高中物理之平抛运动和斜面组合模型与其应用
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v1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=0.6，cos370=0.8，g＝10 m/s2）A．v1＝16 m/s，v2＝15 m/s，t＝3sB．v1＝16 m/s，v2＝16 m/s，t＝2sC．v1＝20 m/s，v2＝20 m/s，t＝3sD ．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=，221gt y =由位移矢量三角形关系得 x y =θtan 由以上三式解得gv t θtan 20= 在时间t 内的水平位移g v x θtan 220=；竖直位移gv y θ220tan 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 ，yA s =75m ，B s =v 2t ＝60m ，15A B s s L m -==，满足题目所给已知条件。
关于《抛体运动中平抛与斜面的结合问题》的教案
关于《抛体运动中平抛与斜面的结合问题》的教案
一、教学目标
1.了解抛体运动中平抛与斜面的结合问题；
2.掌握抛体运动中平抛与斜面的结合问题的基本原理；
3.能够正确分析抛体运动中平抛与斜面的结合问题，并能够运用到实际问题中。
二、教学重点
掌握抛体运动中平抛与斜面的结合问题的基本原理。
三、教学难点
正确分析抛体运动中平抛与斜面的结合问题，并能够运用到实际问题中。
四、教学过程
1.引入：教师介绍抛体运动中平抛与斜面的结合问题，并引出本节课的内容；
2.讲授：教师讲解抛体运动中平抛与斜面的结合问题的基本原理，并给出相关的例题，让学生进行分析；
3.练习：教师出题让学生进行练习，并给予及时的指导；
4.总结：教师总结本节课的内容，并让学生归纳总结。
平抛运动与斜面模型
平抛运动与斜面模型平抛运动是一种古老的物理模型，它描述了当一个物体以一定的初速度被投掷出去时，沿着水平方向运动，并受到重力的作用而沿着竖直方向下落的运动状态。
这种运动状态被称为平抛运动，是物理学中比较简单的一种运动状态，也是一些很有用的实际问题中的基础。
平抛运动的数学模型是基于牛顿的力学定律和基本运动学公式建立的。
当一个物体以初速度v0在地面上被投掷出去时，它会以固定的速度沿水平方向移动，其水平速度不变，可以用以下方程表示：x = v0t其中，x为物体沿水平方向移动的距离，t为运动的时间。
如果物体受到重力的作用，它将沿竖直方向运动，竖直方向的速度将会发生改变。
物体的竖直运动可以由以下公式描述：y = v0t - 1/2gt^2其中，y为物体沿竖直方向下落的距离，g为重力加速度，t为运动的时间。
在这个运动状态中，物体沿着抛出角度的曲线运动，其运动轨迹可以表示为：y = xtanθ-1/2gx²/(v0cosθ)²其中，θ为抛出角度，在这个运动状态中，这个抛出角度是重要的参数之一，它会影响物体的运动轨迹。
如果初始速度v0和抛出角度θ已经确定，我们就可以使用这些公式来计算出物体在任意时间和任意位置的运动状态。
平抛运动模型有许多实际运用，其中之一是对于物体的落点的预测。
在一些体育比赛中，比如说击球运动、投掷项目等，通过预测体育器材的抛出速度和角度，运动员可以估算出它们的运动轨迹和落点。
此外，平抛运动模型也被广泛应用于医院等领域，在判断怪物或人的跳跃速度、分析运动员的动作时我们需要用到平抛运动模型。
斜面模型是一种质点受到斜面力作用而在斜面上滑动的物理模型。
当一个物体放置在斜面上后，受到位置和重力的相互作用，它在斜面上沿着向下的方向开始滑动，这种滑动称为斜面运动。
斜面运动的模型包含了许多因素，比如物体的重量、斜面的夹角、摩擦系数等，这些因素都会影响物体在斜面上的滑动状态。
基于运动学和力学原理，可以把这些因素纳入斜面运动的数学模型中。
平抛运动的推论及与斜面结合问题(课件)-高中物理(人教版2019必修第二册)
到斜面上
速度方向
vy＝gt
