高中物理专题竞赛题--抛体运动

高中物理竞赛——抛体运动求解抛体运动的一般方法：法一，把抛体运动等效为沿初速度方向的匀速直线运动和沿竖直向下的自由落体运动的合成；法二，建立以水平方向为x轴，竖直方向为轴的直角坐标系，利用抛体运动的轨迹方程求解；法三，建立适当直角坐标系，把抛体运动在两坐标轴上分解后列方程求解。（重点：融会贯通如上解题方法，提升到认识理念层次；难点：数学处理）y1.如图1-1所示，在倾角为30α=°的足够长的斜坡上，以初速度发射一个炮弹，设与斜坡的夹角为0v0v60β=°，则炮弹落地点离发射点的距离L=。（忽略空气和地球自转的影响）0v30α=°60β=°10xvt=2212xgt=60°L图1-1解析：如右图所示，把炮弹的运动分解成沿方向的匀0v速直线运动和沿竖直方向的自由落体运动，则由正三角形的几何关系可知20120212vxxvtgttg=⇒=⇒=由20010022vvLxLvtvgg⎛⎞=⇒===⎜⎟⎝⎠（其它方法见我写的抛体问题）2.如图2-1所示，在投掷铅球时，若铅球离开手时的高度为，速度为，则铅球的最远射程是多少？对应的抛射角h0vθ是多少？（忽略空气和地球自转的影响）解：把铅球的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动来求解。设抛射角为θ，依题意，如图2-1可得()2222012ooxvtgth′⎛⎞=−−⎜⎟⎝⎠，即()22422014oo2xgtvghth′=−++−.0vohθ10xvt=2212xgt=ABo′图2-1显然，当()202222vghbtag+=−=时，2oox′取最大值，即得2max002ooxvvghg′=+.oox′取最大时，如图2-1可得()22000max22000022cos222oovvghgvghxvtvgvvghgθ′++===++h，故20202cos22vgharcvgθ+=+h.3.如图3-1所示，大炮向倾角为θ的山坡上发射炮弹，炮弹离开炮口的速度为，要使炮弹尽可能打到更高的地方，则大炮的瞄准角（炮筒与水平方向的夹角）0vα应为多少？最大射程为多少？（忽略空气和地球自转的影响）解：把炮弹的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动来求解。设炮弹的瞄准角为α，依题意，如图3-2可得1()()222201sincos2vtgtllθθ⎛⎞=++⎜⎟⎝⎠，(1)2把方程(1)化简后可得()2422204sin4gtglvtlθ+−+0=220)≥，(2)θ图3-10vαl把方程(2)看成是关于的一元二次方程，显然，因为方程(2)有解，所以它关于t的一元二次方程的判别式一定满足2t20voα10svt=A图3-2θl2212sg=()222044sin416bacglvglθΔ=−=−−≥，(3)t由方程(3)可得()(2200sinsin0glglvglglvθθ+−−+−，即是，(4)()()22001sin1sin0glvglvθθ⎡⎤⎡⎤+−−+≤⎣⎦⎣⎦从方程(4)可得()()2201sin1sinvvlgg0θθ−≤≤−+，所以，炮弹的最大射程为()2max0sinlvggθ=+.从方程(2)可得222200221sin1sinvvtθθ⎡⎤⎛⎞⎢=±−⎜⎟⎢⎥++⎝⎠⎣⎦222glg⎥，(5)当l取最大值时，把代入方程(5)可得maxl()222202stvgginθ=+；如图3-2可得()()()22200021sin2sincos1tantan21sin1sin1sincos42vvvggggθπθθθαθθθθ⎡⎤⎡⎤+⎛⎞=+==⎢⎥⎢⎥⎜+++⎝⎠⎣⎦⎣⎦+⎟，所以，当l取最大值时，炮弹的瞄准角应为42απθ=+.4.如图4-1所示，一个斜面体的倾角分别为θ和ϕ，一个小球从倾角为θ的斜面底角处做斜上抛运动，为了使小球能够从斜面体的顶端切过并落在倾角为ϕ的斜面底角处，则物体的抛射角α与倾角θ和ϕ应满足什么关系？（忽略空气和地球自转的影响）hϕαθoBA图4-10v解：建立如图4-2所示的坐标系，显然，点oxy−()cot,Ahhθ和点在抛物线上，即点与点(cotcot,0Bhhθϕ+hϕαθoBA图4-2yx0v)AB满足该抛物线的轨迹方程，而抛物线的轨迹方程写为(220tan2cos)2yxgvα=−xα，(1)故把点和点()cot,Ahhθ()cotcot,0Bhhθϕ+代入(1)式可得()()()()()22202220cottan2coscot,(2)0cotcottan2coscotcot.