专题3 平抛运动的相遇问题、临界问题

由于 $ a $ 、 $ b $ 两个小球从不同高度同时水平抛出, $ b $ 球下落高度小,由 $ t=\sqrt{\dfrac{2ℎ}{g}} $ ,可知 $ b $ 球比 $ a $ 球先落地, $ \mathrm{A} $ 正确；水平位移 $ x={v}_{0}t $ , $ {t}_{a} > {t}_{b} $ ,但两球水平抛出时的初速度大小未知,则 $ a $ 球的水平位移不一定大于 $ b $ 球的, $ \mathrm{B} $ 错误；由于 $ a $ 、 $ b $ 两个小球从不同高度同时水平抛出,下落到 $ P $ 点的时间不同,所以不能在 $ P $ 点相遇, $ \mathrm{C} $ 错误；由于两球的初速度大小未知,则两球落地的速度大小 $ v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{\left(gt\right) ^ {2}}} $ 可能相同, $ \mathrm{D} $ 正确.

设甲奔跑的加速度大小为 $ a $ ,当地重力加速度大小为 $ g $ ,对甲,根据位移—时间公式有 $ \dfrac{1}{2}a{t}^{2}=l $ ,对网球有 $ \dfrac{1}{2}g{t}^{2}=h $ ,联立解得 $ \dfrac{a}{g}=\dfrac{l}{h} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

因为两弹恰在 $ M $ 、 $ N $ 连线的中点正上方相遇,说明它们的水平位移大小相等,因为运动时间相等,故它们在水平方向的速度大小相等,设拦截炮弹的发射速度与水平地面的夹角为 $ \theta $ ,则有 $ {v}_{2} \cos \theta ={v}_{1} $ ,所以 $ {v}_{2} > {v}_{1} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误；两弹都只受重力作用,都做匀变速运动,加速度相同,所以拦截炮弹相对炸弹做匀速直线运动,故 $ \mathrm{C} $ 正确；根据题意只能分析出两弹运动时间相同,水平速度大小相同,拦截炮弹竖直速度越大,相遇点离地面越高,故不能算出两弹相遇点距离地面的高度,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 小球 $ B $ 沿斜面向上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得,加速度的大小 $ a=\dfrac{mg \sin {37}^{\circ }}{m}=g \sin {37}^{\circ }=6\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,小球 $ A $ 的飞行时间与小球 $ B $ 的运动时间相等,所以小球 $ A $ 的飞行时间 $ t=\dfrac{{v}_{0B}-v}{a}=1\mathrm{s} $ .

（2） 小球 $ A $ 在竖直方向的位移大小 $ {y}_{A}=\dfrac{1}{2}g{t}^{2}=5\mathrm{m} $ ,

小球 $ A $ 的水平位移大小 $ {x}_{A}=\dfrac{{y}_{A}}{ \tan {37}^{\circ }}=\dfrac{20}{3}\mathrm{m} $ ,

小球 $ A $ 的初速度大小 $ {v}_{0A}=\dfrac{{x}_{A}}{t}=\dfrac{20}{3}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） 小球 $ B $ 沿斜面向上运动的距离 $ {L}_{B}=\dfrac{{v}_{0B}+v}{2}t=7\mathrm{m} $ ,

小球 $ B $ 被击中时距地面的高度 $ {y}_{B}={L}_{B} \sin {37}^{\circ }=4.2\mathrm{m} $ ,

小球 $ A $ 的抛出点距地面的高度 $ ℎ={y}_{A}+{y}_{B}=9.2\mathrm{m} $ .

由题意知,小球斜上抛能水平且贴着台阶运动到第1级台阶,则第1级台阶右边缘为小球斜上抛运动的最高点,小球竖直方向末速度为零，如图所示,采用逆向思维,认为小球沿虚线做平抛运动最终落在第4级台阶上,当小球落在第4级台阶的右边缘时,根据平抛运动的规律得 $ \dfrac{1}{2}g{t}_{1}^{2}=3l $ , $ {v}_{1}{t}_{1}=6l $ ,解得 $ {v}_{1}=\sqrt{6gl} $ ,当小球恰好过第3级台阶的右边缘时,有 $ \dfrac{1}{2}g{t}_{2}^{2}=2l $ , $ {v}_{2}{t}_{2}=4l $ ,解得 $ {v}_{2}=\sqrt{4gl} $ ,故 $ v $ 的取值范围为 $ \sqrt{4gl}⩽ v⩽ \sqrt{6gl} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ .

