高中物理竞赛话题10运动模型平抛和斜抛运动.docx

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话题10:运动模型——平抛和斜抛运动将质点以和水平方向成某一角度θ的初速度v₀投射出去，在不考虑空气阻力的情况下，质点的运动就是抛体运动。当θ=90⁰时，质点在竖直线上做直线运动，可利用匀变速直线运动规律来求解；当θ=0°时，质点做平抛运动，当0°<θ<90°时，质点做斜抛运动。其中平抛运动与斜抛运动的轨迹均为抛物线。这里我们讨论的抛体运动就是指平抛和斜抛运动。一、平抛运动平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体两个分运动的合成，落地时间由竖直方向分运动决定。二、斜抛运动斜抛运动分斜上抛和斜下抛(由初速度方向确定)两种，下面以斜上抛运动为例讨论。1.特点：加速度a=g,方向竖直向下，初速度方向与水平方向成一夹角θ斜向上，θ=90°为竖直上抛或竖直下抛，θ=0⁰为平抛运动。2.常见的处理方法：(1)分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀变速运动。以抛出点为坐标原点，初速度v₀的水平投影方向为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，则有位移方程：分析斜抛运动时还常用到下列结论：速度方程：A.斜向上运动时间与斜向下运动时间(从最高点回到与抛出点等高位置的时间)相等，均为,斜上抛运动回到与抛出点等高位置总时间为B.斜上抛运动的水平射程为,故当抛射角为45°时水平射程最远。C.斜上抛运动的轨迹方程为,由此方程可知，其轨迹为抛物线，该抛物线顶点为(2)将斜抛运动分解为沿初速度方向的匀速运动和竖直方向的自由落体两个分运动，再用矢量合成的方法求解。(3)将斜抛运动分解为沿某一斜面(倾斜直线，与运动轨迹在同一平面内)方向和垂直于该斜面方向的两个匀变速运动，此时须将初速度和加速度都进行正交分解，再分别用运动学公式求解。以上处理斜上抛运动的方法，也同样适用于平抛和斜下抛运动，还可进一步推广到其它恒力作用下(加速度恒定)质点做曲线运动的情形。不难看出，任何质点在恒力作用下的运动可分为两种情形：A.若加速度与初速度方向在同一直线上，则质点做匀变速直线运动，B.若加速度与初速度方向不在同一直线上，则质点做类似抛体运动，其轨迹一定是抛物线。这种运动的求解通常是分解为两个直线运动，即与斜抛处理方法类似。三、抛体运动中的对称性例1:从高H处的一点O先后平抛两个小球1和2,球1恰好直接过竖直挡板CD落到水平地面上的B点，球2则与地面碰撞一次后也恰好越过竖直挡板，然后也落B点.如图所示.O设球2与地面的碰撞类似光的反射，且反弹前后的速度大小相同.求竖直挡板的高度h.若球2与地碰n次后恰好越过档板也落于B点，则h的高度又如何?解析：这是一个典型的抛体问题.在抛体中恰当地运用对称性，可得巧解.球1的落地时间,而球2应为3t,故球1的初速度应为球2的3倍.若球1达C点的时间为t,则球2达C点的时间应为3t.当球1达C点时，球2达与C点等高的C₁点，而C₁点至A与A至C点由对称性可知应相等.设所需时间为t’,则t+t’+t′=3t,得t′=t.于是可以看出C₁应为球1在第一次落地前的中点时刻，故竖直高度应被C₁分成1:3两部分，所以挡板高若球2与地碰n次后越过档板，落于B点，则球1落的地时间仍为t₁,球2的落地时间应为(2n+1)t₁.故若球1达C点的时间为t,则球2达C点的时间应为(2n+1)t.球1达C时，球2到达与之等高的C₁点.设由C₁至地的时间为t’,则由对称性可画出图.对球2在竖直方向的分运动列式，有例2.如图所示，一小球以初速v₀=5m/s从高H=5m的墙上端水平射出在距墙为d处有一长L=4m的竖直板与墙面平行，板的下端地高h=1m使办球能击中地面上的4点，则d为多大?