高中物理之平抛运动和斜面组合模型及其应用

1、实用标准文案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 ，若过 P 点做与初速度平行的直线，则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例 1

2、 （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 0，物体 A 以初速度 v1 从斜面顶端水平抛出，物体B在斜面上距顶端L15m 处同时以速度v 2 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， 则下文档实用标准文案列各组速度和时间中满足条件的是（sin37 O=0.6 ，cos37 0 =0.8 ， g 10 m/s 2 ）Av1 16 m/s ，v2 15 m/s ，t 3sBv1 16 m/s ，v2 16 m/s ，t 2sCv1 20 m/s ，v2 20 m/s ，t 3sDv 1 20m/s ，v216 m/s ，t

3、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 xv0t ， y1gt 22由位移矢量三角形关系得 tanyx2v0 tan由以上三式解得 tg在时间 t 内的水平位移2v02 tan2v02 tan 2xg；竖直位移 yg将题干数据代入得到3v1 20 t ，对照选项，只有C 正确。将 v1 20 m/s ， t 3s 代入平抛公式，求出x ，ysAx2y275m ， sBv2t 60m ，sAsBL15m ，满足题目所给已知条件。结论1 ：物体自倾角为的固定斜面抛出，若落在斜面上，飞行时间为t2v0 tan，水平位移为 x2v02 tan ，竖直位移 y2v02 tan

4、 2，均与初速度和ggg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。则v1 、 v2 应满足的关系式为。文档实用标准文案温馨提示：由结论2v0tan，由几何关系得1 得 飞行 时 间 为 tgv1v2 t L 。 联 立 以 上 两 式 化 简 得 v1、 v2应满足的关系式为cos15v1212v1v28gL 。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 向右抛出一小球，其落点与 A 的水平距离为 x1，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

5、空气阻力，则x1可能为（）x21111A.B.C.D.359112v02 tan温馨提示 ：若两 物体都 落在斜 平面上 ，由水 平位移 x得，gx1v0121x2v022，即选项 C 正确。若两物体都落在水平面上，由9水平位移 x v02 y得， x1v011 ，即选项 A 正确。若第gx2v023一球落在斜面上，第二球落在水平面上（如图x1不会小于14 所示），但一定x29小于 1 ，故选项 B 对 D 错。所以本题正确选项为ABC。33. (2003 ·上海)如图 5 所示，一高度为 h =0.2m的水平面在 A 点处与一倾角文档实用标准文案为30 °的斜面连接，一小

6、球以 v05m/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时间（平面与斜面均光滑，取g 10m/s 2）。某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则hv0 t1 g sin t 2 ，由此可求得落地的sin2时间 t 。问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的时间；若不同意，则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，利用其竖直分运动特点，由竖直位移2v02tan25 m> h=0.2m 。故小yg得， y3球不会落在斜面上。所

7、以小球下落时间为 t=2h =0.2s 。g4. 将一质量为 m 的小球以初速度 v 0 从倾角为 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 2mgv0 tan温馨提示：由结论2v0tan1 中 的飞 行时 间为 t和功率的计算式gp mg v y mg gt ，得 p2mgv0 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，获得不同的射程 x，最后作出了如图 6 中的

8、 b 所示的 x-tan 图象，g10m/ s2 。则：（1）由图 b 可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度v0 =。文档实用标准文案实验中发现 超 过60 °后 ，小球将不 会掉 落在 斜面 上，则斜面的 长度 lm 。（2）若最后得到的图象如图6 中的 c 所示，则可能的原因是（写出一个）温馨提示 ：（1）由结论 1物体的水平位移为 x2v02 tan 知，图象 b 中直线g的 斜 率 k2v02， 解 得v0 =1m/s 。 由 几 何 关 系 得 斜 面 的 长 度glxk tan=0.7m （ 23m ）coscos5（2）图象 b 中直线的斜率 k2v02可知，平抛运动

9、的初速度变大，即释放g位置变高或释放时有初速度。例 2（2008 ·全国）如图7 所示，一物体自倾角为 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（ ）文档实用标准文案A.tan =sin B. tan =cos C. tan =tan D. tan =2tan 解析： 设平抛运动的初速度为v0 ，如图所示，由速度矢量三角形关系得v ygttanv0v0由位移矢量三角形关系得 tanygt ，由以上两关系式得 tan2 tan 。故x2v0选项 D 正确。结论 2 ：物体自倾角为 的固定斜面抛出，若落在斜面上，末速度与初速度的夹角 满足 tan

10、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 v1 ，球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为1 ，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 ，若 v2v1 ，则1 、2 的大小关系是。温馨提示 ：如图 9 所示，由结论 2 可知， tan()2 tan，解得arctan(2tan )即仅与有关，故有12文档实用标准文案点评：由此可以得出，物体自倾角为的固定斜面抛出，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

11、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，则 E1为（）E29135A.B.C.D.25553温馨提示： 小球落在斜面上时的动能为 Ek1 mv 21 m(v02vy2 )22设斜面倾角为，由图 1 知 v yv0 tan，由结论 2 得 tan2tan12(14 tan2) 。即E1Ek013联立解得 Ekmv0E2Ek 02，所示本题正确的选项25为 C。点评：由此可以得出，物体自倾角为的固定斜面抛出，以不同初速度平抛的物体落在斜面上时的动能与初动

12、能的关系式为Ek1 mv02 (1 4 tan 2 ) 。可见，2以不同初速度平抛的物体落在斜面上各点的动能与初速度的平方成正比或与初动能成正比。文档实用标准文案二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 v 0 正对倾角为 的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t 为（重力加速度为 g ）（）v0 tanB t2v0 tanA tggv0 cotD t2v0 cotC tgg解析：如图所示，要小球到达斜面的位移最小，则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直，所以有 tanx ，而 xv0t ， y1 gt 2 ，y22v0cot解得 t所以正确的选项为 D 。g点评

13、：注意本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 v0 平抛一物体，则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 ygt ，v0v0v02 tan此时横坐标为 xv0tg文档实用标准文案平抛运动任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线，一定通过此时水平位移x 的中点（见图 13 所示）即 xx / 2 。由几何关系得：1v02 tan sinHx sin22g方法二： 建立如图 14 所示坐标系，正交分解得v0x v0 co

14、s；v0 y v0 sina x g sin；a yg cos把运动看成是沿 x 方向初速度为 v0 cos，加速度为 gsin的匀加速运动和沿y 方向的初速度为 v0 sin，加速度为g cos的匀减速运动的合运动。最远处 v y0 ，由运动学公式得0 (v0 sin )2v02 tan sinH2 g2g cos点评：本题考查了处理曲线运动的方法“化曲为直”，考查了平抛运动分解的非惟一性， 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，从倾角的斜面上的M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为

15、v0 ，最后小球落在斜面上的N 点，在已知和 v0 的条文档实用标准文案件下 (重力加速度 g 已知 )，空气阻力不计，则（）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 tanv ygt ，可求出小球从 M 点v0v0到达 N 点的过程中离斜面的距离最大时的时间v0tant。所以本题正确的选g项为 ACD 。三平抛运动与斜面上做匀变速直线运动的组

16、合例 5.（2007 ·宁夏）倾斜雪道的长为 25 m ，顶端高为 15 m ，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图 16 所示。一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v0 8 m/s 飞出。在落到倾斜雪道上时， 运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起。 除缓冲外运动员可视为质点， 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 0.2 ，求运动员在水平雪道上滑行的距离（取 g 10 m/s 2）解析：建立如图 17 所示坐标系，斜面的方程为：yx tan3 x4运动员飞出后做平抛运动xv0t文档实用标准文案y1gt22联立式，得飞行时间：

17、2v0tanst1.2g2v02 tan9.6 m落点的 x 坐标： xg落点离斜面顶端的距离： s1x12 mcos落点距地面的高度： h1( Ls1)sin7.8 m接触斜面前的 x 分速度： vx8 m/s ；y 分速度： vy gt 12 m/s沿斜面的速度大小为： vB vx cosvy sin13.6 m/s设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由功能关系得：mgh1 mv2Bmg cos ( Ls1 )mgs22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并根据实际情况进行速度的分解；应用功能关系时要

18、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 v0 3m/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 =53 0 的光滑斜面顶端，并刚好沿斜面下滑， g=10m/s2 ,sin53 0 =0.8,cos53 0 =0.6, 则（1）斜面顶端与平台边缘的水平距离x 是多大 ?（2）小球离开平台后经多长时间t 到达斜面底端？文档实用标准文案温馨提示 ： (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，否则小球会弹起，由平抛运动规律有vy = v 0tan53 °vy = gt 1代入数据得 t 1 = 0.4s由 x =v 0 t 1 = 3 ×0.4