拋體運動好題集萃-教師版

【詳解】C．平拋運動中速度方向的反向延長線過水平位tanβ=xhAtanβ1hBtanα3A．由2h=2gtB．由x=vt vA3=vB1D．由Δv=gtΔvB3間水平位移最大即斜向對方臺面的兩個角發(fā)射，根據(jù)幾何關系此時的故即x=1.5m，y=4mvy=gt=10m/s鋼球的速度方向與水平面的夾角為θ,則有球以v0’=m/s<v的初速度從圖中原坐標處平拋，則不能落在接觸面上。故D正確。切于B點，則小球在B點的速度與水平方向的夾角為30°,設此時位移與水平方向的夾角θ而又x乙=v2t=R以上方程為兩個未知數(shù)兩個方程可以求解v1和t，因此只拋【詳解】A．由BD．由題意知從M點拋出落在A點的小球，在A點速度的方向與擋板平行，由平拋運動的FA=2MEMF=OM=Lcosθ=1gt222tanθ=Lcosθtanθ=2vNE點與M點在同一水平面上，最遠點為A，從M點拋出的小球在擋板上砸的痕跡長度一定由圖可知，小球落到B點和C點時，下落高度相同，運動時tA<tB=tCB．小球落到A、B兩點時，則小球都落在斜面上，則小球位移與水平可知，小球速度方向與初速度的大小無關，則小球落到A、B兩點時，其速度方向相同，故tA<tB=tC【詳解】A下落時高度較大，所以從A下落到達C點的速度比較大那么從A和A'下落時在DE上的落點如圖所示，設平拋運動的位移與水平方向的夾角為αtanφ=tanφ=2tanα由圖可以看出從A'下落時從C點飛出后tanα值較大，故從A'下落時落到DE后tanφ較大，即tanφ1<tanφ2xOC=Lcosθ?x0=v0t1①xPQ=2Lcosθ?2x0=v0t2③yPQ=vyt2+④yPQ>2yOC⑥x0<Lcosθ所以第一顆炸彈在A點右上方釋放，故D錯誤。如圖可知，速度偏轉角θ的余弦值等于角α的正弦值，對小球水平與豎直位移分析可知acosα=v0t方向的分速度，故B球從網(wǎng)高落入臺面所用的時間較少，兩球同時落到對又由于B球從網(wǎng)高落入臺面所用的時間較少，根據(jù)水平方向的位移x=v0t'得，B球落到球【詳解】AB．設甲、乙兩小球拋出時的初速度大小為v0，豎直分速度分別為v1，v2，由題v1=v0sinθ1，v2=v0sinθ2當θ1+θ2=90°mg=m2 對小球從M到N的運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律有x=vt2y=2gtx2+y2=R2x=R 5?1x=R?1Ry=2B．小球運動從A到M點的過程中，由動能定理2?mg2R=mv?mv0v0=C．小球離開M點后做平拋運動，所以小球從MD．設小球到達N點時速度方向與水平方向夾角為θ,則可知運動員落到斜坡上時，水平分速度與豎直又LON=2LOMhN=2hM有v2=v0sinθxN=2xM可將運動員在空中的運動分解為y軸上的類豎直上拋運動和x軸上tanα=2tanθ【詳解】由題意根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得M點到最高點的高度為vx=v0cosθB．運動員在M點時垂直AD方向的速度大小v1=vsin(90?θ)mgcosθ=ma1設運動員騰空過程中離開AD的最大距商為d，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有C．可得運動員從M點到離開AD最遠的時間D．運動員在M點時平行AD方向的速度大小v2=vcos(90o?θ)mgsinθ=ma2根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知，M、N兩點的距離把平拋運動的位移分別沿水平和豎直方向分解，由幾a=?1a=?1，b=1H=0.2mθ=45o，H=0.2mv2=v0sinαv1=v0cosαF2=mgcosαF=mgsinαv2v0sinαv0tanαv2v0sinαv0tanαa2gcosαg2h=2gt’L=v0t22v0h2v0tanα2v0h2v0tanαgLggLg’v0tanαt2=t’v0tanα到c的之間的水平位移，d點為豎直線bd與ac連線的交點，則ad與cd之間的水平位移相xad=xcd設ad之間的豎直距離為yad，cd之間豎直距離為ycd，由數(shù)學知識可知tanα=yad=ycdxadxcdyad=ycd sad=xd+yd h=gt=.