θ 与 v0、t 的关系：
vx v0
tan θ＝ ＝
vy gt
分解位移，构建位移三角形
θ 与 v0、t 的关系：
运动情形
题干信息
vx v0
tan θ＝ ＝
vy 分析方法
gt
分解速度，构建速度三角形
分解位移，构建位移三角形
从空中水平抛出垂直落
从斜面水平抛出又落到
到斜面上
斜面上
这些极值点也往往是临界点。
2.求解平抛运动临界问题的一般思路
(1)找出临界状态对应的临界条件。
(2)分解速度或位移。
(3)若有必要,画出临界轨迹。
37°＝ ，
03
平抛运动的临界问题
1.临界点的确定
(1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程中存在着临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程中存在着
“起止点”,而这些“起止点”往往就是临界点。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程中存在着极值,
C. a 的水平速度比 b 的小
D. b 的初速度比 c 的大
4.做平抛（或类平抛）运动的物体，设其位移偏向角为α，速度偏向角
为θ，则在任意时刻、任意位置有tanθ=2tanα。
证明：
v x v0
v y gt
x v0 t
1
y
gt 2
2
O
vy
gt
tan
vx
v0
1 2
gt
y 2
第五章 抛体运动
5.4.2平抛运动的推论
抛体运动的规律专题1平抛运动与斜面相结合课件高一下学期物理人教版
sin 53°＝vy v1
小球在光滑斜面上的加速度为 a＝g sin 53°
小球在斜面上的运动过程满足： H ＝v1t2＋1at22
sin 53°
2
故小球离开平台后到达斜面底端经历的时间为
t＝t1＋t2 联立以上各式解得：t＝2.4 s
下课啦
如图所示，每一级台阶的高度h＝0.2 m，宽度x＝0.4 m，将一小球从最
上面台阶的边沿以某初速度水平抛出.取重力加速度大小g＝10 m/s2，不
计空气阻力.若小球落在台阶3上，则小球的初速度大小可能为
A.2 m/s
B.2.5 习题2答案：
若小球恰好落到台阶 2 的右边沿，竖直方向有 2h＝12gt22，解得 t2＝
练习题3答案：
(1)小球从平台抛出后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动． 则 h＝12gt12，v y＝gt1 根据已知条件结合速度的合成与分解得：tan 53°＝vy
v0 代入数值解得：v0＝3 m/s，t1＝0.4 s (2)s＝v0t1，则 s＝1.2 m
答案：
(3)设小球落到斜面顶端的速度为 v1，
(1)运动员在空中飞行的时间； (2)A、B间的距离s。
例题2答案：
（1）运动员由 A 点到 B 点做平抛运动
水平方向的位移 x＝v0t 竖直方向的位移 y＝1gt2，
2 y＝tan 37°， x 联立以上三式得 t＝2v0tan 37°＝3 s。
g
1gt2 (2)由题意知 sin 37°＝2 ，
D.h＝45 m v＝40 m/s
例题1答案：
将炸弹在 P 点的速度分解为水平方向和竖直方向的分速度， 则有 tan 37°＝ v
gt P 点到 A 点的竖直高度为 h1＝L2sin 37°＝90 m P 点到 A 点的水平距离为 x＝Lcos 37°＝120 m
物理建模：“平抛”+“斜面”模型
解析 如图示，要使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 tan θ＝xy，
而
x＝v0t，y＝12gt2，解得
t＝2v0cgot
θ .
答案 D
解析显隐
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三、规律(guīlǜ)方法
➢3.规律方法
第九页，共19页。
方法提炼 平抛向斜面的物体运动特征分析方法
移与水平方向的夹角相等,由平抛
运动规律知:
tan θ＝12vg0tt112＝212vg0tt222，故tt12＝12.
