模型10 斜面上的平抛运动(解析版)

模型10 斜面上的平抛运动（解析版）

平抛运动与斜面模型组合是一种常见的题型,也是高考考查的热点题型,具体有以下两种情况。

模型解题方法方法应用

分解速度,构建速度矢量三角形

水平方向:v x=v0

竖直方向:v y=gt 合速度:v=

方向:tan θ=

分解位移,构建位移矢量三角形

水平方向:x=v0t 竖直方向:y=gt2合位移:s=

方向:tan θ=

【最新高考真题解析】

1.（2020年山东卷）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以v M=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=7

2.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2，sin72.8°=0.96，c os72.8°=0.30。求：

(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；

(2)M、N之间的距离L。

【答案】(1)4.8 m ；(2)12 m 【解析】

【详解】(1)在M 点，设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分速度为v 1，由运动的合成与分解规律得

1sin 72.8M v v =? ①

设运动员在ABCD 面内垂直AD 方向的分加速度为a 1，由牛顿第二定律得

mgc os17.2°=ma 1 ②

由运动学公式得

211

2v d a = ③

联立①②③式，代入数据得

d =4.8 m ④

(2)在M 点，设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分速度为v 2，由运动的合成与分解规得

v 2=v M c os72.8° ⑤

设运动员在ABCD 面内平行AD 方向的分加速度为a 2，由牛顿第二定律得

mg sin17.2°=ma 2 ⑥

设腾空时间为t ，由运动学公式得

2v t a =

⑦ 2221

L v t a t +

⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 L =12 m ⑨

【典例1】如图所示,倾角为θ的斜面上有A、B、C三点,现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球,三个小球均落在斜面上的D点,今测得AB∶BC∶CD=5∶3∶1,由此可判断( )

A.A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3

B.A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交

C.A、B、C处三个小球的初速度大小之比为1∶2∶3

D.A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1

【答案】D

【变式训练1】第十六届中国崇礼国际滑雪节在张家口市崇礼区的长城岭滑雪场隆重举行．如图1所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从A点水平飞出，落到斜坡上的B点．A、B两点间的竖直高度h＝45 m，斜坡与水平面的夹角α＝37°，不计空气阻力(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)．求：

(1)运动员水平飞出时初速度v0的大小；

(2)设运动员从A点以不同的水平速度v0飞出，落到斜坡上时速度大小为v，请通过计算确定v与v0的关系式，并在图2中画出v-v0的关系图象．

【答案】(1)20 m/s (2)v ＝

v 0 图见解析【解析】(1)运动员离开A 点后做平抛运动，竖直方向上，h ＝12

gt 2

根据几何关系可知，水平位移x ＝h

tan α

＝60 m 水平方向上，v 0＝x t

＝20 m/s. (2)竖直方向上的位移y ＝12gt 2

水平方向上位移x ＝v 0t

根据平抛运动规律可知tan α＝y x ＝gt

2v 0

竖直分速度v y ＝gt

根据平行四边形定则可知，合速度v ＝v 2

0＋v 2

y 联立解得v ＝

v 0，作图如下．

【典例2】如图所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a 恰好落在斜面底端P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的中点处。若不计空气阻力，下列关系式正确的是（）

A. v a ＝v b

B. v a ＝2v b

C. t a ＝t b

D. t a ＝2t b

【答案】BD

【解析】做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定，即t 2h

，小球从a 处下落的高度是b

处的2倍，有t a ＝2b t ，D 正确；水平方向的距离由高度和初速度决定，即x ＝v 02h

，由题意得a 处的水平位移是b 处的2倍，可知v a ＝2b v ，B 正确。

【变式训练2】如图所示,在倾角为37°的固定斜坡上有一人,前方有一物块沿斜坡匀速下滑,且速度v=15

m/s,在二者相距l=30 m 时,此人以速度v 0水平抛出一石块打击物块,人和物块都可看成质点。(已知sin 37°=0.6,g=10 m/s 2

)

(1)若物块在斜坡上被石块击中,求v 0的大小。

(2)当物块在斜坡末端时,物块离人的高度h=80 m,此刻此人以速度v 1水平抛出一石块打击物块,同时物块开始沿水平面运动,物块速度v=15 m/s,若物块在水平面上能被石块击中,求速度v 1的大小。【答案】(1)20m/s (2)41.7m/s

【解析】(1)设石块击中物块的过程中,石块运动的时间为t

对物块,运动的位移s=vt

对石块,竖直方向有(l+s )sin37°=gt 2

水平方向有(l+s )cos37°=v 0t 解得v 0=20m/s 。 (2)对物块有x 1=vt 对石块,竖直方向有h=gt 2

解得t==4s

水平方向有+x 1=v 1t

联立可得v 1=41.7m/s 。

【典例3】(多选)如图所示,从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出,小球均落

在斜面上,当抛出的速度为v1时,小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1;当抛出速度为v2时,小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2,则()。

A.当v1>v2时,α1>α2

B.当v1>v2时,α1<α2

C.无论v1、v2关系如何,均有α1=α2

D.α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关

【答案】CD

【解析】从斜面上抛出,又落到斜面上,位移偏向角一定为θ,设速度偏向角为φ,根据速度偏向角和位移偏向角的关系有tanφ=2tanθ,故无论v1、v2关系如何,一定有φ相等,根据α=φ-θ,有α1=α2,且大小与斜面倾角θ有关,A、B两项错误,C、D两项正确。

【变式训练3】(多选)如图所示,一质点以速度v0从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出,落到斜面上的M点且速度水平向右。现将该质点以2v0的速度从斜面底端朝同样方向抛出,落在斜面上的N点。下列说法正确的是()。

A.落到M和N两点的时间之比为1∶2

B.落到M和N两点的速度之比为1∶1

C.M和N两点距离斜面底端的高度之比为1∶2

D.落到N点时速度方向水平向右

【答案】AD

【解析】由于落到斜面上M点时速度水平向右,故可把质点在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动,设在M点的速度大小为u,把质点在斜面底端的速度v分解为水平速度u和竖直速度v y,有

x=ut,y=gt2,=tanθ,得质点在空中飞行的时间t=,v y=gt=2u tanθ,v和水平方向夹角的正切值=2tanθ,为定值,即落到N点时速度方向水平向右,故D项正确;v==u,即v与u成正比,故落到M和N两点的速度之比为1∶2,B项错误;由t=知,落到M和N两点的时间之比为1∶2,A项正确;由y=gt2=知,y和u2成正比,M和N两点距离斜面底端的高度之比为1∶4,C项错误。

