精解物理奥赛中的抛体问题.pdf

贵阳市第一中学 杨祖华 E mail yearnfang 1 0 v x y o v x v y v S s v A x y 0 0 sin cos y x vvgt vv A i ii 图 1 1 S v v v 90 sv 图 1 3 Q P 精解物理奥赛中的抛体问题 部分 精解物理奥赛中的抛体问题 部分 求解抛体运动的一般方法 求解抛体运动的一般方法 法一 把抛体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 法二 建立以水平方向为x轴 竖直方向为y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 法四 使用运动的相关定 性知识点并结合前面三种方法求解 1 新编高中物理奥赛题典 13 页 16 题 最大与地面成什么角度抛出石子 才能使石子在运动过程中始 终远离抛出点 不计空气影响 解 解 法一法一 如图 1 1 设石子被抛出的初速度为 0 v 抛射角 初速度与水 平方向的夹角 为 如图 1 2 和 1 3 把速度v 分解为垂直于位移和平 行于位移的两个分速度 其中 a 当位移S 与速度v 的夹角小于90 时 平行于位移的分速度与位 移同向 故位移大小将会进一步增大 如图 1 2 b 当位移S 与速度v 的夹角大于90 时 平行于位移的分速度与位 移反向 故位移大小将会进一步减小 如图 1 3 c 当位移S 与速度v 的夹角等于90 时 平行于位移的分速度为零 这一时刻是位移由大变小的临界点临界点 由以上 a b 和 c 的讨论可知 当位移S 与速度v 的夹角90 sv 时 石子始终远离抛出点 在小球从抛出点o运动到顶点P的过程中 显然 90 sv 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90 sv 成立 则要求 vs 从图 1 1 可推知 即有tantan vs 也即是 2 2 0 00 00 2 cossin2 tantan sincos y x vs xy v tgt vvv tgty gtvxv tv tv 即 2 00 2 22 00 00 0000 11 sinsin coscos 22 3sin20 sincossincos v tgtvgt vv g tgv tv gtvv tgtvv 1 1 式是关于t的一元二次不等式 其成立的条件是关于t的一元二次方程 2 22 00 3sin20g tgv tv 的判 别式0 即 222222 00 9sin80sin8 9g vg v 又因 为锐角 故arcsin8 9 解 解 法二法二 以抛出点为原点o 水平方向为x轴 竖直向上为y轴建立笛卡尔坐标系 即直角坐标系 因 石子在水平方向上不受外力作用 故石子在水平方向上做匀速直线运动 即在x上有 x xv t 即是 0 cosxv t 1 贵阳市第一中学 杨祖华 E mail yearnfang 2 0 v x y o S i 图 1 4 1 s 2 s 因石子在竖直方向上只受重力作用 故石子在该方向做竖直上抛运动 即在y上有 2 0 1 2 yy yv ta t 即 2 0 1 sin 2 yv tgt 显然是以y轴正向为正方向 2 联解 1 和 2 可得到石子斜抛的轨迹方程为 2 22 0 tan 2cos g yxx v 3 如图 1 1 石子始终远离抛出点 这一条件等价于 轨迹上任意点 A x y到原点 0 0o的距离l是关于 x或y的增函数 即是 22 lxy 是关于x或y的增函数 考虑到 3 式可以得到 2 2 222234 2222344 000 1sin tan 2coscoscos4cos ggg lxxxlxxx vvv 2 2 2222324 24 00 sin 1tan1tan1tan cos4 gg L xlxxxx vv 4 在 4 式中 应用了 22 2 22 1cossin 1tan coscos 在 4 式中 L x是增函数的条件是 函数 L x 对x的一阶导数大于等于零 等于零是临界点 即是 2 2 22223 24 00 3 sin 2 1tan1tan1tan0 cos dgg L xL xxxx dxvv 即有 2 222 24 00 3 sin 1tan21tan0 cos gg xxx vv 在该问题中 x恒大于零 故有 22 222 42422 0000 3 sin3 sin 1tan2020 coscoscos gggg xxxx vvvv 5 5 式成立的条件是关于x的一元二次方程 2 2 422 00 3 sin 20 coscos gg xx vv 的判别式小于等于零 即是 2 2 2 242 00 3 sin8 40 coscos gg bac vv 即是 2 sin8 9 又因 为锐角 故arcsin8 9 