答案 B
解析显隐
第十五页，共19页。
【备选训练】 (多选)如图示,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( )
在解答该类问题时，除要运用(yùnyòng)平抛运动的位移和 速度规律外，还要充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同位移 和速度的关系，从而使问题得到顺利解决。
第十页，共19页。
【变式训练3】(多选)如图示,小球从倾角
v1
为θ的斜面顶端A点以速率v0做平抛运动，
则下列说法正确的,小球飞行时间(shíjiān)越长
转解析
【备选】 如图所示，小球以 v0 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)( )．
小球
A．t＝v0tan θ
B．t＝2v0tgan θ
(xiǎo qiú)运动
C．t＝v0cgot θ D．t＝2v0cgot θ
轨迹及 分运动
位移
平抛运动与斜面相结合应用类型
A v 0 平抛运动与斜面相结合应用类型 类型一：从斜面上抛出 【例1】在倾角为37°的斜面上，从A 点以6 m/s 的初速度水平抛出一个小球，小球落在B点，如图所示．求A 、B 两点间的水平距离和小球在空中飞行的时间．(g 取10 m/s 2)【练习1】.(08·全国Ⅰ·14)如图所示,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.tan ϕ=sin θB.tan ϕ=cos θC.tan ϕ=tan θD.tan ϕ=2tan θ【练习2】(广东中山龙山中学2009届高三第二次月考)如图所示，足够长的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t 1；若将此球改用2v 0水平速度抛出，落到斜面上所用时间为t 2，则t 1 : t 2为：（ ）A ．1 : 1B ．1 : 2C ．1 : 3D ．1 : 4【练习3】一小球以2 m/s 的速度从楼梯顶水平飞出，如图13所示，若台阶宽度均为0.25 m ，高度为0.2 m ，则小球将与哪个台阶相碰？类型二：从斜面外抛向斜面【例2】(2010·全国Ⅰ理综·18)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4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 θB. 12tan θC ．tan θD ．2tan θ 【练1】 如图所示，在倾角θ＝37°的斜面底端的正上方H 处，平抛一个物体，该物体落到斜面上的速度方向正好与斜面垂直，求物体抛出时的初速度．【练2】A 、B 两小球以l ＝6 m 长的细线相连．两球先后从同一地点以相同的初速度v 0＝4.5 m 水平抛出，相隔Δt ＝0.8 s ．(g 取10 m/s 2)(1)A 球下落多长时间，线刚好被拉直？(2)细线刚被拉直时，A 、B 两小球的水平位移各多大？【练3】．河南省桐柏实验高中2010届高三上学期期末模拟以v 0的速度水平抛出一物体,当其水平分位移与竖直分位移相等时,下列说法错误的是 ( )A.即时速度的大小是5v 0B.运动时间是2v 0/gC.竖直分速度大小等于水平分速度大小D.运动的位移是22v 02/g。
例析平抛运动与斜面的组合问题
例析平抛运动与斜面的组合问题许文将平抛运动与斜面组合是一种常见的深化平抛运动的构题方式。
这类组合问题往往通过斜面的一些隐含条件，能很好地考查同学们对平抛运动规律的理解与运用。
下面通过实例剖析平抛运动与斜面组合的几种经典构题方式，探究各种组合问题的命题规律，总结求解问题的分析方法。
一、起点在斜面外、落点在斜面上的平抛起点在斜面外、落点在斜面上的平抛运动问题往往会给出做平拋运动的物体落在斜面上的速度方向与斜面的夹角或物体落在斜面上的位置。
斜面往往会隐含着物体做平抛运动末速度的方向、平抛运动的水平位移与竖直位移间的关系。
通常根据斜面的倾角，由几何关系、三角函数等数学知识找出相关的隐含条件，才能使问题得以顺利求解。
例1如图1所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面时运动的时间为t，重力加速度为g。
则下列说法中正确的是（）。
点评本题中斜面约束了小球的平抛运动，斜面的倾角隐含着小球做平抛运动的末速度方向、水平位移与竖直位移间的关系。
通过相关的数学知识找出这种隐含条件是分析求解这类问题的关键。
例2如图2所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速度为v0的平抛运动，恰好落在b点。
若小球的平抛初速度变为v，落点位于c点，则（）。
A.v0B.√2v0C.2v0D.v>3v0例3如图4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，现测得AB：BC：CD=5：3：1，则（）。
A.从A、B、C三处抛出的三个小球的运动时间之比为1：2：3B.从A、B、C三处抛出的三个小球落在斜面上时的速度与初速度间的夹角之比为1：1：1C.从A、B、C三处抛出的三个小球的初速度大小之比为3：2：1D.从A、B、C三处抛出的三个小球的运动轨迹可能在空中相交解析因为AB：BC：CD=5：3：1，所以从A、B、C三处抛出的三个小球做平抛运动的位移大小之比为点评本题中三个小球的运动均为同一斜面上的平抛运动，上述求解过程中充分利用了斜面上平抛运动的几个二级结论，即运动时间t∞v0，合位移s∞v0，末速度与初速度方向间夹角a与斜面倾角θ之间满足tan a=2tanθ，实现了快速求解问题的目标。