【典例4】如图甲所示,小球由倾角为45°的斜坡底端P点正上方某一位置Q处自由下落,下落至P点的时间为t1,若小球从同一点Q处以速度v0水平向左抛出,恰好垂直撞在斜坡上,运动时间为t2,不计空气阻力,则t1∶t2等于()。

甲

A.1∶2

B.∶1

C.1∶

D.1∶

【答案】B

【解析】小球自Q处自由下落,下落至P点,则有H=g;小球自Q处水平向左抛出,恰好垂直撞在斜坡上,如图乙所示,则有v y=v0=gt2,h=g,x=v0t2,由几何关系知x=2h,H=x+h,联立解得t1∶t2=∶1,故B项正确。

乙

【变式训练4】如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出

A轰炸机的飞行高度 B轰炸机的飞行速度

C炸弹的飞行时间 D炸弹投出时的动能

【答案】ABC

【解析】根据题述，tanθ=v/gt，x=vt，tanθ=h/x，H=v+y，y=1

gt2，由此可算出轰炸机的飞行高度y；

轰炸机的飞行速度v，炸弹的飞行时间t，选项ABC正确。由于题述没有给出炸弹质量，不能得出炸弹投出时的动能，选项D错误。

【典例5】用如图甲所示的水平斜面装置研究平抛运动,一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点,O点到斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F将物块由O点从静止开始拉动,当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程,作出了图乙所示的图象,若物块与水平部分间的动摩擦因数为0.5,斜面与水平地面之间的夹角θ=45°,g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则O、P间的距离s是多少?(结果保留2位有效数字)

【答案】0.25m

【解析】根据牛顿第二定律,在OP段有F-μmg=ma

又2as=

由平抛运动规律和几何关系有

物块的水平射程x=v P t

物块的竖直位移y=gt2

由几何关系有y=x tanθ

联立以上各式可以得到

F=x+μmg

由图象知μmg=5,=10

解得s=0.25m。

【变式训练5】在一斜面顶端,将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出,两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的()。

A.2倍

B.4倍

C.6倍

D.8倍

【答案】A

【解析】如图所示,可知

x=vt

x tanθ=gt2

则x=v2

即x ∝v 2

甲、乙两球抛出速度为v 和,则相应水平位移之比为4∶1,由相似三角形知,下落高度之比也为4∶1,由自由落体运动规律得,落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1,则可得落至斜面时速率之比为2∶1。【典例6】一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如右图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为

A ．

1tan θ B ．12tan θ

C ．tan θ

D ．2tan θ 【答案】D

【解析】如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，根据有：gt

v 0

tan =

θ。则下落高度与水平射程之比为θ

tan 21

22002=

==v gt t v gt x y ，D 正确。【变式训练6】一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O 点为原点建立坐标系Oxy 。已知，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物线方程为y=h

21x 2

，探险队员的质量为m 。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g 。

(1)求此人落到坡面时的动能；

(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？【解析】：（1）由平抛运动规律，x=v 0t ，2h-y=2

1gt 2

，又

21x 2

，联立解得y=gh

v hv +2020

2。

由动能定理，mg(2h-y)=E k -

1mv 02

，解得E k = mg(2h-gh v hv +20202 )+21mv 02=21m (gh

v h +20224g +v 02

)。

与斜面有关的平抛运动资料讲解

与斜面有关的平抛运动 1．如图，从斜面上的点以速度υ0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B 点，己知AB=75m ， a=37°，不计空气阻力，下列说法正确的是 A.物体的位移大小为75m B.物体飞行的时间为6s C.物体的初速度v 0大小为20m/s D.物体在B 点的速度大小为30m/s 【答案】AC 【解析】试题分析：由图可知，物体的位移大小为75m ，选项A 正确；物体飞行的时间为 s s g s t 310 6 .0752sin 2=??== α，选项B 错误；物体的初速度v 0大小为s m t s v /2037cos 0==o ，选项C 正确；物体在B 点的速度大小为 s m s m gt v v /1310/)310(20)(2222 0=?+=+=，选项D 错误；故选AC. 考点：平抛运动的规律. 2．如图所示，斜面与水平面夹角，在斜面上空A 点水平抛出两个小球a 、b ，初速度分别为v a 、v b ，a 球落在斜面上的N 点，而AN 恰好垂直于斜面，而b 球恰好垂直打到斜面上M 点，则（） A ．a 、b 两球水平位移之比2v a :v b B ．a 、b 两球水平位移之比2v a 2 :v b 2 C ．a 、b 两球下落的高度之比4v a 2 :v b 2 D ．a 、b 两球下落的高度之比2v a 2 :v b 2 【答案】BC 【解析】试题分析：a 球落在N 点，位移与斜面垂直，则位移与水平方向的夹角为90°-θ，设此时的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα=2tan（90°-θ），b 球速度方向与斜面垂直，速度与水平方向的夹角为90°-θ，可知： 2yb ya b a v v v v = ，解得： 2ya a yb b v v v v =，根据2 2y v h g = ，

高中物理之平抛运动和斜面组合模型及其应用

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φ，位移方向与初速度方向的夹角为位移偏向角θ，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．（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370，物体A以初速度v 1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，则下列各组速度和时间

中满足条件的是（sin37O =，cos370=，g ＝10 m/s 2） A ．v 1＝16 m/s ，v 2＝15 m/s ，t ＝3s B ．v 1＝16 m/s ，v 2＝16 m/s ，t ＝2s C ．v 1＝20 m/s ，v 2＝20 m/s ，t ＝3s D ．v 1＝20m/s ，v 2＝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 t v x 0=，22 1gt y = 由位移矢量三角形关系得 x y =θtan 由以上三式解得g v t θ tan 20= 在时间t 内的水平位移g v x θtan 220=；竖直位移g v y θ 220tan 2= 将题干数据代入得到3v 1＝20t ，对照选项，只有C 正确。将v 1＝20 m/s ，t ＝3s 代入平抛公式，求出x ，y A s ==75m ， B s =v 2t ＝60m ， 15A B s s L m -==，满足题目所给已知条件。结论1：物体自倾角为θ的固定斜面抛出，若落在斜面上，飞行