解 解 法三法三 如图 1 1 设石子被抛出的初速度为 0 v 抛射角为 把石子的运动 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 如图 1 4 因 10 sv t 2 2 2sgt 由余弦定理可得 222 121 2 2cosssss s 即是 22 22 42 00 422 cos 90sv tg tv tgt 即得 22 432 2 00 4cos 90sg tgv tv t 石子始终远离抛出点 这一条 贵阳市第一中学 杨祖华 E mail yearnfang 3 件等价于函数 2 432 2 00 1 cos 90 4 L tg tgv tv t 是增函数 即是要求 0L t 即是 2 3222 22 0000 3cos 90203cos 9020g tgv tv tt g tgv tv 因0t 故有 2 22222222 0000 3cos 9020409cos9080g tgv tvbacg vg v 即是 22 cos908 9sin8 9 又因 为锐角 故arcsin8 9 2 新编高中物理奥赛题典 15 页 19 题 一枪从同一地点发出两颗 子弹 发射的时间间隔为t 若两子弹在同一平面内运动 证明两 子弹相遇的条件是 12 012 sin2 2cos2 g t v 其中 1 2 是两次发射子弹的仰角 0 v是发射的初速度 如图 2 1 证 证 法一法一 依题意 仰角为 1 的子弹先发射 仰角为 2 的子弹后发射 从以仰角 1 发射子弹时开始计时 当两子弹相遇时 两子弹在水平方向上和竖直方向上的位移分别相等 即是 在x上 120102 coscosxxvtvtt 2 21 cos coscos t t 1 21 cos coscos t tt 1 在y上 2 2 120102 11 sinsin 22 yyvtgtvttg tt 2 把 1 式代入 2 式计算得到 22 2211 0102 21212121 2222 21 012021 2121 01 coscoscoscos sinsin coscos2coscoscoscos2coscos coscos11 sincossincos 2coscos2coscos sincos ttttgg vv tt vtgvtg vt 22 2 21 221 21 12 1212 0120 121212 00121212 coscos1 sincos 2coscos sin sincoscos 2coscos2 2sin2 cos2sin2 222cos2 cos2cos2 g t g tg t vv g tg t vv 证毕 证 证 法二法二 依题意 仰角为 1 的子弹先发射 仰角为 2 的子弹后 发射 从以仰角 1 发射子弹时开始计时 当两子弹相遇时 两子 弹在水平方向上和竖直方向上的位移分别相等 即是 i 0 v 0 v 2 Mx y o 图 2 1 x 1 y 1 2 O M OA s OB s AM s BM s A B 图 2 2 贵阳市第一中学 杨祖华 E mail yearnfang 4 在x上 120102 coscosxxvtvtt 2 21 cos coscos t t 1 21 cos coscos t tt 1 斜抛运动可以被分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿竖直向下方向的自由落体运动 如图 2 2 当第 一颗子弹到达相遇点 M x y时 它的实际位移 合位移 OMO AAM sss 显然 0O A sv t 2 1 2 AM sgt 当第二颗子弹到达相遇点 M x y时 它的实际位移 合位移 OMOBBM sss 显然 0OB svtt 21 2 BM sg tt 如图 2 2 在三角形OAB中 由余弦定理有 222 12 2cosABOAOBOA OB 因为 2 2 11 22 AMBM ABssgtg tt 0O A OAsv t 0OB OBsvtt 所以 2 2 22 2 000012 11 2cos 22 gtg ttv tvttv tvtt 2 把 1 式代入 2 式整理得到 2 22 21 2121 22 02010201 12 21212121 2 2 coscos11 2coscos2coscos coscoscoscos 2cos coscoscoscoscoscoscoscos 1 4coscos tt gg vtvtvtvt t g 4 2 22 21 1 22 02010201 12 21212121 4 22 22 2121 2 021 2 coscos coscoscoscos 2cos coscoscoscoscoscoscoscos 1 coscoscoscos 4coscos cos vtvtvtvt gt v 22 121 12 