第3讲小专题:抛体运动中的综合性问题
考点一分解法处理类平抛和斜抛运动
1.类平抛运动问题分析
(1)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)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
(3)分解方法。
通常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的初速度为零的匀加速直线运动来处理,平抛运动中的结论或推论在此仍然成立。
2.斜抛运动的分解方法
图示
分解
方法
水平竖直正交分解化曲为直
将初速度和重力加速度沿斜面和垂直斜面分解
基本
规律
水平方向:
vx=v0cosθ
x=v0cosθ·t
竖直方向:
vy=v0sinθ-gt
y=v0sinθ·t-12gt
最高点:
hm=(
落回等高处射程:
s=v0cosθ·t=2v02sinθcosθg=v02sin2
smax=v
垂直斜面:
g1=gcosα
v1=v0sinθ-g1·t
y=v0sinθt-12g1t
沿着斜面:
g2=gsinα
v2=v0cosθ+g2·t
x=v0cosθt+12g2t2最高点
hm=(
[例1]【类平抛运动的分析】(2024·黑龙江大庆期末)风洞,被称为飞行器的摇篮,我国的风洞技术世界领先。如图所示,在一次实验中,风洞竖直放置且足够长,质量为m的小球从A点以速度v0=10m/s沿直径水平进入风洞。小球在风洞中运动时受到的风力F恒定,方向竖直向上,风力大小F可在0～3mg间调节。小球可视作质点,碰壁后不反弹,重力加速度g取10m/s2,风洞横截面直径L=10m。
(1)当F=0时,求小球撞击右壁的速度大小和方向;
(2)保持v0不变,调节F的大小,求小球撞击右壁的区域长度。
【答案】(1)102m/s,速度方向与水平方向夹角为45°(2)15m
【解析】(1)当F=0时,小球做平抛运动,水平方向有L=v0t1,
解得t1=1s,竖直分速度为
vy1=gt1,
小球撞击右壁的速度大小
v=v0
令速度与水平方向夹角为θ,则有
v=102m/s,θ=45°。
(2)结合上述,当F=0时,小球做平抛运动,竖直方向的分位移
y1=12gt
解得y1=5m,
当F=3mg时,根据牛顿第二定律有
3mg-mg=ma,
小球做类平抛运动,则有
L=v0t1,y2=12at
解得y2=10m,
则小球撞击右壁的区域长度
L0=y1+y2=15m。
[例2]【分解法处理斜抛运动】(2024·山东卷,12)(多选)如图所示,工程队向峡谷对岸平台抛射重物,初速度v0大小为20m/s,与水平方向的夹角为30°,抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°,重力加速度大小取10m/s2,忽略空气阻力。重物在此运动过程中,下列说法正确的是()
[A]运动时间为23s
[B]落地速度与水平方向夹角为60°
[C]重物离PQ连线的最远距离为10m
[D]轨迹最高点与落点的高度差为45m
【答案】BD
【解析】将初速度分解为沿PQ方向分速度v1和垂直于PQ方向分速度v2,则有v1=v0cos60°=10m/s,v2=v0sin60°=103m/s,将重力加速度分解为沿PQ方向分加速度a1和垂直于PQ方向分加速度a2,则有a1=gsin30°=5m/s2,a2=gcos30°=53m/s2,垂直于PQ方向,根据对称性可得重物运动时间为t=2·v2a2=4s,重物离PQ连线的最远距离为dmax=v222a2=103m,故A、C错误;重物落地时竖直分速度大小vy=-v0sin30°+gt=30m/s,则落地速度与水平方向夹角正切值tanθ=vyvx=vyv0cos30°=3,可得θ=60°,故B正确;从抛出到最高点所用时间为t1=v0sin30°g=1s,则从最高点到落地所用时间为t2=t
建立斜坐标系处理斜抛运动
(1)本题也可以建立初速度方向和竖直方向的斜坐标系,如图:
初速度方向为匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动。
初速度方向有x=v0t,
竖直方向有y=12gt2
由几何关系得v0t=12gt2,lPQ=v0t
(2)将斜抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动时,平抛运动中的两个推论仍然是成立的。
考点二抛体中的多物体问题
抛体中的多物体问题主要指抛体运动中的相遇问题。抛体运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动,所谓相遇就是二者同时到达空间中同一位置。根据问题情境不同,运用相应物理规律和几何条件列方程解答。
[例3]【平抛运动中的多物体问题】(2024·广西桂林三模)在一次学农活动中,农忙之余