平抛运动与斜面、曲面结合的问题

原创作品严禁盗用第 1 页共 3 页平抛运动与斜面、曲面结合的问题高考试题呈现方式及命题趋势纵观近几年的高考试题，平抛运动考点的题型大多数不是单纯考查平抛运动而是平抛运动与斜面、曲面结合的问题，这类问题题型灵活多变，综合性强，既可考查基础又可考查能力，因此收到命题专家的青睐，在历年高考试题中属于高频高点。求解思路解答平抛试题，首先要掌握平抛运动的规律和特点，同时也要明确联系平抛的两个分运动数量关系的桥梁，除时间t 外，还有两个参量：速度偏角α，tan y x v v α=位移偏角θ，tan y x θ= 两者关系：tan 2tan αθ=。平抛运动与斜面、曲面结合的问题，命题者用意用于考查学生能否寻找一定的几何图形中几何角的关系，考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。知识准备结论：做平抛运动的物体经时间t 后，其速度t v 与水平方向的夹角为α（速度偏角），位移s 与水平方向的夹角为θ（位移偏角），则有tan 2tan αθ= 证明：速度偏角0 tan y x v gt v v α== 位移偏角2001112tan tan 22 gt y gt x v t v θα==== 即：tan 2tan αθ= 说明：以上结论对于做平抛运动的物体在任意时刻此式都成立，与物体运动速度大小，运动时间等外界因素无关！试题分类归纳一、抛点和落点都在斜面上存在以下规律： (1)位移与水平方向的夹角就为斜面的倾角 (2)物体的运动时间与初速度成正比；由20012tan gt y gt x v t v θ===，知02tan v t g θ=，0v 确定时t 就确定了。 (3)物体落在斜面上时的速度方向平行； (4)当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面的距离最远。

平抛运动斜面距离问题的解法赏析

平抛运动斜面距离问题的解法赏析无锡市堰桥中学周维新平抛运动是生活中常见的运动，也是高中物理曲线运动中典型的运动形式。因此平抛运动高考中的重点和热点。学生在处理较为简单的问题时，进行分解合成处理还能完成，但是对于较为复杂的问题时就感觉到束手无策。本文就平抛运动中较为复杂的斜面距离问题的解法作如下探讨。例题：如图，AB 斜面倾角为37°，小球从A 点以初速度v 0=20m/s 水平抛出，恰好落到B 点，求：（1）物体在空中飞行的时间；AB 间的距离；（2）小球在B 点时速度的大小和方向；（3）从抛出开始经多少时间小球与斜面间的距离最大，最大距离是多少g=10m/s 2； 1、分解法第（3）问的传统解法将平抛运动分解到斜面方向和垂直于斜面方向：沿斜面方向：V //=V 0cos37o=20×0.8=16m/s ，a //=gsin37o=10×0.6=6m/s 2匀加速直线运动。垂直斜面方向：V ⊥= V 0sin37o=20×0.6=12m/s ，a ⊥=gcos37o=10×0.8=8m/s 2匀减速直线运动。当垂直斜面方向的速度减为零时，球离斜面距离最远。t= ==1.5s ，最远距离S==。此种解法沿用了离地最高必有在垂直地面方向的速度为零的结论。球离斜面距离最大，则球在垂直斜面上的速度必为零。因而本解法采用正交分解，可以巩固学生的运动合成与分解知识，同时拓展对平抛运动的处理方法。平抛运动分解为两个方向的匀变速直线运动，学生较易理解但运算较繁。 2、追击解法设斜面上有一个点，该点沿斜面作匀速直线运动。该点的水平分速度v 0=20m/s 与小球的平抛初速度相等，竖直方向的分速度v y = v 0tan37°=15m/s ，所以小球由A 点平抛运动到B 点时，该点也恰好从A 点匀速运动到B 点，在运动过程中该点始终在小球的正下方。在竖直方向，小球自由落体追击该点匀速直线运动，当小球在竖直方向上的速度等于该点的竖直方向上的速度时，两点间有最大距离，此时小球与斜面间的距离也最大。解答如下：研究对象：点 V 点x = 20m/s V 点y = 15m/s 小球：V 球x = 20m/s V 球y =gt 当V 球y = V 点y 时，点和球之间有最大距离y CD （如图） t= ==1.5s y CD = y 点-y 球=V 点y t-=15×1.5-5× 1.52=11.25m 则球与斜面间大最大距离S=y CD cos37o=9m 追击解法也采用运动的分解，但增加了研究对象，充分利用追击问题中的规律：两物速度相同时距离有极值。思维独特，想法新颖，运算较为简便，具有一定创造性，有利与学生发散性思维的培养。 3、数学几何法

和斜面有关的平抛运动

与斜面有关的平抛运动 1．如图，从斜面上的点以速度υ0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B 点，己知AB=75m，a=37°，不计空气阻力，下列说法正确的是 A.物体的位移大小为75m B.物体飞行的时间为6s C.物体的初速度v0大小为20m/s D.物体在B点的速度大小为30m/s 【答案】AC 【解析】试题分析：由图可知，物体的位移大小为75m，选项A正确；物体飞行的时间为 s s g s t3 10 6.0 75 2 sin 2 = ? ? = = α ，选项B错误；物体的初速度v0大小为 s m t s v/ 20 37 cos = = o ，选项C正确；物体在B点的速度大小为 s m s m gt v v/ 13 10 / )3 10 ( 20 ) (2 2 2 2 = ? + = + =，选项D错误；故选AC. 考点：平抛运动的规律. 2．如图所示，斜面与水平面夹角，在斜面上空A点水平抛出两个小球a、b，初速度分别为v a、v b，a球落在斜面上的N点，而AN恰好垂直于斜面，而b球恰好垂直打到斜面上M点，则（） A．a、b两球水平位移之比2v a:v b B．a、b两球水平位移之比2v a2 :v b2 C．a、b两球下落的高度之比4v a2 :v b2 D．a、b两球下落的高度之比2v a2 :v b2 【答案】BC 【解析】试题分析：a球落在N点，位移与斜面垂直，则位移与水平方向的夹角为90°-θ，设此时的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα=2tan（90°-θ），b球速度方向与斜面垂直，速度与水平方向的夹角为90°-θ，可知： 2 yb ya b a v v v v ，解得： 2 ya a yb b v v v v ，根据 2 2 y v h g ，