()=h=gt=.()=2222g2gh設兩球下落的高度分別為h1、h2，則度v0向左的平拋運動，設落地時速度大小為v與水平方向夾角為α,落地時的位移為s，根x=v0t0，tanα=2tanθ C．設拋出時速度方向與斜面方向夾角為β,將運動分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，如a=gcosθ【詳解】設小球從B點拋出時的速度方向與水平方向成θ角，則有x=(v0cosθ).t10t2?(4sinθ+3cosθ).t?5=0當4sinθ+3cosθ最大時，t最大；根據(jù)數(shù)學知識可知4sinθ+3cosθ=5sin(θ+37o)【詳解】A．如圖，設炸彈A從拋出到擊中M點用時t1，有x1=v0t1因AM垂直于斜面，則則BCD．炸彈B從拋出到擊中N點，vN方向垂直于斜面，則x2=v0t2即s2=s1+x2?x1=v0(Δt1+t2?t1)有即【詳解】AB．以C點為原點，CD為x軸，和CD垂直向上方向為y軸，建立坐標系如圖，對運動員的運動進行分解，y軸方向做類豎直上度方向與軌道平行時，在y軸方向上到達最高點，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，知把速度v0和重力沿滑道和垂直滑道分解，在垂直滑道方向做初速度為v0sinθ,加速度為gcosθ做勻減速直線運動，在E點速度方向與軌道CD平行說明垂直滑道方向速度為0，故CD．將初速度沿x、y方向分解為v1、v2，將加速據(jù)初速度為零的勻加速直線運動連續(xù)相同時間內的位移比特點(α+θ)=20×0.6m/s=12m/s(α+θ)=20×0.8m/s=16m/sax=gsinα=10×0.6m/s2=6m/s2ay=gcosα=10×0.8m/s2=8m/s2【詳解】AB．若乙球到達AC時，乙球速度恰好垂直于AC，則甲球位移偏角為37O，乙球tan37mgsinθ=maa=gsinθ2 \gsinθ0tFN=mgcosθf=FNsinθ=mgcosθsinθx=Lcos53=0.6my=Lsin53=0.8mt2y=2gtCD．設小球落到斜面上時的速度到水平方向上的夾角為θ,由題可知小球落到斜面上的位移與水平方向的夾角相同，都為α,由平拋運動的推論tanθ=2tanα,α相同，θ也相同，即末速度的方向相同，末速度方向與斜面的夾角就都相同，C正確，D【詳解】小球落在斜面上，設斜面與水平方向夾角為θ,，則有設落在斜面時，小球的速度方向與水平方向的夾角為α,則AB．由可知，當vx由v0變?yōu)?v0時，豎直方向上的位移變?yōu)?倍，故小球將落在e點，故A錯誤，D．由可知，落在斜面上的速度方向與初始速度無關，故當速度2v0時，小球落在斜面時的速度方向與斜面的夾角依然等于θ,故D正確。yx即其中為定值，故小球在毛玻璃上的投影點做勻速運動，投影點的速度在相等時間內的變又D．投影點做勻速運動，第一、二個投影點之間的距離為0.05m，則小球第二、三個投影點tanθ=tanθ==xv0 t則 xa xbvbtb9C．設平拋運動落地速度方向與水平方向夾角為α,則tanα=vy=gtv0v0則tanαa=tavb=1tanαbtbva則αa=αb可知，運動員在垂直斜面方向上做初速度為v0sinθ,加速度大小為gcosθ的勻減速運動，當0m2gcosθtanθ=2tanαv末=2g vy末=2g(H+h)vy=gt則=2gm/s得又=2gm/s=2gm/sx=v0t' t=6L\5ga=gcos37ov=at’ t’=3L\10gtanθ=2tan37o=【詳解】假設小球落地之前一共發(fā)生了N次碰撞，小球最后一次可能是撞墻后落到小坑A中，也可能是撞到擋板后落到A點。但不論如何，小球在 如果小球最后一次是與墻發(fā)生碰撞而落到小坑A中，則N必然是偶數(shù)，則有Nd+1=Ld=N可以取2，4，6，8。d有多解，分別是：4m，2m，m，1m。如果小球最后一次與擋板發(fā)生碰撞后落到小坑A中，則N必然為奇數(shù)，則有Nd+d?1=L的可能值5m，4m，2.5m，2m，m，m，m，1m。2v0 3g2v0 3g 2v0 3g2v0 3g2v2vs=s=vt=bx03g做類平拋運動，其運動軌跡為拋物線，故Amgsinθ=maa=gsinθ sinθ\g則小球從