人教版高中物理必修二专题04 平抛运动的三类模型【知识梳理】
专题04模型1：平抛运动与斜面结合模1．模型构建两类与斜面结合的平抛运动（1）物体从斜面上某一点水平抛出以后又重新落在斜面上，此时平抛运动物体的合位移方向与水平方向的夹角等于斜面的倾角。
（2）做平抛运动的物体垂直打在斜面上，此时物体的合速度与竖直方向的夹角等于斜面的倾角。
2．求解思路已知信息实例处理思路速度方向垂直打到斜面上的平抛运动(1)确定速度与竖直方向的夹角θ，画出速度分解图。
(2)根据水平方向和竖直方向的运动规律分析v x、v y。
(3)根据tan θ＝v xv y列式求解。
位移方向从斜面上一点水平抛出后落回在斜面上的平抛运动(1)确定位移与水平方向的夹角θ，画出位移分解图。
(2)根据水平方向和竖直方向的运动规律分析x、y。
(3)根据tan θ＝yx列式求解。
模型2：类平抛运动模型1．运动建模当一种运动和平抛运动特点相似，即合外力恒定且与初速度方向垂直的运动都可以称为类平抛运动。
2．模型特点3．分析方法与平抛运动的处理方法一致，将运动分解成沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的由静止开始的匀加速直线运动。
4．解类平抛运动问题的步骤（1）分析物体的初速度与受力情况，确定物体做类平抛运动，并明确物体两个分运动的方向。
（2）利用两个分运动的规律求解分运动的速度和位移。
（3）根据题目的已知条件和要求解的量充分利用运动的等时性、独立性、等效性解题。
模型三：平抛运动中的临界模型1．模型特点（1）若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，表明题述过程中存在临界点。
（2）若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”“取值范围”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点。
2．求解思路（1）画出临界轨迹，找出临界状态对应的临界条件。
（2）分解速度或位移。
（3）列方程求解结果。
4.4平抛运动与斜面模型
联立解得 μ= 0 .125。
【答案】(1)1 .7 m
(2)0 .125
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13
【答案】0 .25 m
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10
二、非选择题
11 .(2017·河南月考)如图甲所示,倾角为 37°的斜面长 L= 1 .9 m ,在
斜面底端正上方的 O 点将一小球以速度 v0= 3 m /s 水平抛出,与此同
时释放在斜面顶端的滑块,经过一段时间后小球恰好能以垂直斜面的
2
方向击中滑块(小球和滑块均可视为质点,重力加速度 g= 10 m /s ,sin
37° = 0 .6,cos 37° = 0 .8)。求:
(1)抛出点 O 离斜面底端的高度。
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
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11
【解析】(1)设小球击中斜面时的速度为 v,竖直分速度为 vy
乙
0
则 = tan 37°,设小球下落的时间为 t,竖直方向的位移为 y,水平
方向的位移为 x,有
g=
30
0
,到达 N 点时的速度大小 v=
0
cos 60°
= 2 v0,A 项正确;M 、 N 两点
1
3
之间的水平位移 x=v0t0,竖直高度差 y= g 0 2 = v0t0,M 、 N 两点之间的
2
2
7
距离 s= 2 + 2 = v0t0,B 项错误;由 m g sin 60° =m a ,解得滑雪者沿
精选可编辑ppt
1
2
竖直方向:y= gt
2
合位移:s= x 2 + y 2
方向:tan θ=
y
平抛运动与斜面、曲面结合的问题--高考物理热点模型(解析版)
平抛运动与斜面、曲面结合的问题模型概述1．模型概述：在分析与斜面有关的平抛运动问题时，注意分析题干信息，强调的是速度方向还是位移方向，然后进行分解并利用两分量与已知角关系求解．2.各种类别：1)平抛与竖直面结合水平：d =v 0t竖直：h =12gt 22)平抛与斜面结合①顺着斜面平抛情形一：落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下处理方法：分解位移．x =v 0t y =12gt 2tan θ=yx可求得t =2v 0tan θg .情形二：物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下处理方法：分解速度v x =v 0v y =gt tan θ=v y vx可求得t =v 0tan θg .②对着斜面平抛：垂直打在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下处理方法：分解速度．v x =v 0v y =gt tan θ=v x v y=v 0gt可求得t =v 0g tan θ.3)平抛与圆面结合①小球从半圆弧左边沿平抛，落到半圆内的不同位置．处理方法：由半径和几何关系制约时间t ：h =12gt2R ±R 2-h 2=v 0t联立两方程可求t .②小球恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道，此时半径OB 垂直于速度方向，圆心角α与速度的偏向角相等．处理方法：分解速度．v x =v 0v y =gt tan θ=v y v x=gt v可求得t =v 0tan θg .③小球恰好从圆柱体Q 点沿切线飞过，此时半径OQ 垂直于速度方向，圆心角θ与速度的偏向角相等．处理方法：分解速度．v x =v 0v y =gt tan θ=v y v x=gt v可求得t =v 0tan θg .4)与圆弧面有关的平抛运动：题中常出现一个圆心角，通过这个圆心角，就可找出速度的方向及水平位移和竖直位移的大小，再用平抛运动的规律列方程求解．典题攻破1.平抛运动与斜面结合的问题1.(2024·辽宁·模拟预测)如图所示，斜面的倾角为θ，斜面的长度为L 。
高一物理：与斜面(曲面)结合的平抛运动
与斜面（曲面）结合的平抛运动题型一顺着斜面平抛宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P 点，沿水平方向以初速度0v 抛出一个小球，测得小球经时间t 落到斜坡另一点Q 上，斜坡的倾角为α，已知该星球的半径为R ，引力常量为G ，球的体积公式是34π3V R 。
求：（1）该星球表面的重力加速度g ；（2）该星球的密度；（3）该星球的第一宇宙速度。
【解题技巧提炼】（1）落到斜面上，已知位移方向沿斜面向下（如图）处理方法：分解位移．x ＝v 0ty ＝12gt 2tan θ＝y x可求得t ＝2v 0tan θg.（2）物体离斜面距离最大，已知速度方向沿斜面向下（如图）处理方法：分解速度v x＝v0，v y＝gttanθ＝v yv0.t＝v0tanθg从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动的五个规律（推论）（1）位移方向相同，竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。
（2）刚落到侧面时的末速度方向都平行，竖直分速度与水平分速度（初速度）之比等于斜面倾斜角正切值的2倍。
（3（4（5）当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。
题型二对着斜面平抛如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。
（小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：（1）抛出点O离斜面底端的高度；（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ。
【解题技巧提炼】垂直撞在斜面上，已知速度方向垂直斜面向下（如图）处理方法：分解速度．v x ＝v 0v y ＝gttan θ＝v x v y ＝v 0gt可求得t ＝v 0g tan θ.题型三与圆弧面有关的平抛运动（多选）如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M 、N 与圆心等高且在同一竖直面内。
利用斜面倾角计算与斜面结合的平抛运动问题.doc
利用斜面倾角计算与斜面结合的平抛运动问题摘要：平抛运动是高中物理的一个重要基础知识内容，是较为复杂的匀变速曲线运动，也是每年高考的热点和重点。
由于平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，因此我们研究平抛运动通常采用“化曲为直”的方法。
与此类似，研究斜面上的平抛运动也运用上述思想，但有些问题没必要浪费大量时间，可以利用现有的规律即可短时间高效率解决问题。
因此，我们必须掌握斜面上的平抛运动规律以及一些特殊解法，发散思维，提高物理解题能力。
关键词：平抛运动；斜面倾角；速度；位移；分解平抛运动是高中物理的一个重要基础知识内容，是每年高考的热点和重点，涉及各种类型的平抛运动，学生普遍感觉难度较大，最大的问题是不会灵活应用平抛运动规律去分析问题。
在教学过程中我们要善于引导学生研究、分析归纳总结解答问题的方法，发散思维，提高解答物理问题的能力。
斜面上的平抛问题是一种常见的题型，学生在初学阶段同样有较大难度，但仔细研究我们就会发现此类问题也有规律可循。
找出合位移、水平位移、竖直位移与斜面倾角的关系，合速度、水平速度、竖直速度与斜面倾角之间的关系，是解答这类问题的关键。
下面通过典型例题分析、讨论一下两类斜面上的平抛运动问题。
1.“分解速度”法假如已知某一时刻物体的速度方向，则我们经常是从“分解速度”的角度来研究问题，构建速度矢量三角形，利用斜面倾角，找出斜面倾角与速度三角形之间的夹角关系，从而使问题得到顺利解决。
如：例1.如图1所示，以9.8 m/s的水平速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角=300的斜面上，则物体飞行的时间是多少？物体的位移是多少？解析：垂直地撞在斜面上，说明末速度方向垂直于斜面，用速度的合成分解来解。
如图2所示，又得：物体位移： =22.5m例2.如图在倾角为θ的斜面顶端A处以速度V0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B处，设空气阻力不计。
求：从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？解析：从抛出开始计时，经过t时间小球离斜面的距离达到最大，当小球的速度与斜面平行时，小球离斜面的距离达到最大。