平抛运动常见题型

（一）平抛运动的基础知识 1. 定义：水平抛出的物体只在重力作用下的运动。 2. 特点：（1）平抛运动是一个同时经历水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动。（2）平抛运动的轨迹是一条抛物线，其一般表达式为c bx ax y ++=2。（3）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，加速度g a =恒定，所以竖直方向上在相等的时间内相邻的位移的高度之比为5:3:1::321=s s s …竖直方向上在相等的时间内相邻的位移之差是一个恒量2gT s s s s I II II III =-=-。（4）在同一时刻，平抛运动的速度（与水平方向之间的夹角为?）方向和位移方向（与水平方向之间的夹角是θ）是不相同的，其关系式θ?tan 2tan =（即任意一点的速度延长线必交于此时物体位移的水平分量的中点）。 3. 平抛运动的规律描绘平抛运动的物理量有0v 、y v 、v 、x 、y 、s 、?、t ，已知这八个物理量中的任意两个，可以求出其它六个。

（二）平抛运动的常见问题及求解思路关于平抛运动的问题，有直接运用平抛运动的特点、规律的问题，有平抛运动与圆周运动组合的问题、有平抛运动与天体运动组合的问题、有平抛运动与电场（包括一些复合场）组合的问题等。本文主要讨论直接运用平抛运动的特点和规律来求解的问题，即有关平抛运动的常见问题。 1. 从同时经历两个运动的角度求平抛运动的水平速度求解一个平抛运动的水平速度的时候，我们首先想到的方法，就应该是从竖直方向上的自由落体运动中求出时间，然后，根据水平方向做匀速直线运动，求出速度。 [例1] 如图1所示，某人骑摩托车在水平道路上行驶，要在A处越过m h25 =，摩托车的速度至少要 .1 x5 =的壕沟，沟面对面比A处低m 有多大？图1 解析：在竖直方向上，摩托车越过壕沟经历的时间在水平方向上，摩托车能越过壕沟的速度至少为

斜面上的平抛运动专题(修改)

课题：“斜面+平抛”类问题学习目标：1、进一步掌握平抛运动的规律 2、会用平抛运动的规律解决“斜面+平抛”问题 3、学会用几何关系来求解物理问题学习重点：分解速度、位移来构建矢量三角形学习难点：充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而解决问题一、前知回顾平抛运动的基本规律：以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，则： (1)水平方向：做匀速直线运动，速度v x＝，位移x ＝. (2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y＝，位移y ＝. (3)合速度：v＝，方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝. (4)合位移：s＝，方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝.

二、合作探究探究一：顺着斜面抛【典例分析1】如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g取10 m/s2)．求： (1)A点与O点的距离L； (2)运动员离开O点时的速度大小；【小试牛刀1】如图所示，在倾角为θ的斜面顶端P点以速度 v0水平抛出一小球，最后落在斜面上的Q点，求小球在空中运动的时间以及P、Q间的距离。（重力加速度为g）P Q

探究二:对着斜面抛【典例分析2】小球以15m/s 的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上。求：（1）小球在空中的飞行时间；（2）抛出点距落球点的高度。（sin37=0.6, cos37=0.8）【小试牛刀2】如图所示，斜面AC 与水平方向的夹角为α，在A 点正上方与C 等高处水平抛出一小球，抛出一段时间t 后，垂直斜面落到D 点，则小球抛出的初速度为（） A ．t gtan α B ．αgt tan C ．αgt tan 2 D ．α tan gt

与斜面有关的平抛运动

度之比 224:a b v v ．故C 正确，D 错误．根据y v t g = 知， a 、 b 两球的运动时间之比为v a ：2v b ，根据x=v 0t ，则水平位移之比为：x a ：x b ＝v a 2：2v b 2．故B 正确，A 错误．故选：BC ．考点：平抛运动的规律. 3．如图所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端水平抛出一个小球，小球落在斜面上某处．关于小球落在斜面上时的速度方向与斜面的夹角α，下列说法正确的是 A ．夹角α满足tan α=2tan （ B ．夹角α与初速度大小无关 C ．夹角α随着初速度增大而增大 D ．夹角α一定小于90 【答案】BD 【解析】试题分析：因为小球落到了斜面上，所以小球的位移与水平方向的夹角与斜面的倾角相同，故

有： 200 122gt y gt tan x v t v θ=== ，设速度与水平方向的夹角为β ，则0 2y v gt tan tan v v βθ== =，可知2tan tan βθ=，由于θ不变，则β也不变．则小球落在斜面上时的速度与斜面的夹角：αβθ=-，保持不变．与初速度无关．因为平抛运动速度与水平方向的夹角不可能等于90度，则小球落在斜面上时的速度与斜面的夹角不可能等于90度，故BD 正确。考点：考查了平抛运动规律的应用 4．如图所示，小球以v o 正对倾角为θ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 ）（） A.0 2tan v g θ B.02tan v g θ C. 0tan v g θ D.0 tan v θ 【答案】A 【解析】

平抛运动专题复习与解题技巧

二、平抛运动解题的常见技巧 1．巧用分运动方法求水平速度求解一个平抛运动的水平速度的时候，我们首先想到的方法，就应该是从竖直方向上的自由落体运动中求出时间，然后，根据水平方向做匀速直线运动，求出速度。例1．如图所示，某人骑摩托车在水平道路上行驶，要在A处越过的壕沟，沟面对面比A 处低，摩托车的速度至少要有多大？解析：在竖直方向上，摩托车越过壕沟经历的时间：，在水平方向上，摩托车能越过壕沟的速度至少为：。 2．巧用分解合速度方法求时间对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的速度方向，则我们常常是“从分解速度”的角度来研究问题。例2．如图甲所示，以9.8m/s的初速度水平抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为的斜面上。可知物体完成这段飞行的时间是（） A． B． C． D．

解析：先将物体的末速度分解为水平分速度和竖直分速度（如图2乙所示）。根据平抛运动的分解可知物体水平方向的初速度是始终不变的，所以；又因为与斜面垂直、与水平面垂直，所以与间的夹角等于斜面的倾角。再根据平抛运动的分解可知物体在竖直方向做自由落体运动，那么我们根据就可以求出时间了。则：，所以，根据平抛运动竖直方向是自由落体运动可以写出：，所以，所以答案为C。 3．巧用分解位移方法求时间比对于一个做平抛运动的物体来说，如果知道了某一时刻的位移方向（如物体从已知倾角的斜面上水平抛出，这个倾角也等于位移与水平方向之间的夹角），则我们可以把位移分解成水平方向和竖直方向，然后运用平抛运动的运动规律来进行研究问题（这种方法，暂且叫做“分解位移法”）例3．如图所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为和，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为多少？

平抛运动斜面问题

4.2 平抛运动的规律和应用（二）考点: 斜面上的平抛运动典型例题 [例1] 如图4-2-1所示，斜面倾角为300，小球从A 点以初速度v 0水平抛出，恰好落到斜面B 点，求：①AB 间的距离；②物体在空中飞行的时间；③从抛出开始经多少时间小球与斜面间的距离最大？ [例2]一斜面倾角为θ，A 、B 两个小球均以水平初速度v0水平抛出(如图4－2－2所示，A 球垂直撞在斜面上，B 球落到斜面上的位移最短，不计空气阻力，则A 、B 两个小球下落时间tA 与tB 之间的关系为( ) A ．tA ＝t B B ．tA ＝2tB C ．tB ＝2tA D ．无法确定 [例3] 如图4-2-3所示，一个斜面固定在水平面上，从斜面顶端以不同初速度v0水平抛出一小球，得到小球在`空中运动时间t 与初速度v0的关系如下表所示，g 取10 m/s2试求： v 0/m ·s －1 …2…910…t /s …0.400… 1.000 1.000… (1)v0＝2 m/s 时平抛水平位移s ； (2)斜面的高度 h ； (3)斜面的倾角θ。针对训练: 1．某同学在篮球训练中，以一定的初速度投篮，篮球水平击中篮板，现在他向前走一小段距离，与篮板更近，再次投篮，出手高度和第一次相同，篮球又恰好水平击中篮板上的同一点，则( ) A ．第二次投篮篮球的初速度大些 B ．第二次击中篮板时篮球的速度大些图4-2-1

C．第二次投篮时篮球初速度与水平方向的夹角大些 D．第二次投篮时篮球在空中飞行时间长些 2.如图1所示，在水平地面上固定一倾角为θ=37°、表面光滑的斜面体，物体A以v1=6 m/s 的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出.如果当A 上滑到最高点时恰好被B物体击中.（A、B均可看做质点，sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10 2 m/s）求： (1)物体A上滑到最高点所用的时间t; (2)物体B抛出时的初速度v2; (3)物体A、B间初始位置的高度差h. 图1 3．如图2所示，在距地面2l的高空A处以水平初速度v0＝gl投掷飞镖，在与A点水平距离为l的水平地面上的B点有一个气球，选择适当时机让气球以速度v0＝gl匀速上升，在升空过程中被飞镖击中。飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和气球视为质点，已知重力加速度为g。试求： (1)飞镖是以多大的速度击中气球的； (2)掷飞镖和释放气球两个动作之间的时间间隔Δt。图2 4.国家飞碟射击队在进行模拟训练时用如图所示装置进行．被训练的运动员在高H= 20 m的塔顶，在地面上距塔水平距离为l处有一个电子抛靶装置，圆形靶可被以速度 v2竖直向上抛出．当靶被抛出的同时，运动员立即用特制手枪沿水平方向射击，子弹速度v1＝100 m/s.不计人的反应时间、抛靶装置的高度及子弹在枪膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小(g取10 m/s2)． (1)当l取值在什么范围内，无论v2为何值靶都不能被击中？ (2)若l＝100 m，v2＝20 m/s，试通过计算说明靶能否被击中?

模型10 斜面上的平抛运动(原卷版)

模型10 斜面上的平抛运动（原卷版）平抛运动与斜面模型组合是一种常见的题型,也是高考考查的热点题型,具体有以下两种情况。模型解题方法方法应用分解速度, 构建速度矢量三角形水平方向:v x=v0 竖直方向:v y=gt 合速度:v= 方向:tan θ= 分解位移, 构建位移矢量三角形水平方向:x=v0t 竖直方向:y=gt2 合位移:s= 方向:tan θ= 【典例1】如图所示,倾角为θ的斜面上有A、B、C三点,现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球,三个小球均落在斜面上的D点,今测得AB∶BC∶CD=5∶3∶1,由此可判断() A.A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3 B.A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 C.A、B、C处三个小球的初速度大小之比为1∶2∶3 D.A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1 【变式训练1】第十六届中国崇礼国际滑雪节在张家口市崇礼区的长城岭滑雪场隆重举行．如图1所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从A点水平飞出，落到斜坡上的B点．A、B两点间的竖直高度h＝45 m，斜坡与水平面的夹角α＝37°，不计空气阻力(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)．求：

(1)运动员水平飞出时初速度v0的大小； (2)设运动员从A点以不同的水平速度v0飞出，落到斜坡上时速度大小为v，请通过计算确定v与v0的关系式，并在图2中画出v-v0的关系图象．【典例2】如图所示，在斜面顶端a处以速度v a水平抛出一小球，经过时间t a恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度v b水平抛出另一小球，经过时间t b恰好落在斜面的中点处。若不计空气阻力，下列关系式正确的是（） A. v a＝v b B. v a＝2v b C. t a＝t b D. t a＝2t b 【变式训练2】如图所示,在倾角为37°的固定斜坡上有一人,前方有一物块沿斜坡匀速下滑,且速度v=15 m/s,在二者相距l=30 m时,此人以速度v0水平抛出一石块打击物块,人和物块都可看成质点。(已知sin 37°=0.6,g=10 m/s2) (1)若物块在斜坡上被石块击中,求v0的大小。 (2)当物块在斜坡末端时,物块离人的高度h=80 m,此刻此人以速度v1水平抛出一石块打击物块,同时物块开始

