【物理】2018届二轮复习斜面上的平抛运动学案（全国通用） 4页

斜面上的平抛运动 平抛运动经常和斜面这个情景相结合，斜面情景的创设常结合速度的分解和位移的分解。与斜面相关的平抛运动，其特点是做平抛运动的物体落在斜面上，包括两种情况：‎ ‎1．物体从空中抛出垂直落在斜面上；‎ ‎2．从斜面上抛出落在斜面上．‎ 在解答这类问题时，除了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．两种模型对比如下：‎ 方法 内容 斜面 总结 分解速度 水平：vx＝v0‎ 竖直：vy＝gt 合速度：‎ v＝ 分解速度，构建速度三角形 分解位移 水平：x＝v0t 竖直：y＝gt2‎ 合位移：s＝ 分解位移，构建位移三角形 情景一　顺着斜面的平抛运动 例题1. 跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动．如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从倾角为θ的斜坡顶端P处，以初速度v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变．关于L、t与v0的关系，下列说法中正确的是(　　)‎ A．L与v0成正比 B．L与v0成反比 C．t与v0成正比 D．t与v成正比 解析：选C.因运动员落在斜面上，故其位移与水平方向的夹角就等于斜面的倾角θ，因此有tan θ＝，其中y＝gt2，x＝v0t，则t＝，L＝＝＝，故t与v0成正比，L与v成正比，C正确．‎ 例题2．如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h＝‎1.4 m、宽L＝‎1.2 m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H＝‎3.2 m的A点沿水平方向跳起离开斜面(竖直方向的速度变为零)．己知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取‎10 m/s2.(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：‎ ‎(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小；‎ ‎(2)若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；‎ ‎(3)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．‎ 解析：(1)设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面滑行的过程中，由牛顿第二定律得 mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma 解得a＝gsin 53°－μgcos 53°＝7.4 m/s2‎ ‎(2)运动员从斜面上起跳后，沿竖直方向做自由落体运动，则H＝gt2‎ 解得t＝0.8 s ‎(3)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H－h时，他沿水平方向运动的距离至少为＋L，设这段时间为t′，则 H－h＝gt′2‎ ＋L≤vt′‎ 解得v≥6.0 m/s，所以最小速度vmin＝6.0 m/s.‎ 情景二　对着斜面的平抛运动 例题3． (多选) 如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD，E点在D点的正上方，与A等高．从E点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程(　　)‎ A．球1和球2运动的时间之比为2∶1‎ B．球1和球2动能增加量之比为1∶2‎ C．球1和球2抛出时初速度之比为2∶1‎ D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2‎ 解析：选BC.因为AC＝2AB，所以AC的高度差是AB高度差的2倍，根据h＝gt2得t＝，解得运动的时间比为1∶，故A错误；根据动能定理得mgh＝ΔEk，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B正确；BD在水平方向上的分量是DC在水平方向分量的2倍，结合x＝v0t，解得初速度之比为2∶1，故C正确；平抛运动的加速度均为g，两球的加速度相同，故D错误．‎ 例题4.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)(　　)‎ A.　 B． C. D. 解析：‎ 选D.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tan θ＝，而x＝v0t，y＝gt2，解得t＝.‎ 方法总结：‎ ‎(1)物体的竖直位移与水平位移之比是同一个常数，这个常数等于斜面倾角的正切值；‎ ‎(2)当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面最远．‎