高考物理模型101专题讲练：第16讲 斜面上的平抛运动模型及类平抛运动模型
第16讲 斜面上的平抛运动模型及类平抛运动模型一.知识总结斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。
1．从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动的五个规律（推论） (1)位移方向相同，竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。
(2)刚落到侧面时的末速度方向都平行，竖直分速度与水平分速度(初速度)之比等于斜面倾斜角正切值的2倍。
(3)运动的时间与初速度成正比⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＝2v 0tan θg 。
(4)位移与初速度的二次方成正比⎝ ⎛⎭⎪⎫s ＝2v 20tan θg cos θ。
(5)当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。
2．常见的模型分解位移，构建3.类平抛运动模型（1）模型特点：物体受到的合力恒定，初速度与恒力垂直，这样的运动叫类平抛运动。
如果物体只在重力场中做类平抛运动，则叫重力场中的类平抛运动。
学好这类模型，可为电场中或复合场中的类平抛运动打基础。
（2）.类平抛运动与平抛运动的区别做平抛运动的物体初速度水平，物体只受与初速度垂直的竖直向下的重力，a ＝g ；做类平抛运动的物体初速度不一定水平，但物体所受合力与初速度的方向垂直且为恒力，a ＝F 合m 。
（3）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(即沿合力方向)的匀加速直线运动。
(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a x 、a y ，初速度v 0分解为v x 、v y ，然后分别在x 、y 方向上列方程求解。
（4）求解类平抛运动问题的关键(1)对研究对象受力分析，找到物体所受合力的大小、方向，正确求出加速度。
(2)确定是研究速度，还是研究位移。
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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=0.6，cos370=0.8，g＝10 m/s2）A．v1＝16 m/s，v2＝15 m/s，t＝3sB．v1＝16 m/s，v2＝16 m/s，t＝2sC．v1＝20 m/s，v2＝20 m/s，t＝3sD ．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=，221gt y = 由位移矢量三角形关系得 x y =θtan 由以上三式解得gv t θtan 20= 在时间t 内的水平位移g v x θtan 220=；竖直位移gv y θ220tan 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 ，y22A s x y =+=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，飞行时间为gv t θtan 20=，水平位移为g v x θtan 220=，竖直位移g v y θ220tan 2=，均与初速度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。
则v 1、 v 2应满足的关系式为。
温馨提示：由结论1得飞行时间为gv t θtan 20=，由几何关系得L t v v +=21cos θ。
联立以上两式化简得v 1、 v 2应满足的关系式为gL v v v 812152121+=。
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1x ，从A 点以水平初速度v 3向右抛出一小球，其落点与A 的水平距离为2x ，不计空气阻力，则21x x 可能为（） A. 31 B.51 C.91 D. 111 温馨提示：若两物体都落在斜平面上，由水平位移g v x θtan 220=得，9120220121==v v x x ，即选项C 正确。
若两物体都落在水平面上，由水平位移gy v x 20=得，31020121==v v x x ，即选项A 正确。
若第一球落在斜面上，第二球落在水平面上（如图4所示），21x x 不会小于91，但一定小于31，故选项B 对D 错。
所以本题正确选项为ABC 。
3.(2003·上海)如图5所示，一高度为h =0.2m 的水平面在A 点处与一倾角为θ＝30°的斜面连接，一小球以v 0＝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20sin 21sin t g t v h ⋅+=θθ，由此可求得落地的时间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g v y θ220tan 2=得，35=y m>h =0.2m 。
故小球不会落在斜面上。
所以小球下落时间为t=gh 2=0.2s 。
4.将一质量为m 的小球以初速度v 0从倾角为θ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 ．θcot 0mgvB ．θtan 0mgvC ．θcot 20mgvD ．θtan 20mgv温馨提示：由结论1中的飞行时间为gv t θtan 20=和功率的计算式gt mg v mg p y ⋅=⋅=，得=p θtan 20mgv 。