斜面上的平抛运动

斜面上的平抛运动、物体落在斜面上的一个重要关系式如图所示，从倾角为B的斜面上以初速V。平抛一物体，不计空气阻力，经时间t , 物体落在斜面上时其水平位移和竖直位移分别为x，y，则 1 一戲 2va 遇到斜面上的平抛运动问题，往往会与这一关系式有关，所以，解题时要有意识地写出这一关系式。例1.从倾角为60°的斜面顶点A水平抛出一物体，初动能为10J，物体到达斜面底端B 点时，物体的动能是多少？（不计空气阻力） 1 a —wsv 0 —10 L Z 解：设初速为V0，依题意：：，依据上述等式得 V- tan 60a - — = 2v0 tan 60° =

1 , - —fnv k 2 = -^vJ[l + (2V5)2] = 130J J 例2.从倾角为B的足够长的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V i，球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为亠第二次初速度，球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为八，若吟r，试比较的和旳的大小。解析：依以上等式所以a = arctan(2tanff) - & 。即:厂' p- - li.- / O

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例3.如图所示，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s i ，从A 点以水平初速度2v 向右抛出一小球，其落点与A 的水平距离为S 2,不计空气阻力，可能为： A. 1 : 2 B. 1 : 3 C. 1 : 4 D. 1 : 5 解析：若两物体都落在水平面上，则运动时间相等，有、 '乙--”，A 是可能的若第一球落在斜面上，第二球落在水平面上（如图所示），…-不会小于1:4, 但一定小于1: 2。故1: 3是可能的，1: 5 不可能若两物体都落在斜面上，由公式 tan M- %得，运动时间分别为 2vtan 8 4vtan^ 4 ，C 是可能

模型10 斜面上的平抛运动(解析版)

模型10 斜面上的平抛运动（解析版）平抛运动与斜面模型组合是一种常见的题型,也是高考考查的热点题型,具体有以下两种情况。模型解题方法方法应用分解速度, 构建速度矢量三角形水平方向:v x=v0 竖直方向:v y=gt 合速度:v= 方向:tan θ= 分解位移, 构建位移矢量三角形水平方向:x=v0t 竖直方向:y=gt2 合位移:s= 方向:tan θ= 【典例1】如图所示,倾角为θ的斜面上有A、B、C三点,现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球,三个小球均落在斜面上的D点,今测得AB∶BC∶CD=5∶3∶1,由此可判断() A.A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3 B.A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 C.A、B、C处三个小球的初速度大小之比为1∶2∶3 D.A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1 【答案】D

【解析】选D 。A 、B 、C 处三个小球下降的高度之比为9∶4∶1,根据平抛运动的时间t=知,A 、B 、C 处三个小球运动时间之比为3∶2∶1,故A 项错误;因最后三个小球落到同一点,抛出点不同,轨迹不同,故三个小球的运动不可能在空中相交,故B 项错误;三个小球的水平位移之比为9∶4∶1,根据x=v 0t 知,初速度之比为3∶2∶1,故C 项错误;对于任意一球,因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,三个小球落在斜面上,位移与水平方向夹角相等,即位移与水平方向夹角正切值相等,则三个小球在D 点速度与水平方向上的夹角的正切值相等,也就是三个小球在D 点的速度与水平方向的夹角相等,故D 项正确。【变式训练1】第十六届中国崇礼国际滑雪节在张家口市崇礼区的长城岭滑雪场隆重举行．如图1所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从A 点水平飞出，落到斜坡上的B 点．A 、B 两点间的竖直高度h ＝45 m ，斜坡与水平面的夹角α＝37°，不计空气阻力(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．求： (1)运动员水平飞出时初速度v 0的大小； (2)设运动员从A 点以不同的水平速度v 0飞出，落到斜坡上时速度大小为v ，请通过计算确定v 与v 0的关系式，并在图2中画出v -v 0的关系图象．【答案】(1)20 m/s (2)v ＝ 13 2 v 0 图见解析【解析】(1)运动员离开A 点后做平抛运动，竖直方向上，h ＝1 2 gt 2 根据几何关系可知，水平位移x ＝h tan α ＝60 m 水平方向上，v 0＝x t ＝20 m/s. (2)竖直方向上的位移y ＝1 2gt 2 水平方向上位移x ＝v 0t

斜面上的平抛运动

斜面上的平抛运动【方法归纳】所谓斜面上的平抛运动是指在斜面上的物体进行的平抛运动。解答此类题的策略是：根据平抛运动规律列出水平方向和竖直方向的位移方程，再利用几何关系列出水平位移竖直位移与斜面倾角的关系、水平速度竖直速度与末速度方向之间的关系，联立解之。例35．（2010全国理综1）一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为 A．tanθB．2tanθ C． 1 tanθ D． 1 2tanθ 【解析】：【点评】对于平抛运动，凡是涉及到速度，可以把速度沿水平方向和竖直方向分解，画出速度矢量图，列出方程。衍生题1（2008全国理综卷1第14题）如图2所示，一物体自倾角为θ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φ满足 A．tanφ=sinθB．tanφ=cosθ C．tanφ=tanθD．tanφ=2tanθ 【解析】【点评】涉及位移可利用平抛运动规律列出位移方程，涉及速度可列出速度之间的关系式。衍生题2（2010北京理综）如图1，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O 点水平飞出，经过3.0 s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg。不计空气阻力。（取sin37°＝0.60，cos37°＝0.80；g取10 m/s2）求：（1）A点与O点的距离L; （2）运动员离开O点时的速度大小; （3）运动员落到A点时的动能。