若球与网恰好不相碰,根据 $ 3h-h=\dfrac{1}{2}g{t}_{1}^{2} $ ,得 $ {t}_{1}=\sqrt{\dfrac{4h}{g}} $ ,水平位移的最小值 $ {x}_{ \min }=\dfrac{{L}_{1}}{2} $ ,则最小速度 $ {v}_{1}=\dfrac{\dfrac{{L}_{1}}{2}}{{t}_{1}}=\dfrac{{L}_{1}}{4}\sqrt{\dfrac{g}{h}} $ ,若球与球台边缘相碰,根据 $ 3h=\dfrac{1}{2}g{t}_{2}^{2} $ ,得 $ {t}_{2}=\sqrt{\dfrac{6h}{g}} $ ,水平位移的最大值为 $ {x}_{ \max }=\sqrt{{L}_{1}^{2}+\dfrac{{L}_{2}^{2}}{4}} $ ,则最大速度 $ {v}_{2}=\dfrac{\sqrt{{L}_{1}^{2}+\dfrac{{L}_{2}^{2}}{4}}}{{t}_{2}}=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{(4{L}_{1}^{2}+{L}_{2}^{2})g}{6h}} $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

平抛运动竖直方向为自由落体运动,有 $ ℎ=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ,下落时间为 $ t=\sqrt{\dfrac{2ℎ}{g}} $ ,砸到挡板上不同点时,小球下落的高度不同,则从 $ M $ 点以不同速度抛出的小球砸到挡板的时间不同, $ \mathrm{A} $ 错误；由题意知从 $ M $ 点抛出砸在 $ A $ 点的小球,在 $ A $ 点速度的方向与挡板平行,作出运动示意图,如图所示,平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点,则有 $ FA=2ME $ ,由几何关系可得 $ OF=FA=OA \cos {45}^{\circ }=\sqrt{2}L×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=L $ , $ E $ 为 $ OA $ 的中点, $ M $ 为 $ OF $ 的中点,则 $ FM=\dfrac{1}{2}OF=\dfrac{L}{2} $ ,对于从 $ M $ 点抛出砸在 $ A $ 点的小球有 $ \dfrac{L}{2}=\dfrac{1}{2}g{t}_{1}^{2} $ , $ L={v}_{1}{t}_{1} $ ,解得 $ {v}_{1}=\sqrt{gL} $ , $ \mathrm{D} $ 错误；从 $ N $ 点水平向左抛出的小球落在 $ A $ 点且位移最小,则有 $ NA\perp OQ $ ,由 $ \mathrm{D} $ 项分析及几何知识可得 $ NG=AG=\dfrac{L}{2} $ ,对从 $ N $ 点抛出的小球有 $ \dfrac{L}{2}=\dfrac{1}{2}g{t}_{2}^{2} $ , $ \dfrac{L}{2}={v}_{2}{t}_{2} $ ,解得 $ {v}_{2}=\dfrac{\sqrt{gL}}{2} $ , $ \mathrm{C} $ 正确；由图可知, $ AE=\dfrac{\sqrt{2}}{2}L $ , $ E $ 点与 $ M $ 点在同一水平面上,最远点为 $ A $ ,从 $ M $ 点抛出的小球在挡板上砸出的痕迹长度小于 $ EA $ 长度,即从 $ M $ 点抛出的小球在挡板上砸出的痕迹长度小于 $ \dfrac{\sqrt{2}}{2}L $ , $ \mathrm{B} $ 错误.

（1） 石块抛出后做平抛运动,有 $ L+L \sin \alpha =\dfrac{1}{2}g{t}_{1}^{2} $ ,

则石块抛出时的速度大小 $ {v}_{0}=\dfrac{{x}_{0}}{{t}_{1}}=15\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 石块击中城墙顶部时,有 $ h+L+L \sin \alpha -H=\dfrac{1}{2}g{t}_{2}^{2} $ ,

代入数据解得 $ {t}_{2}=0.8\mathrm{s} $ ,

石块击中城墙顶部的水平位移大小 $ {x}_{0}⩽ x⩽ {x}_{0}+d $ ,

石块抛出时初速度大小 $ v^\prime =\dfrac{x}{{t}_{2}} $ ,

代入数据解得 $ 22.5\mathrm{m}/\mathrm{s}⩽ v^\prime ⩽ 25.5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .