高中物理之平抛运动和斜面组合模型及其应用

1、平抛运动和斜面组合模型及其应用平抛运动可以分解为水平方向的匀速直 线运动和竖直方向的自由落体运动，其运动轨 迹和规律如图1所示，会应用速度和位移两个 矢量三角形反映的规律灵活的处理问题。设速 度方向与初速度方向的夹角为速度偏向角 ©,位移方向与初速度方向的夹角为位移偏向角9，假设过P点做与初速度平行的直线，那么该直线与位移方向的夹角可以看作是构造的虚斜面的倾角，这样平抛运动模型和斜面模型就组合在一起了。 在中学物理中有大量的模型，平抛运动和斜面 模型是重要的模型，这两个模型组合起来进行考查，是近几年高考的一大亮点。 为此，笔者就该组合模型的特点和应用，归纳如下。一斜面上的平抛运动问题

2、国2例1. 2006 上海如图2所示，一足够长的固定斜面与水平面的夹角为 37°，物体A以初速度vi从斜面顶端水平抛出，物体 B在 斜面上距顶端L= 15m处同时以速度V2沿斜面向下匀速运 动，经历时间t物体A和物体B在斜面上相遇，那么以下各 组速度和时间中满足条件的是 sin37 °=0.6 , cos37°=0.8，2g = 10 m/s )A. V1= 16 m/s， V2= 15 m/s， t = 3sB. v 16 m/s，V2= 16 m/s，t = 2sC. V1 = 20 m/s， V2= 20 m/s， t = 3sD. Vi = 20m/s,

3、V2 = 16 m/s , t = 2s解析：设物体A平抛落到斜面上的时间为t ,由平抛运动规律得x v0t , y 1 gt2由位移矢量三角形关系得 tan x由以上三式解得t 2Vo tang2 2 2在时间t内的水平位移x 2Vo tan ;竖直位移y 彳曲 -gg将题干数据代入得到3vi = 20t，对照选项，只有C正确。将Vi = 20 m/s , t = 3s代入平抛公式，求出 x, ysA 賦/ 75m sB V2t = 60mSa sb L 15m，满足题目所给条件。结论1:物体自倾角为9的固定斜面抛出，假设落在斜面上，飞行时间为2 2 2t 2V0 tan ，水平位移为x 2

4、V0 tan ，竖直位移y 细旦 ，均与初速度ggg和斜面的倾角有关且分位移与初速度的平方成正比。跟踪训练：1. 在例1中，题干条件不变，改变设问角度和题型。那么V1、V 2应满足的关系式为。温馨提示：由结论1得飞行时间为t 2V0 tan ，由几何关系得 gV1cosv2tL 。联立以上两式化简得V1、V2应满足的关系式为215v112v1v2 8gL。2. 如图3所示，AB为斜面，BC为水平面，从A点以水平初速度v向右抛出小球，其落点与A的水平距离为xi,从A点以水平初速度3v向右抛出一小球,其落点与A的水平距离为x2，不计空气阻力，那么竺可能为X21A. 1 B.1 C.1 D.1359

5、11温馨提示：假设两物体都落在斜平面上，由水平位移x 2v0 tan得，g生也 1，即选项C正确。假设两物体都落在水平面上，由 X2V02 9*|a 一耳齐卜 水平位移x v0 jy得，殂-V°1-，即选项A正确。假设第一 B ；pgx2 v02 3圈4 球落在斜面上，第二球落在水平面上如图 4所示，乞不会小于1 ,但一定小X291于1 ,应选项B对D错。所以此题正确选项为 ABC33. 2003 上海如图5所示，一高度为h=0.2m的水平面在A点处与一倾角图5为8 = 30°的斜面连接，一小球以v°= 5m/s的速度在平面上向右运动。求小球从A点运动到地面所需的

6、时间平面与斜面均光滑，取g= 10m/s2。某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，贝Uv°t 1 gsin t2，由此可求得落地的时间t。问：你同意sin2上述解法吗？假设同意，求出所需的时间；假设不同意，那么说明理由并求出你认为正 确的结果温馨提示：不同意。小球离开平面后，其重力与初速度垂直，故小球做平抛 运动而不是沿斜面运动。物体能否落到斜面上，用假设法计算判断。假设物体平抛能落在斜面上，利2 2用其竖直分运动特点，由竖直位移 y 2Vo tan 得，y 5 m：h=0.2m。故小球不g3会落在斜面上。所以小球下落时间为t= J一=0.2s。 g4. 将一质量为m的小球以初速度V