21212121 2 222 021 22 211212 22 21121212 coscoscos 2cos coscoscoscoscoscoscoscos 4coscos coscos2coscoscos coscoscoscoscos cos gtv 222 21121212 222 211212 22222 211212 2 12 2 2222 02112 coscoscoscos coscoscos2cos22cos coscos2cos12cos12cos 1 cos 4coscossingtv 贵阳市第一中学 杨祖华 E mail yearnfang 5 5mi 0 v l 40m 25m 图 3 1 A h i 0 v l s H 图 3 2 B v B 45 C 0211201221 121212 00121212 2coscossin2sincoscos 2sin2 cos2sin2 222cos2 cos2cos2 g tvg tv g tg t vv 证毕 3 新编高中物理奥赛题典 14 页 18 题 如图 3 1 所示 一仓库高25 m 宽40 m 今在仓库前ml 高5 m的 A 处抛一石子 使石子抛过屋顶 问l多大时 初速度 0 v的值最小 不计空气影响 2 10gm s 解 法一 解 法一 用到结论 在水平地面上以初速度 0 v抛出物体 当抛射角为45 时物体被抛出的水平距离最 远 或表述为 要把物体从地面上抛出一定的水平距离 当以45 的抛射角抛出时初速度 0 v最小 如图 3 2 石子经过 B 点时的速度方向与水平方向成45 时 石子能以最小的速度 B v越过宽为40m的仓库 顶 BC 则 cos45 B svt 0 sin45sin45 tBB vvatvvg t 代入数据可得到20m s B v 对石子从抛出点运动到 B 点的过程 有 在竖直方向上 22 0 sin45sin2 B vvgHh 1 在水平方向上 0 cos45sin45sin BB lvvvg 2 代入数据联解 1 和 2 的可得 203114 64 ml 解法一中用到结论的证明 解法一中用到结论的证明 令物体被抛出的初速度为 0 v 抛射角为 水平位移为x 如插图 3 1 有 在竖直方向上 000 sinsin t vvatvvg t 1 在水平方向上 00cos xv txvt 2 联解 1 和 2 可得 2 0sin2 xvg 显然 当45 时 x取最大值 2 max0 xvg 证毕 解 法二 解 法二 以抛出点 A 为原点建立如图 3 3 所示的坐标系 则石子运动的轨迹方程为 参考第 1 题解法二 2 22 0 tan 2cos g yxx v 1 如图 3 3 点 B 20l和点 C 40 20l 在物体的轨迹方程上 这种方法是不考虑这两点的特殊性 是一般的处理方法 法三考虑了这两点的特殊性 要简单一些 即有 2 22 0 2 22 0 20tan 2 2cos 2040 tan40 3 2cos g ll v g ll v 5m i 0 v l 40m 25m 图 3 3 CB A y x 0 v x y o x 0 v 插图 3 1 贵阳市第一中学 杨祖华 E mail yearnfang 6 由 2 和 3 可得 2 2 22222 000 240 tan40 tan40sin2 2cos2cos glgg llll vvv 因为 22 242 00 240sin2sin2 tan090 1 cos2 11 sin 2 240 gl vvgl 4 2 0 2 22 242 00 2122 090 cos1 cos2 11 sin 2 240 v vvgl 当 cd 时 不等式取等号 当 22 2 40400 440 ll ll 时 不等式 22 22 2 0 22 4040 400400 4002400 444040 llll v llll 取等 号 这时 0 v取最小值 0min 20 2 mvs 此时 由方程 22 2 40400 440 ll ll 可得 2031ml 解 法三 解 法三 以抛出点 A 为原点建立如图 3 3 所示的坐标系 则石子运动的轨迹方程为 参考第 1 题解法二 222 0 tan2cosyxgvx 1 如图 3 3 点 B 20l和点 C 40 20l 在物体的轨迹方程上 因这两点的纵坐标相同 故可知 1 xl 和 2 40 xl 是关于x的一元二次方程 222 0 20tan2cosxgvx 的两个根 所以 由韦达定理可得 2 0 12 22 0 22 0 12 sin costan 24020 2 2cos 40cos 40 3 vb xxll aggv vc x xl l ag 贵阳市第一中学 杨祖华 E mail yearnfang 7 由 3 2 可得 4020 tan 40 l l l 由tan 的关系式可推出 22 22 22 2 