Question

2．在豎直桿上安裝一個(gè)光滑小導(dǎo)向槽，使豎直上拋的小球能改變方向后做平拋運(yùn)動(dòng)；不計(jì)經(jīng)導(dǎo)向槽時(shí)小球的能量損失；設(shè)小球從地面沿桿豎直上拋的速度大小為v，重力加速度為g；那么當(dāng)小球有最大水平位移時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（　　）

• A． 導(dǎo)向槽位置應(yīng)在高為$\frac{{v}^{2}}{4g}$的位置
• B． 最大水平距離為$\frac{{v}^{2}}{g}$
• C． 小球在上、下兩過(guò)程中，在經(jīng)過(guò)某相同高度時(shí)，合速度的大小總有v_下=2v_上
• D． 當(dāng)小球落地時(shí)，速度方向與水平方向成45°角

Answer 1

分析 根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解水平位移表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求解水平位移最大時(shí)導(dǎo)向槽的高度；根據(jù)機(jī)械能守恒定律分析在某高度處時(shí)的速率；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)推論確定落地時(shí)速度方向．

解答 解：A、設(shè)小球平拋時(shí)的初速度為v₀，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$+mgh=$\frac{1}{2}$mv²，解得：v₀=$\sqrt{{v}^{2}-2gh}$；
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得下落時(shí)間：t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$，則水平位移 x=v₀t=$\sqrt{（{v}^{2}-2gh）•\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{（\frac{{v}^{2}}{g}-2h）•2h}$
根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)知，當(dāng)$\frac{{v}^{2}}{g}$-2h=2h時(shí)水平位移最大，解得 h=$\frac{{v}^{2}}{4g}$，故A正確；
B、由上知：最大的水平距離為：x=$\sqrt{4{h}^{2}}$=2h=$\frac{{v}^{2}}{2g}$，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，在某高度處時(shí)上升的速率和下落的速率相等，即v_下=v_上，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)速度與水平方向成θ，位移與水平方向的夾角為為α，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$
tanα=$\frac{y}{x}$=$\frac{\frac{{v}_{y}}{2}t}{{v}_{0}t}$=$\frac{{v}_{y}}{2{v}_{0}}$，則有 tanθ=2tanα=2×$\frac{h}{2h}$=1，所以θ=45°，故D正確．
故選：AD．

點(diǎn)評(píng) 本題的關(guān)鍵是根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和機(jī)械能守恒定律得到水平位移的表達(dá)式，要知道平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，還要知道分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性．