(3)hhgvhhhgvhhθααθθϕααθϕ⎧=−⎪⎨=+−+⎪⎩由(2可得)(3)−22201tancot2coscot2cotcotgvhhαϕαϕθ+=+ϕ，(4)把(4)式代入(2)式可得()221tancotcotcotcottancot,tantantantan.cot2cotcotcotcothhhhhαϕϕθθαθαθϕθϕθϕ++=−⇒=⇒+=+0vxyαo•vxvyvxxθvθ(),Axy00sincosyxvvgtvvαα=−=A3iPii图5-1xvv⊥v90xvθ°图5-2xvv⊥v90xvθ°图5-3Qϕα.如图5-1所示，最大与地面成什么角度抛出石子，才能使石5-1，设石子被抛出的初速度为，抛射角(初速度与水平方向的夹角)为5子在运动过程中始终远离抛出点？（忽略空气和地球自转的影响）解：如图0vα；如图5-2和5-3，把速度分解为垂直于位移和平行于位v移的两个分速度，其中，a.当位移x与速度v的夹角小于时，平行于位移的分速度与位b90°移同向，故位移大小将会进一步增大，如图5-2；.当位移x与速度v的夹角大于90°时，平行于位移的分速度与位c移反向，故位移大小将会进一步减小，如图5-3；.当位移x与速度v的夹角等于90°时，平行于位移的分速度为零，点由以上这一时刻是位移由大变小的临界.a、b和c的讨论可知，当位移x与v的夹角90xvθ≤°速度时，石子始终远离抛出点；在小球从抛出点运动到顶点的过程中，显然，oP90xvθ≤°恒成立，即小球始终远离抛出点；在小球从顶点P开始以后的运动过程中，要使90xvθ≤°成立，则要求vxθθ≥（从图可推知），即有5-1tantanvxθθ≥，也即是22000002cossin2tantansincosyxvsxyvtgtvvvtgtygtvxvtvtvααθθαα⎛⎞⎛⎞−−⎜⎟==≥===⎜⎟⎜⎟⎜⎟−⎝⎠⎝⎠，即2002220000000011sinsincoscos223sin2sincossincosvtgtvgtvvgtgvtvgtvvtgtvvααααααααα−−≥⇒≥⇒−+−−0≥，(1)(1)式是关于的一元二次不等式，其成立的条件是关于的一元二次方程0tt222003sin2gtgvtvα−+=的判别式，即0Δ≤222222009sin80sin8gvgvαα−≤⇒≤9，又因α为锐角，故arcsin89α≤.6.某人站在倾角为α的斜坡上，他以与水平面成θ角斜向上扔石子，石子在斜坡上的落点距抛(2点为坐标原点，水平向右为出点的距离为L，求(1)抛出石子的初速度v；)若以(1)中的初速度抛出石子，则石子最远能被抛出多远？（忽略空气和地球自转的影响）解：(1)(利用轨迹方程求解的方法)如图6-1，以抛出0ox轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，石子在竖直方向上做竖直上抛运动，即有4201sinyvtgtθ=−，①y2石子在水平方向上做匀速直线运动，即有v0xθ0cosxvtθ=，②由(1)式和(2)式消去可得石子在该坐标系中的轨迹方程为t()0222tn2cosvagyxxxθθ=−，③石子在斜坡上的落点的坐标为P()cos,sinPLLαα−，把P点坐标代入(3)式计算可得()0cos2cossingLvαθθα+.④(2)若以第(1)小题中大小为的初速度抛出石子，通过调节抛射角=0vθ的大小可以得到最远的射程maxL，设调节后的抛射角为θ′，调节后的射程为L′，调节后得到的新的落点P′坐标为)os,sinLP(cLαα′′−，还是建立)中所示坐标系，则调解后石子的轨迹方程为()′(12tang2202cosyxxxθ=−′vθ′，⑤把坐标P′()cos,sinLPLαα′′′−代入⑤式整理可得()()202sincosvαα22tancoscosgθαLθθ′=+′′，⑥⑥式可以整理为′()()2022sincoscosvgLαθαθθ+′′′=′，⑦利用三角函数中的和差化积公式()(sin)1cossin2sinαβα=βαβ+−+⎡⎤⎣⎦，⑦式可以整理为()()202sin2sincosgLvααα−′θθ=+′′⎡⎤⎣⎦，⑧从⑧式可知，当22παθ+′=即42θπα−时，石子射程′=L′取得最大值maxL′，即()max20v21sincosgLαα′−=，⑨把④式代入⑨式计算可得()()()max1sin1sinLα2sincossin2sinLLαθαθθαα−==++−′.⑩−αoαL图6-1P