已知：A点与墙角0点的距离s=1m,且小球在与墙和板的碰撞中能量均不损失(g=10m/s²)解小球与墙和板的碰撞能量不损失，故可根据镜像原理将小球在墙与板之间的运动轨迹拓展成图所示的抛物线.设小球落地前共发生N次碰撞.图中虚线表示各次碰撞时墙与板的拓展位置。小球落地所需时间与水平位移分别为,L=vt=5m,(a)若小球最后一次是与墙发生碰撞，则N为偶数，取N=2n(n=1,2,…)有L-2nd=s,故(1)小球在第(2n-1)次能与板相碰的条件：,即d≥4-√20,自然满足。为使小球以后不会与板再次发生碰撞，则必须(2)由式(1)、(2)可得,即故n可取1,2,3,4,即d可取值：2m,1m,(b)若小球最后一次是与板发生碰撞，则N为奇数，取N=2n-1(n=1,2,…),有L-(2n-1)d=d-s,即(3)为使小球最后一次能与板发生碰撞，则必须,即。(4)由式(3)、(4)可得即n≤1.96,故n可取1,即d只能取3m一个值。综合情况(a)、(b),可知d共可取以下5个值：3m,四、匀加速直线运动+斜抛运动例3:有5条边长为1m的正方形薄板做成一个小屋，如图(a)所示.已知水滴沿屋顶从A点流到B点所需的时间为从B点流到C点所需的时间的2倍.假定水滴从A点以初速为零开始流下，试求水滴从A点流到C点所需的时间.解析：水滴从A→B做匀加速直线运动，B→C做斜下抛运动，竖直方向的分运动是竖直下抛运动.由图(b)中的阴影三角形BDE可得设水滴从B到C的时间为t,水滴沿AB的加速度为a,则水滴经过AB距离的时间为上式v为B点末速度，v=vg cos45°=√al经整理，可求得水滴经h所需时间加在一起，水滴经AC距离所需时间为3t.五、抛体运动中的极值问题例4:在掷铅球时，铅球出手时距地面的高度为h,若出手时的速度为v₀,求以何角度掷球时，水平射程最远?最远射程为多少?解析：本题既可通过建立直角从标系，列出轨迹方程后求得极值，也可用位移矢量关系或速度矢量关系求，这里选择位移矢量图解法，其它方法可自行处理。将铅球的运动分解为沿初速v₀方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动，其位移分别为由图可得：x²有极值，即x有极值：再将t的数值代入，注：上式表示，最佳投掷角不仅与v。有关，还与h有关，且总是小于45°,一般α=38⁰~42°。同学们还可想一想，在什么条件下，当α=45°时，斜上抛运动的水平射程最大。而若h=0时，则当α=45°,物体的水平射程最大。例5:一仓库高20m、宽4 0m,在仓库前某处A点抛一石块过屋顶，试问A距仓库前多远时，所需初速度v。最小?为多少?(g=10m/s²)解析：此题是初速与射程问题，但要求过一平顶障碍物，如图所示建立坐标系.要使v₀最小，则要求石块擦B,C两点而过；而过BC段，可用通常的有关射程问题的方法解决.如图，以BC两点之间作射程，有所以Vʙ=Vgmin=√SBc8=√40×10m/s=20m/s有可见当α=45°时，vB有最小值，为整理得设此斜下抛的时间为t,由位移公式t²+2√2t-4=0求得有效根为t=(√6-√2)s由此得到I值为1=vʙt=10√2×(√6-m√2)m=14.6m再求v₀:Vox=VBʙ=10√2m/s,oy=Vʙ+gt=10√6m/s vo=√哆+哆，=28.2m/sθ=60°,即v。与水平线夹角.例6:一个喷水池的喷头以相同的速率喷出大量水射流，这些水射流以与地面成0～90°的所有角喷出，如图所示.竖直射流可高达2.0m,取g=10m/s²,计算射流在水池中落点所覆盖的圆的半径.解析：题中所求实际上是水射流在0～90⁰范围内喷出中，以多大角度喷出的水射流的射程最远.先求射流的出口速率u.考虑竖直射流，它在加速度为-g的情况下升高2.0m.则u²=v²+2gs=2gs.若一射流的初速度为(u,u、),则所经过的竖直位移的大小为射流飞行时间为飞行的水平距离为上式可知，与45°角对应的射流落地处，喷流最远，其最大半径为即射流落点所覆盖的圆的半径是4.0m.