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,求竖直挡板的高度h . （答案：H h 4

3

=

） 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t 2=3t 1,它们的水平初速v 1=3v 2,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t 2'=3t 1',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:

g h H t g H /)(23/2-=+.得g H g h H t /2/)(23--=

对球2下落

,)

(22t g

h H g H

+-=解得H h 43=.

2.一物体以v 0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 =3m ，AB ⊥BC ，求初速度大小v 0和加速度大小a 。

（答案：210=v m/s; 32=a m/s 2

,）

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v x ,则5.130cos 0

==t AP v x m/s

设y 方向的初速为v y ,加速度大小为a ,32=AC m

在A 到B 的过程202160sin gt t v AB y -

= 在A 到C 的过程20)2(21

230sin t g t v AC y -=

解得加速度大小32=a m/s 2,32

5=y v m/s ，所以2122

0=+=y x v v v m/s=4.58m/s 。

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/s 2，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:

2

3cos 14sin 2

v t v t g t θθ=⋅⋅⎧⎪

⎨=-⋅⋅⎪⎩ 消去t 得出方程为 222

9tan 6tan 980g v g v θθ-++= ① 要使方程有解,其解判别式须满足∆≥0 即有:

423649(98)0v g g v ∆=-⋅+≥ 解此方程并且取0v >的解:

得90v ≥ 将90v =代入①可得出对应arctan3θ=

4.如图所示,一人从离地平面高为h 处以速率v 0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：gh

v v 22sin

20

01

+=-α;g

gh

v v x 22

00max +=

）

解法1：射程最大时，α≠45︒（α<45︒）

根据斜抛运动规律：x =v 0cos αt ----① y =-h =v 0sin αt -2

1gt 2

----② 把上述二式消去α得,1)2/(2

202

22202=-+t

v h gt t v x 或h t gh v t g h gt t v x -++-=--=22

042222

02

)(4)21()(-----③

当22

02222g

gh v a b t +=-=时，x 2有极值，即x 有极值。 把t 代入③式得g

gh

v v x 22

00max +=

。再把t 代入②式，得gh

v v 22sin 20

01

+=-α。

解法2：用x =v 0cos αt ,y =v 0sin αt -

2

1gt 2

,两式中消去α, 得,1)2/(2

20222202=-+t

v h gt t v x 或0)()(412222042=+++-x h t v gh t g , 有∆≥0求得.x 的最大值x =

g

gh

v v 2200+.

解法3:设发射角为α,水平方向为x =v 0cos αt ,竖直方向为y =v 0sin αt -2

1gt 2

, 有运动方程消去时间得α

α2202

cos 2tan v gx x y -

=,当y =-h 时,x =s ,

h

h s gs h s gs h s gs v ++=+=+=ααααααα2cos 2sin cos 2cos sin 2cos )tan (22

22

2220

. 令ϕ=tan -1

s h ,则v 02

=h

h s gs +-+)2sin(222ϕα,当sin(2α-ϕ)=1,s 最大,

s 的最大值s =

g

gh

v v 22

00+.

解法4：把斜抛运动分解成v 0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。 则由图可得22202)2

1()(h gt t v x --=。以下解法与解法1相同。

解法5:初速v 0、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 =

21v x gt =21

g (v x t ),式中v x t 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

S =2

1v 0v sin θ.因v 0和v =gh v 22

0+的大小都是定值,所以当θ=900时,S 有最大值,gs v v S 2

1

2

10=

=. 因此最大射程s =v x t =g

gh

v v g v v 22

000+=

. 说明：不同的解法，α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α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

的距离。[答案：（1）αsin 81\h n x n n ⨯=+;212)2(sin 4v gh g

x +='α]

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gh v 20=，方向与y 轴对称， 则v x 1=v 0sin α,a x =g sin α,v y 1=v 0cos α,a y =-g cos α,

第一点与第二点碰撞时间间隔g v g v t 0

012cos cos 2=

=αα。 所以第一点与第二点间的距离ααααsin 8sin 4sin 21sin 2

02

11012

h g

v t g t v x ==+=。

第二次碰撞时刻的速度v x 2=v 0sin α+g sin αt 1=3v 0sin α,

v y 2=v 0cos α-g cos αt 1=-v 0cos α,

碰后，v y 大不变，每相邻两次碰撞时间间隔不变，g

v t 0

2=。 所以第二点与第三点间的距离αααsin 82sin 2

1

sin 3211023h t g t v x ⨯=+=。 同理，第n 点与第n +1点间的距离αsin 81

\h n x n n ⨯=+。

(2)因g

v x α

sin 42012=，当斜面向上作匀速运动时，以斜面为参照物，小于与斜面

碰撞时的速度v '=v 0+v ,所以22012

)2(sin 4)(sin 4v gh g

v v g x +=+='α

α。