4040201 cos 40 lll ll 把点 B 20l代入 1 可得 2 22 0 20tan 2cos g ll v 再把tan 和 2 1 cos 的关系式代入后可得 2222 2222 22 22 00 2 22222 22 2 0 2 2222 2 00 22 4020404020420404020 202 4040 240240 402 80040800 404020 440440 4040040400 400240020 2 440440 lgllg lllll ll vlvl llll lll v l lll llll vv llll 当 22 2 40400 440 ll ll 时 不等式 22 22 2 0 22 4040 400400 4002400 444040 llll v llll 取等 号 这时 0 v取最小值 0min 20 2 mvs 此时 由方程 22 2 40400 440 ll ll 可得 2031ml 4 新编高中物理奥赛题典 13 页 17 题 如图 4 1 所示 一个斜面体 的倾角分别为 和 一个小球从倾角为 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 的斜面底角 处 则物体的抛射角 与倾角 和 应满足什么关系 解 建立如图 4 2 所示的oxy 坐标系 显然 点 cot A hh 和点 cotcot 0B hh 在抛物线上 即点A与点B满足该抛物线的轨 迹方程 而抛物线的轨迹方程写为 参考第 1 题解法二 222 0 tan2cosyxgvx 1 故把点 cot A hh 和点 cotcot 0B hh 代入 1 式可得 2 22 0 2 22 0 cottan2coscot 2 0cotcottan2coscotcot 3 hhgvh hhgvhh 由 2 3 可得 222 0 1tancot 2coscot2 cotcot g vhh 4 把 4 式代入 2 式可得 h o B A 图 4 1 0 v h o B A 图 4 2 y x 0 v 贵阳市第一中学 杨祖华 E mail yearnfang 8 2 2 2 2 222 2 2222 1tancot cottancot cot2 cotcot 1tancotcot 1tancot cot2cotcot cot2cotcotcottancotcot tancot cot2cotcot cot2cotcotcottancotcottancotcot hhh hh 2 2222 2 22 22 2cotcot cot2cotcotcottancotcotcotcot cotcotcot2cotcotcot tantan cotcotcotcotcotcotcotcot cotcot tantantantan cotcot 5 在投掷铅球时 若铅球离开手时的高度为h 速度为 0 v 则铅球的最远射程是多少 对应的抛射角 是 多少 解 法一 解 法一 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 依题意 如图 5 1 可得 2 2 22 0 1 2 oo sv tgth 即 22 4222 0 1 4 oo sg tvgh th 显然 当 2 0 2 2 2 2 vgh b t ag 时 2 oo s 取最大值 即得 2 max00 2 oo svvgh g oo s 取最大时 如图 5 1 可得 22 000 max 2 2 0 0 00 22 cos 222 oo vvgh gvghs v t vghvvghg 故 2 0 2 0 2 cos 22 vgh arc vgh 解 法二 解 法二 用抛体的轨迹方程求解 以抛出点为原点 建立如图 5 2 所示的直角坐标系 显然 铅球运动 的轨迹方程写为 2 22 0 tan 2cos g yxx v 显然 落地点 P xh 在铅球的轨迹方程上 故有 2 2 2 0 1tan tan0 2 g xxh v 1 即是 22222 00 tan2tan20 tan0gxv xgxv h 2 方程 2 成立的条件是关于tan 的一元二次方程的判别式 2 40bac 即得 0 v o h 10 sv t 2 2 1 2 sgt A B o 图 5 1 0 v y o x h 图 5 2 i P xh 贵阳市第一中学 杨祖华 E mail yearnfang 9 422422224224222 00000000 4480222v xg xgx v hg xvgv hxvgv hgxvvghg 所以 铅球的最远射程为 2 max00 2xvvghg 当铅球水平射程最远时 把 max x的值代入方程 1 计算后可以得到 2222 0000 2tan22tan0vghvvghv 即 2 222 0000 2tan22tan0vghvvghv 也