例7:在仰角的雪坡上举行跳台滑雪比赛(如图).运动员从坡上方A点开始下滑.到起跳点O时借助设备和技巧，保持在该点的速率而以与水平成θ角的方向起跳，最后落在坡上B点，坡上OB两点距离L为此项运动的记录.已知A点高于O点h=50m.忽略各种阻力和摩擦，求最远可跳多少米?此时起跳角为多少?解析：运动员起跳后落到坡上前做抛体运动，据此找到坡上OB两点虎离L与起跳角θ的函数关系，进而求出其极值来.建立坐标系如图.运动员在t=0时，从O点以速度v起跳，v的大小可由机械能守恒定律求得起跳后做斜返回运动，设t时刻落到坡面B处，则此时坐标为x=vt cosθ它们须满足坡面方程y=-tana·x.由以上三方程解t=0不合题意故知落地时刻为而着地点B的x坐标为坡面OB距离与起跳角θ的关系为由上可知，当L有最大值，即最佳起跳角为,最高记录可达200m.六、多次碰撞的抛体运动例8:弹性小球从高h处自由落下，落到与水平面成θ角的长斜面上，碰撞后以同样大的速度反弹回来.(1)求每个弹回点[第一点和第二点，第二点和第三点，…,第n点和第n+1点]间的距离x₁,x₂,x₃,…,xn.(2)求当斜面以匀速度u沿竖直方向向上运动时的x₁的数值.解(1)坐标系选择如图所示，小球第一次碰斜面时速度大小vo=√2gh,反弹后初速大小不变，其方向与y轴为对称的夹θ角方向，在x、y方向有Vx=Vox+at=vo sinθ+gt sinθV,=Voy+at=v₀cosθ-gtcosθ令y=0,得第一、第二次相碰时间间隔为代人后可求得第二次碰撞瞬间碰后v₂x不变化，V₂y=voy,可见每相邻两次碰撞的时间间隔均为t=t₁,则有第n次碰后反弹时vx=(2n-1)vo sinθny=v₀cosθ由此得x,=n·8hsinθ(2)当斜面以匀速度u沿竖直方向向上运动时，则球相对斜面速度大小为v+u,用v+u代替v。代入x₁例9.倾角为α的一个光滑斜面，由斜面上一点O通过斜面最大斜率的竖直平面内斜上抛一个小球，初速为v,抛出方向与斜面交β角(1)若小球与斜面的每次碰撞不消耗机械能，并且小球在第n次与斜面相碰时正好回到抛射点O。试求α、β、n满足的关系式。(2)若小球与斜面每次碰撞后，与斜面垂直的速度分量满足：碰后的值是碰前值的e倍，0<e<1。并且小球在第n次与斜面相碰时正好回到抛射点0。试求α、β、n和e满足的关系式。(3)由(2),若其中第r次与斜面相碰时，小球正好与斜面垂直相碰，试证明此时满足关系式：e"-2e’+1=0解(1)画出图，并在图中取定x、y轴。斜上抛小球，小球在斜面上多次碰撞，形成多条抛物线。小球在y方向作多次来回运动，而在x方向只有一次：x由近到远，再回到原点O。因此，y方向可逐条抛物线讨论，而x方向可以统一讨论。设A为小球第k次与斜面相碰的点，uk、vk是小球第k次与斜面相碰后速度的x、y分量。加速度的x、y分量为ax=-gsina,ay=-g cosa。所以由A.到Ak+1所经历的时间tk+满足取合理解，得到由此式可以得到小球从O点抛出开始，直到抵达A所经历的时间为因为小球与斜面每次碰撞中不消耗能量，所以vo=V₁=…=Vk-1=vsinβ代人得因斜面是光滑的，利用x分量运动方程根据题中要求：OA=0,得到联立解得到cota·cotβ=n(2)利用(1)中得到结果，小球从O点抛出开始，直到抵达A所经历时间表达式为小球与斜面垂直速度分量满足：V₀=vsinβ,v₁=evsinβ,V₂=e²vsinβ……所以再利用x分量方程根据题中要求：OA=0,得到整理得到(1-e)co t a·cotβ=1-e"(3)接上小题，现在小球在第r次与斜面相碰时与斜面垂直，即u,=0,而u,=vcosβ-(gsinα)T,整理后得到(1-e)cotα·cotβ=1-e"代入前面结论得e”-2e’+1=0得证。

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