7、o从倾角为B的斜坡顶向外水平抛出，并 落在斜坡上，那么当小球击中斜坡时重力做功的功率是()A. mgv0 cotB. mgv0 tanC. 2mgv0 cotD. 2 mgv0 tan温馨提示：由结论1中的飞行时间为t 2v°仙 和功率的计算式gp mg vy mg gt，得p 2mgv°tan 。故正确的选项为C。拓展创新：如图6中的a是研究小球在斜面上平抛运动的实验装置， 每次将 小球从弧型轨道同一位置静止释放，并逐渐改变斜面与水平地面之间的夹角 9， 获得不同的射程x,最后作出了如图6中的b所示的x-tan 9图象，g 10m/s2。 那么：(1)由图b可知，小球在斜

8、面顶端水平抛出时的初速度 v0=。实验中发现9超过60°后，小球将不会掉落在斜面上，那么斜面的长度I(2)假设最后得到的图象如图6中的c所示，贝冋能的原因是(写出一个)温馨提示：1由结论1物体的水平位移为x2v0 tang知，图象b中直线的斜率k 如，解得w=1m/s。由几何关系得斜面的长度I 丄 空=0.7mgcos cos2图象b中直线的斜率kc 22v o可知，平抛运动的初速度变大,即释放位置变高或释放时有初速度例2. 2021 全国如图7所示，一物体自倾角为9的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上。物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角©满足£17A. t

9、an © =sin 9B. tan © =cos 9C. tan © =tan 9D. tan © =2tan 9解析：设平抛运动的初速度为V0，如下图，由速度矢量三角形关系得+VygttanV0V0由位移矢量二角形关系得tan 选项D正确。- 型，由以上两关系式得tan2tan 。故x 2vo结论2:物体自倾角为B的固定斜面抛出，假设落在斜面上，末速度与初速度的夹角©满足tan 2tan 。跟踪训练：5. 如图8所示从倾角为 的足够长的斜面上的A点，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出， 第一次初速度为Vi，球 落到斜面上前一瞬间的速度方

10、向与斜面的夹角为 i，第二次初速 度为V2，球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为2，假设V2 Vi，贝U 1、 2的大小关系是。温馨提示：如图9所示，由结论2可知，tan( ) 2tan解得arctan(2tan )即仅与有关，故有12点评：由此可以得出，物体自倾角为 9的固定斜面抛出，以不同初速度平 抛的物体落在斜面上各点的速度是互相平行的推论。6. 如图10所示，AB为足够长斜面，BC为水平面，从A点以3m/s的初速度水平向右抛出一小球，落在斜面上的动能为E1，再从A点以5m/s的初速度水平向右抛出该小球， 落在斜面上的动能为E2。不计空气阻力，那么旦为( )E2A.925B.C

11、.D.斜面的位移最小，那么飞行时间t为(重力加速度为要小球到达斜面的位移最小,那么要求落点与抛出点的连线解得t 2vo cot所以正确的选项为Dog温馨提示：小球落在斜面上时的动能为Ek 1mv2-m(vl v：)2 2设斜面倾角为B,由图1知Vy Vo tan ，由结论2得tan 2tan联立解得Ek 1 mv2 (1 4tan2 )。即 旦 电 3，所示此题正确的选项2E2Ek02 5为Co点评：由此可以得出，物体自倾角为 9的固定斜面抛出，以不同初速度平抛的物体落在斜面上时的动能与初动能的关系式为Ek - mvO2(1 4tan2 )。可2见，以不同初速度平抛的物体落在斜面上各点的动能与

12、初速度的平方成正比或与初动能成正比。物体做平抛遇到斜面时的最值问题例3.如图11所示，小球以Vo正对倾角为9的斜面水平抛出，假设小球到达A. tv0 tangB. tC. tv0 cotgD.t2v0 tan2v0 cot解析：如下图,与斜面垂直，所以有tan x，而x vot， yy点评：注意此题中物体做平抛运动的位移偏向角与斜面的倾角互余。要深刻理解处理平抛运动的方法，学会灵活的迁移和应用例4.在倾角为的斜面上以初速度V。平抛一物体，那么物体离斜面的最大距离是多少?解析：方法一：如图13所示，速度方向平行于斜面时，离斜面最远,由速度矢量三角形关系得tanV。gtV。此时横坐标为x v0tv

