

? ? 碰撞时的速度v?=v0+v,所以 x12

4 sin? 4 sin? (v 0 ? v ) 2 ? ( 2 gh ? v) 2 。 g g

6.如图所示,两条位于同一竖直平面内的水平轨道相距为h,轨道上有两个物体A和B,它们通过一根绕 过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接,物体A在下面的轨道上以匀速率v运动,在轨道间的绳子与过道成 30°角的瞬间,绳子BO段的中点处有一与绳子相对静止的小水滴P与绳子分离,设绳子长BO远大于滑轮 直径,求 :(1)小水滴 P脱离绳子时速度的大小和方向 .(2)小水滴P离开绳子落到下面轨道所需要的时 间.(第十五届全国中学生物理竞赛复赛试题) 答案:(1) v

v ? 16gh ? v 13 (2) 12 4g

7.炮弹从掩蔽所下向外射击,掩蔽所与水平面倾斜成角 ? (如图所示)。炮位于离掩蔽所的地基( B 点)相距l的A点处。炮弹的初速度为 v0 ,炮弹飞行的轨道位于图面上。求炮弹飞行的最远射程 Lmax 。

注:抛体运动另一种常用的分解方法是:分解沿 由落体运动二个分运动。 8.如图所示,从 A 点以 要求小球能越过 B 点。

? ? v0 方向的速度为 v0 的匀速直线运动和沿竖直方向的自

v0 的初速度抛出一个小球,在离 A 点水平距离为 s 处有一堵高度为 h 的墙 BC, v0 最小?

问小球以怎样的角度抛出,才能使

将斜抛运动看成是 0 方向的匀速直线运动和另一个自由落体运动的合 运动,如图 2-3-6 所示。 在位移三角形 ADB 在用正弦定理

v

① ④轨迹:由直角坐标的位移公式消去时间参数 t 便可得到直角坐标系中的平抛运 由①式中第一个等式可得

1 2 gt vt 1 2 ? 0 ? sin a sin ? sin( a ? ? )

t?

2v0 sin a g sin ?

D ②

将②式代入①式中第二个等式

vo t

β

B h C

2v 2 0 sin a l ? 2 g sin ? sin(a ? ? ) gl sin 2 ? 2v02 ? sin(a ? ? ) sin a gl sin 2 ? 2 v0 ? ? cos(2a ? ? ) ? cos ?

A

v0 α ?
图 2-3-6

l

v 当 ? cos(2a ? ? ) 有极大值 1 时,即 2a ? ? ? ? 时, 0 有极小值。
因为 所以

2a ? ? ? ? , ? 1 a? ? ? 4 2

2a ? ? ?

?
2

??
B

1 ? x ? v0 cos at ? g sin ?t 2 ? ? 2 ? ? y ? v sin at ? 1 g cos?t 2 0 ? 2 ?
当小球越过墙顶时,y 方向的位移为零,由②式可得

y

v0

v0 y gxA
g

?

v0

x

?
C

t?

2v0 sin a g cos?

gy
图 2-3-7

③式代入式①:我们还可用另一种处理方法 以 AB 方向作为 x 轴(图 2-3-7)这样一取,小球在 x、y 方向上做的都是匀变速运动了, 都要正交分解到 x、y 方向上去。 小球运动的方程为

v0 和 g

1 ? x ? v ox t ? g x t 2 ? ? 2 ? ?y ? v ? 1 g t 2 oy y ? 2 ? 2v sin a 1 2v sin a 2 x ? v0 cos a 0 ? g sin ? ( 0 ) g cos? 2 g cos? 2v sin a ? 0 2 (cosa cos? ? sin a sin ? ) g cos ?
2 2v0 ? sin a cos(a ? ? ) g cos2 ? 2 v0 ?sin(2a ? ? ) ? sin ? ? ? g cos2 ?



2 v0 ?

xg cos2 ? sin(2a ? ? ) ? sin ?
2a ? ? ?

当 sin(2a ? ? ) 最大,即
2 0 2

?
2 时,

a?

?

1 ? ? 4 2 , v0 有极小值

v ? xg cos ? /(1 ? sin ? )

? xg cos2 ? (1 ? sin ? ) /(1 ? sin 2 ? ) ? xg(1 ? sin ? ) h ? xg (1 ? ) x

? g (h ? h 2 ? s 2 )


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