类平抛运动模型问题的分析含答案.pdf

1 类平抛问题模型的分析 一、基础知识 1、类平抛运动的受力特点 物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直 2、类平抛运动的运动特点 在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度 a F合 m . 3、类平抛运动的求解方法 (1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向 (即沿合外力的方向)的匀加速直线运动两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具 有等时性 (2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a 分解 为 ax、ay，初速度v0分解为 vx、vy，然后分别在x、y 方向列方程求解 二、练习 1、质量为 m 的飞机以水平初速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机 在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升 力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)今测得当飞机在水平 方向的位移为l 时，它的上升高度为h，如图 16 所示，求： (1)飞机受到的升力大小； (2)上升至 h 高度时飞机的速度 解析(1)飞机水平方向速度不变，则有lv0t 竖直方向上飞机加速度恒定，则有h 1 2at 2 解以上两式得 a 2h l 2v 2 0，故根据牛顿第二定律得飞机受到的升力F 为 Fmgmamg(1 2h gl 2v 2 0) (2)由题意将此运动分解为水平方向速度为v0的匀速直线运动，lv0t；竖直方向初速度 2 为 0、加速度a2h l 2v 2 0的匀加速直线运动 上升到 h 高度其竖直速度 vy 2ah2· 2hv 2 0 l 2· h 2hv0 l 所以上升至h 高度时其速度vv 2 0 v 2 y v0 l l 24h2 如图所示， tan vy v0 2h l ，方向与v0成 角， arctan 2h l . 答案(1)mg(1 2h gl 2v 2 0)(2) v0 l l 24h2，方向与 v0成 角， arctan 2h l 2、在光滑的水平面上，一质量m1 kg 的质点以速度v010 m/s 沿 x 轴正方向运动，经过 原点后受一沿y 轴正方向向上的水平恒力F15 N 作用，直线 OA 与 x 轴成 37° ，如图所 示，曲线为质点的轨迹图(g 取 10 m/s2，sin 37 ° 0.6，cos 37 °0.8)，求： (1)如果质点的运动轨迹与直线OA 相交于 P 点， 那么质点从O 点到 P 点所经历的时间以 及 P 点的坐标； (2)质点经过P 点的速度大小 答案(1)1 s(10 m,7.5 m)(2)513 m/s 解析(1)质点在 x 轴方向无外力作用做匀速直线运动，在y 轴方向受恒力F 作用做匀加 速直线运动 由牛顿第二定律得：a F m 15 1 m/s 215 m/s2. 设质点从O 点到 P 点经历的时间为t，P 点坐标为 (xP，yP)，则 xPv0t，yP 1 2at 2，又 tan yP xP，联立解得： t1 s， xP 10 m，yP7.5 m. (2)质点经过P 点时沿 y 轴方向的速度vyat15 m/s 故 P 点的速度大小vPv 2 0 v 2 y513 m/s. 3、如图所示，两个倾角分别为30° 、45° 的光滑斜面放在同一水平面上， 斜面高度相等有三个完全相同的小球a、b、 c，开始均静止于同一高度 处，其中b 小球在两斜面之间，a、c 两小球在斜面顶端，两斜面间 距大于小球直径若同时由静止释放，a、b、c 小球到达水平面的时间分别为t1、t2、t3.若同 时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t1、 t2、 t3.下列 关于时间的关系不正确的是() At1t3t2 3 Bt1t1、 t2t2、 t3t3 Ct1t3t2 Dt1t1、 t2t2、 t3t3 答案D 4、如图所示的光滑斜面长为l，宽为 b，倾角为 ，一物块 (可看成质点 )沿斜面左上方顶点P 水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，试求： (1)物块由 P 运动到 Q 所用的时间t； (2)物块由 P 点水平射入时的初速度v0； (3)物块离开Q 点时速度的大小v. 答案(1) 2l gsin (2)b gsin 2l (3) b 24l2 gsin 2l 解析(1)沿水平方向有bv0t 沿斜面向下的方向有 mgsin ma l 1 2at 2 联立解得 t 2l gsin . (2)v0b t b gsin 2l . (3)物块离开Q 点时的速度大小 vv 2 0 at 2 b 24l2 gsin 2l .