13、0 tang平抛运动任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线, 通过此时水平位移x的中点见图13所示即x 由几何关系得：2丄.1 v。tan sinHxsi n2 2g方法二：建立如图14所示坐标系，正交分解得v0xv0 cos； VoyVo sin7ax gsin ； ay geos7的匀加速运动和沿把运动看成是沿x方向初速度为Vo eos，加速度为gsiny方向的初速度为Vo sin ，加速度为 g eos的匀减速运动的合运动。最远处Vy 0，由运动学公式得2H o (Vo sin )2g eosv2 tan sin2g点评：此题考查了处理曲线运动的方法一“化曲为直，考查了平抛运动分解的非惟一性

14、，即平抛运动可以分解为水平方向和竖直方向， 也可以分解为沿斜 面方向和垂直于斜面方向，考查学生的灵活处理物理问题的能力。跟踪训练：7. 如图15所示，从倾角B的斜面上的M点水平抛出一个小球，小球的初速度为Vo，最后小球落在斜面上的 N点，在B和Vo的条件下重力加速度g，空气阻力不计，那么A.可求出M N之间的距离B. 可求出小球落到N点时的动能C. 可求出小球落到N点时的速度的大小和方向D. 可求出小球从M点到达N点的过程中离斜面的距离最大时的时间温馨提示：由结论1可知选项AC正确，由于不知道小球的质量或初动能,所以选项B错误。由速度矢量三角形关系得tan匕型，可求出小球从M点VoVo到达N点

15、的过程中离斜面的距离最大时的时间t Vo tan 。所以此题正确的选项 g为ACD三.平抛运动与斜面上做匀变速直线运动的组合例5. 2007 宁夏倾斜雪道的长为25 m,顶端高为15 m,下端经过一小S16段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图16所示。-滑雪运发动在倾斜雪道的顶端以水平速度 vo= 8 m/s飞出在落到倾斜雪道上时，运发动靠改变姿势进行缓冲使自己 只保存沿斜面的分速度而不弹起。除缓冲外运发动可视为质点，过渡轨道光滑，其长度可忽略。设滑雪板与雪道的动摩擦因数卩二0.2，求运发动在水平雪道上滑行的距离取g= 10 m/s2解析：建立如图17所示坐标系，斜面的方程为:y xta n

16、 3x 4运发动飞出后做平抛运动x v0t1 2y -gt2联立式，得飞行时间：t2Vo tan 1.2 sg落点的x坐标：x 2vo tan 9.6mg接触斜面前的x分速度：vx 8 m/sy 分速度：Vy gt 12 m/s落点离斜面顶端的距离：sx 12 mcos落点距地面的高度：h| L sjsin7.8 m沿斜面的速度大小为：Vb VxCOSVy sin13.6 m/s设运发动在水平雪道上运动的距离为 S2,由功能关系得:mghmgcos (L S|)mgq解得：S2= 74.8 m点评：此类问题以平抛运动和斜面模型为载体， 考查运动的合成与分解和功 能关系。要求考生灵活的建立坐标系

17、并根据实际情况进行速度的分解； 应用功能 关系时要选择恰当的物理过程，明确各个力做的功和能量的转化。跟踪训练：8. 如图18所示，一小球以初速度v03m/s从高为H=21.6m的平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为a =53°的光滑斜面顶端，并刚好沿斜面下滑，g=10m/s；sin53 °=0.8,cos53 °=0.6,那么(1) 斜面顶端与平台边缘的水平距离 x是多大?端？(2) 小球离开平台后经多长时间t到达斜面底温馨提示：(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑， 说明此时小球速度方向与斜面平行，否那么小球会弹起，由平抛运动规律有Vy = v ota n53Vy = gt 1代入数据得ti = 0.4s由 x =v°t1 = 3X 0.4m=1.2m1(2)由 h1- gt；，得 h1=0.8m2由几何关系得斜面的高度为h2 H h1 20.8m小球在斜面上做匀加速直线运动的初速度为v1 忌5m/s设小球在斜面运动的时间为t2，到达斜面底端时的速度大小为 V2由机械能守恒得 丄mv： mgH - mvf2 2由运动学公式得 叫也立t2sin 532代入数据解得V2=21m/s，t2=2s所以 t t1 t22.4 sL四物体在斜面上做类平抛运动例6.如图19所示，将质量为m的小球从倾角为9