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＝eq\f(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l＝v0t竖直方向上飞机加速度恒定，则有h＝eq\f(1,2)at2解以上两式得a＝eq\f(2h,l2)veq\o\al(2,0)，故根据牛顿第二定律得飞机受到的升力F为F＝mg＋ma＝mg(1＋eq\f(2h,gl2)veq\o\al(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，l＝v0t；竖直方向初速度为0、加速度a＝eq\f(2h,l2)veq\o\al(2,0)的匀加速直线运动．上升到h高度其竖直速度vy＝eq\r(2ah)＝eq\r(2·\f(2hv\o\al(2,0),l2)·h)＝eq\f(2hv0,l)所以上升至h高度时其速度v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(v0,l)eq\r(l2＋4h2)如图所示，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(2h,l)，方向与v0成θ角，θ＝arctaneq\f(2h,l).答案(1)mg(1＋eq\f(2h,gl2)veq\o\al(2,0))(2)eq\f(v0,l)eq\r(l2＋4h2)，方向与v0成θ角，θ＝arctaneq\f(2h,l)2、在光滑的水平面上，一质量m＝1kg的质点以速度v0＝10m/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F＝15N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图所示，曲线为质点的轨迹图(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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)1s(10m,7.5m)(2)5eq\r(13)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＝eq\f(F,m)＝eq\f(15,1)m/s2＝15m/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xP＝v0t，yP＝eq\f(1,2)at2，又tanα＝eq\f(yP,xP)，联立解得：t＝1s，xP＝10m，yP＝7.5m.(2)质点经过P点时沿y轴方向的速度vy＝at＝15m/s故P点的速度大小vP＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5eq\r(13)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()A．t1>t3>t2B．t1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′C．t1′>t3′>t2′D．t1<t1′、t2<t2′、t3<t3′答案D4、如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，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)eq\r(\f(2l,