【解析】：【点评】：此题以跳台滑雪运动切入，考查动能定理、平抛运动等知识点。衍生题 3.假设我国宇航员乘坐探月卫星登上月球，在月球的一个山坡上水平抛出一个小球，落到山坡上一个低洼处，如图3所示。已知抛出点与落地点之间的高度差为h ，抛出点与落地点之间的连线与水平面之间的夹角为θ ，月球上重力加速度是地球表面重力加速度g 的1/6。求：（1）小球在空中的飞行时间；（2）小球抛出时的速度大小。【解析】【点评】此题考查平抛运动规律的灵活运用。将斜面上平抛改为山坡上平抛，增加了审题的难度。衍生题4：如图5所示，一架在2000m 高空以 200m/s 的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚与山顶的目标A 和B ，已知山高720m ，山脚与山顶的水平距离为1000m ，若不计空气阻力，g 取10m/s 2，则投弹的时间间隔应为 A.4s B.5s C.9s D.16s 【解析】：【点评】此题可视为在同一高度对斜面经过一定时间两次平抛，有一定难度。衍生题5．（2012安徽蚌埠联考）如图所示，电动玩具小车A 从倾角θ=45°的斜面底端以速度m/s 21=v 沿斜面向上做匀速运动，同时在斜面底端正上方m 6=h 处，将小球B 以初速度v 2水平抛出，它们在斜面上恰好相碰（g 取10m/s 2）．求： ⑴v 2的大小． ⑵从两物开始运动到相碰所用的时间t ．

平抛运动知识点总结及解题方法归类总结.doc

三、平抛运动及其推论一、知识点巩固： 1. 定义：①物体以一定的初速度沿水平方向抛出，②物体仅在重力作用下、加速度为重力加速度 g ，这样的运动叫做平抛运动。 2. 特点：①受力特点：只受到重力作用。 ②运动特点：初速度沿水平方向，加速度方向竖直向下，大小为 g ，轨迹为抛物线。③运动性质：是加速度为 g 的匀变速曲线运动。 3. 平抛运动的规律：①速度公式： v x v 0 v y gt 0x 2 x V 合速度： v t 2 2 2 gt 2 / x v x v y v 0 O θ α v y gt x ＝ V 0 tan ɑv x v 0 S ( ,y ) V ②位移公式： x gt 2 v 0t, y P x 2 y V y V 合位移： s x 2 y 2 v 02t 2 1 gt 2 2 2 y gt tan θ x 2v 0 gx 2 ③轨迹方程： y ，顶点在原点 (0 、 0) ，开口向下的抛物线方程。 2 2v 0 注：（1）平抛运动是一个同时经历水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动。（2）平抛运动的轨迹是一条抛物线，其一般表达式为。（3）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，加速度恒定，所以竖直方向上在相等的时间内相邻的位移的高度之比为竖直方向上在相等的时间内相邻的位移之差是一个恒量 (T 表示相等的时间间隔）。（4）在同一时刻，平抛运动的速度（与水平方向之间的夹角为 ɑ）方向和位移方向（与水平方向之间的夹角是）是不相同的，其关系式 ɑ （即任意一点的速度延长线必交于此时物体位移的水平分量的中点）。

(完整版)平抛运动在斜面与半圆中的应用(含答案)

平抛运动在斜面与半圆中的应用一、基础知识（一）常见平抛运动模型的运动时间的计算方法 1、在水平地面上空h 处平抛：由h ＝1 2 gt 2知t ＝ 2h g ，即t 由高度h 决定． 2、在半圆内的平抛运动(如图)，由半径和几何关系制约时间t ： h ＝1 2gt 2更新 R ＋R 2－h 2＝v 0t 联立两方程可求t . 3、斜面上的平抛问题(如图)： (1)顺着斜面平抛方法：分解位移 x ＝v 0t y ＝1 2gt 2 tan θ＝y x 可求得t ＝2v 0tan θ g (2)对着斜面平抛(如图) 方法：分解速度 v x ＝v 0 v y ＝gt tan θ＝v y v 0＝gt v 0 可求得t ＝v 0tan θ g 4、对着竖直墙壁平抛(如图) 水平初速度v 0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同． t ＝d v 0

二、练习 1、如图，从半径为R ＝1 m 的半圆AB 上的A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t ＝0.4 s 小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，则小球的初速度v 0可能为 ( ) A ．1 m/s B ．2 m/s C ．3 m/s D ．4 m/s 解析由于小球经0.4 s 落到半圆上，下落的高度h ＝1 2gt 2＝0.8 m ，位置可能有两处，如图所示．第一种可能：小球落在半圆左侧， v 0t ＝R － R 2－h 2＝0.4 m ，v 0＝1 m/s 第二种可能：小球落在半圆右侧， v 0t ＝R ＋R 2－h 2，v 0＝4 m/s ，选项A 、D 正确．答案 AD 2、如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两小球初速度之比v 1 v 2为 ( ) A ．tan α B ．cos α C ．tan αtan α D ．cos αcos α 答案 C 解析两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2，对A 球：R sin α＝v 1t 1，R cos α＝12gt 21；对B 球：R cos α＝v 2t 2，R sin α＝12gt 2 2，解四式可得：v 1 v 2 ＝tan αtan α，C 项正确． 3、如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从 O 点水平飞出，经过3 s 落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m ＝50 kg. 不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g 取10 m/s 2)．求： (1)A 点与O 点的距离L ； (2)运动员离开O 点时的速度大小；

高考物理平抛运动专题

第二轮重点突破(3)——平抛运动专题连城一中林裕光当物体初速度水平且仅受重力作用时的运动，被称为平抛运动。其轨迹为抛物线，性质为匀变速运动。平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动这两个分运动。广义地说，当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，做类平抛运动。 1、平抛运动基本规律 ①速度：，合速度方向：tanθ= ②位移x=v o t y= 合位移大小：s= 方向：tanα= ③时间由y=得t=（由下落的高度y决定） ④竖直方向自由落体运动，匀变速直线运动的一切规律在竖直方向上都成立。应用举例（1）方格问题 A B C D E 【例1】平抛小球的闪光照片如图。已知方格边长a和闪光照相的频闪间隔T，求：v0、g、v c