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θ，获得不同的射程x ，最后作出了如图6中的b 所示的x -tan θ图象，2/10s m g =。
则：（1）由图b 可知，小球在斜面顶端水平抛出时的初速度v 0=。
实验中发现θ超过60°后，小球将不会掉落在斜面上，则斜面的长度l m 。
（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g v x θtan 220=知，图象b 中直线的斜率g v k 202=，解得v 0=1m/s 。
由几何关系得斜面的长度θθθcos tan cos k x l ===0.7m （235m ） （2）图象b 中直线的斜率gv k 202=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．（2008·全国）如图7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.tan φ=sin θB. tan φ=cos θC. tan φ=tan θD. tan φ=2tan θ解析：设平抛运动的初速度为0v ，如图所示，由速度矢量三角形关系得00tan v gt v v y==φ 由位移矢量三角形关系得02tan v gt x y ==θ，由以上两关系式得θφtan 2tan =。
故选项D 正确。
结论2：物体自倾角为θ的固定斜面抛出，若落在斜面上，末速度与初速度的夹角φ满足tan 2tan ϕθ=。
跟踪训练：5.如图8所示从倾角为θ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1v ，球落到斜面上前一瞬间的速度方向与斜面的夹角为1α，第二次初速度为2v ，球落在斜面上前一瞬间的速度方向与斜面间的夹角为2α，若12v v >，则1α、2α的大小关系是。
温馨提示：如图9所示，由结论2可知，θθαtan 2)tan(=+，解得θθα-=)tan 2arctan(即α仅与θ有关，故有21αα=点评：由此可以得出，物体自倾角为θ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1E ，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2E 。
不计空气阻力，则21E E 为（） A. 259 B.51 C.53 D. 35 温馨提示：小球落在斜面上时的动能为)(21212202y k v v m mv E +==设斜面倾角为θ，由图1知φtan 0v v y =，由结论2得tan 2tan ϕθ= 联立解得)tan 41(21220θ+=mv E k 。
即53020121==k k E E E E ，所示本题正确的选项为C 。
点评：由此可以得出，物体自倾角为θ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)tan 41(21220θ+=mv E k 。
可见，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。
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 ．g v t θtan 0=B ．gv t θtan 20= C ．g v t θcot 0=D ．g v t θcot 20= 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y x =θtan ，而t v x 0=，221gt y =， 解得gv t θcot 20=所以正确的选项为D 。
点评：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θ的斜面上以初速度0v 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00tan v gt v v y ==φ， 此时横坐标为gv t v x θtan 200== 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/2x x '=。
由几何关系得：g v x H 2sin tan sin 2120θθθ==方法二：建立如图14所示坐标系，正交分解得θcos 00v v x =；θsin 00v v y =θsin g a x =；θcos g a y -=把运动看成是沿x 方向初速度为θcos 0v ，加速度为θsin g 的匀加速运动和沿y 方向的初速度为θsin 0v ，加速度为θcos g -的匀减速运动的合运动。
最远处0=y v ，由运动学公式得gv g v H 2sin tan cos 2)sin (02020θθθθ=--= 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θ的斜面上的M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为v 0，最后小球落在斜面上的N 点，在已知θ和v 0的条件下(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。