（2）临界问题典型例题是在排球运动中，为了使从某一位置和某一高度水平扣出的球既不触网、又不出界，扣球速度的取值范围应是多少？【例2】已知网高H，半场长L，扣球点高h，扣球点离网水平距离s、求：水平扣球速度v的取值范围。【例3】如图所示，长斜面OA的倾角为θ，放在水平地面上，现从顶点O以速度v0平抛一小球，不计空气阻力，重力加速度为g，求小球在飞行过程中离斜面的最大距离s是多少？ O A （3）一个有用的推论 v0 v t v x v y h s α α s/ 平抛物体任意时刻瞬时时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。证明：设时间t内物体的水平位移为s，竖直位移为h，则末速度的水平分量v x=v0=s/t，而竖直分量v y=2h/t，，所以有 θ

v0 v t v0 v y A O B D C 【例4】从倾角为θ=30°的斜面顶端以初动能E=6J向下坡方向平抛出一个小球，则小球落到斜面上时的动能E/为______J。例题参考答案： 1、解析：水平方向：竖直方向：先求C点的水平分速度v x和竖直分速度v y，再求合速度v C： 2、解：假设运动员用速度v max扣球时，球刚好不会出界，用速度v min扣球时，球刚好不触网，从图中数量关系可得：； h H s L v 实际扣球速度应在这两个值之间。 3、解析：为计算简便，本题也可不用常规方法来处理，而是将速度和加速度分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向进行分解。如图15，速度v0沿垂直斜面方向上的分量为v1=v0 sinθ，加速度g在垂直于斜面方向

斜面上平抛运动问题

斜面上的平抛运动问题一、情景描述：如果物体是从斜面上平抛的，若以斜面为参考系，平抛运动有垂直（远离）斜面和平行斜面两个方向的运动效果，如果题目要求讨论相对斜面的运动情况，如求解离斜面的最远距离等，往往沿垂直斜面和平行斜面两个方向进行分解，这种分解方法初速度、加速度都需要分解，难度较大，但解题过程会直观简便。平抛运动中的“两个重要结论”是解题的关键，一是速度偏向角a二是位移偏向角3,画出平抛运动的示意图，抓住这两个角之间的联系，即tan a= 2tan 3如果物体落到斜面上，则位移偏向角3和斜面倾角B相等, 此时由斜面的几何关系即可顺利解题。推论I：做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻任一位置处, 方向与水平方向的夹角为幅贝U tan启2tan如设其末速度方向与水平方向的夹角为0,位移证明：如右图所示，由平抛运动规律得 V y gt tan 0= - = v-, V x V0 + 丄y o= 1gl!= gt an"= x o 2 v o t 2v o, 所以tan 0= 2tan（j）o 推论H：做平抛（或类平抛）运动的物体，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的中证明：如右图所示，tan片yo x o y o tan 0= 2tan $= x o/2 即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点B必为此时水平位移的中点。（1）在平抛运动过程中，位移矢量与速度矢量永远不会共线。 ⑵它们与水平方向的夹角关系为tan 0= 2tan札但不能误认为0= 2如【典例精析】：如图所示，一物体自倾角为0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（） A. tan 0= sin 0 C. tan 0= tan 0 B. tan 0 = cos0 D. tan 0= 2tan 0 ［解析］竖直速度与水平速度之比为：tan 0= V0，竖直位移与水平位移之比为: tan 0= 2v o t ，故tan 0= 2tan 0,D正确。（注意：只要落点在斜面上，该结论与初速度大小无关

平抛运动典型例题(含参考答案)

[例1]在倾角为的斜面上的P点，以水平速度向斜面下方抛出一个物体，落在斜面上的Q点，证明落在Q点物体速度。解析：设物体由抛出点P运动到斜面上的Q点的位移是，所用时间为，则由“分解位移法” 可得，竖直方向上的位移为；水平方向上的位移为。又根据运动学的规律可得竖直方向上，水平方向上，所以Q点的速度 ?[例2]如图3所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为和，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B 两小球的运动时间之比为多少？图3 解析：和都是物体落在斜面上后，位移与水平方向的夹角，则运用分解位移的方法可以得到所以有同理则 ?[例3]如图6所示，在倾角为的斜面上以速度水平抛出一小球，该斜面足够长，则从抛出开始计时，经过多长时间小球离开斜面的距离的达到最大，最大距离为多少？图6 解析：将平抛运动分解为沿斜面向下和垂直斜面向上的分运动，虽然分运动比较复杂一些，但易将物体离斜面距离达到最大的物理本质凸显出来。取沿斜面向下为轴的正方向，垂直斜面向上为轴的正方向，如图6所示，在轴上，小球做初速度为、加速度为的匀变速直线运动，所以有 ?① ?② 当时，小球在轴上运动到最高点，即小球离开斜面的距离达到最大。由①式可得小球离开斜面的最大距离当时，小球在轴上运动到最高点，它所用的时间就是小球从抛出运动到离开斜面最大距离的时间。由②式可得小球运动的时间为

例4：在平直轨道上以20.5/m s 的加速度匀加速行驶的火车上，相继下落两个物体下落的高度都是 2.45m ．间隔时间为1s ．两物体落地点的间隔是2.6m ，则当第一个物体下落时火车的速度是多大？（g 取210/m s ）分析：如图所示．第一个物体下落以0v 的速度作平抛运动，水平位移0s ，火车加速到下落第二个物体时，已行驶距离1s ．第二个物体以1v 的速度作平抛运动水平位移2s ．两物体落地点的间隔是 2.6m ．解：由位置关系得1202.6s s s =+- 物体平抛运动的时间0.7t s '= = 由以上三式可得例5：光滑斜面倾角为θ，长为L ，上端一小球沿斜面水平方向以速度0v 抛出（如图所示），小球滑到底端时，水平方向位移多大？解：小球运动是合运动，小球在水平方向作匀速直线运动，有 0s v t =① 沿斜面向下是做初速度为零的匀加速直线运动，有 212 L at =② 根据牛顿第二定律列方程 sin mg ma θ=③ 由①，②，③式解得s v v = 例6：某一物体以一定的初速度水平抛出，在某1s 内其速度方向与水平方向成37?变成53?，则此物体初速度大小是________/m s ，此物体在1s 内下落的高度是________m （g 取210/m s ）选题目的：考查平抛物体的运动知识的灵活运用．解析：作出速度矢量图如图所示，其中1v ．2v 分别是ts 及(1)t s +时刻的瞬时速度．在这两个时刻，物体在竖直方向的速度大小分别为gt 及(1)g t +，由矢量图可知：由以上两式解得017.1/v m s =97 t s = 物体在这1s 内下落的高度例7如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O 点水平飞出，经过3.0s 落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m=50kg ．不计空气阻力．（取sin37°=0.60， cos37°=0.80；g 取10m/s 2）求：