用斜面倾角的正切值求解落在斜面上的平抛运动问题

高一物理必修二第五章平抛运动及其规律基础练习题(带参考答案)高一物理第五章一、研究要点平抛运动及其规律1.会用运动合成和分解的方法分析平抛运动。

2.掌握平抛运动的规律，会分析解决生活中的平抛运动问题。

二、研究内容一）平抛运动基本知识1.平抛运动的特征初速度方向，只受重力，属于抛体曲线运动。

2.平抛运动的分解水平方向：匀速直线运动，竖直方向：自由落体运动。

问题1：平抛运动是什么性质的运动？例1：（多选题）关于平抛运动，下列说法正确的是（）A．是匀变速运动 B．是变加速运动C．任意两段时间内速度改变不一定相等 D．任意相等时间内的速度改变一定相等练1：（多选题）物体在做平抛运动的过程中，以下的物理量不变的是（）A．物体的速度 B．物体的加速度C．物体竖直方向的分速度 D．物体水平方向的分速度问题2：如何研究平抛运动？例2：为了研究平抛物体的运动，可以概括为两点：①水平方向作匀速运动；②竖直方向作自由落体运动。

为了研究平抛物体的运动，可以进行如图1所示的实验。

1）把两个小铁球分别吸在电磁铁C、D上，切断电源，使两个小铁球以相同的初速度从轨道A、B射出，两小铁球能够在轨道B上相碰，这可以说明水平方向作匀速运动。

2）把两个小铁球分别吸在电磁铁C、E上，切断电磁铁C的电源，使一只小球从轨道A射出时碰撞开关S，使电磁铁E断电释放它吸着的小球，两个小球可以在空中相碰。

这可以说明竖直方向作自由落体运动。

练2：如图2所示，在光滑的水平面上有一小球a以初速度v运动，同时刻在它的正上方有小球b也以初速度水平v抛出，并落于c点，则（）A．小球a先到达c点B．小球b先到达c点C．两小球同时到达c点D．不能确定二）平抛运动规律1.平抛运动的速度及其方向水平速度vx初速度vx竖直速度vy初速度vygt；合速度v=√(vx²+vy²)，速度与水平方向的夹角θ，tanθ=v yvxgt/vx2.平抛运动的位移及其方向水平位移x=vxt；竖直位移y=vyt-1/2gt²；合位移s=√(x²+y²)，运动方向与初速度方向相同。

波峰中学高三物理学案年级：高 三 学科：物 理 导学案 编号： 7编写人：李源 审核人：卢超 姓名：要想改变命运，首先改变自己课题：斜面上的平抛运动【学习目标】1、掌握平抛运动的规律，会解决斜面上的平抛运动【重点】1、平抛运动的研究方法——可以用两个简单的直线运动来等效替代。

【难点】 斜面上的平抛运动基本知识：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特点(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)末速度方向平行，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．常见的模型模型方法分解速度，构建速度三角分解速度，构建速度的矢分解位移，构建位移三角形，形，找到斜面倾角θ与速度方向的关系量三角形隐含条件：斜面倾角θ等于位移与水平方向的夹角基本规律水平：v x＝v0竖直：v y＝gt合速度：v＝v2x＋v2y方向：tanθ＝v xv y水平：v x＝v0竖直：v y＝gt合速度：v＝v2x＋v2y方向：tanθ＝v yv x水平：x＝v0t竖直：y＝12gt2合位移：s＝x2＋y2方向：tanθ＝yx运动时间由tanθ＝v0v y＝v0gt得t＝v0g tanθ由tanθ＝v yv0＝gtv0得t＝v0tanθg由tanθ＝yx＝gt2v0得t＝2v0tanθg抛出一个小球，落在斜面上某处Q点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为3v0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是()A．夹角α将变大B．夹角α与初速度大小无关C．小球在空中的运动时间不变D．P、Q间距是原来间距的3倍2、如图所示，以9.8 m/s的速度水平抛出的物体飞行一段时间后，垂直撞在倾角θ＝30°的斜面上，可知物体完成这段飞行的时间为(g＝9.8 m/s2)()A. 3 sB.233s C.33s D．2 s3、如图所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，。

第五章抛体运动习题课:平抛运动规律的应用课后篇巩固提升合格考达标练1.如图所示,斜面上有A ,B ,C ,D 四个点,AB=BC=CD ,从A 点以初速度v 0水平抛出一个小球,它落在斜面上的B 点,若小球从A 点以速度√2v 0水平抛出,不计空气阻力,则下列判断正确的是( )A.小球一定落在C 点B.小球可能落在D 点与C 点之间C.小球落在斜面的运动方向与斜面的夹角一定增大D.小球落在斜面的运动方向与斜面的夹角不相同2.(多选)跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动,运动员穿专用滑雪板,在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出,在空中飞行一段距离后着陆。

现有某运动员先后两次从跳台a 处沿水平方向飞出,初速度分别为v 和2v ,两次均在斜坡上着陆。

不计空气阻力,下列判断正确的是( ) A.运动员两次在空中飞行的时间之比是1∶2 B.运动员两次在空中飞行的位移之比是1∶2 C.运动员两次落在斜坡上的瞬时速度大小之比是1∶2D.运动员两次落在斜坡上的瞬时速度与水平方向夹角的正切值之比是1∶2v 0,则根据题意可得tan α=12gt2v 0t=gt2v 0,解得t=2v 0tanαg,运动员在空中运动的时间和初速度成正比,故A 正确;运动员的位移√(v 0t )2+(12gt 2) 2=t √v 02+(12gt) 2,可知位移与时间不成正比,B 错误;由落地时速度√v 02+(gt )2可知,初速度变为原来2倍,时间变为原来2倍即竖直分速度变为原来2倍,故合速度变为原来2倍,C 正确;位移方向不变,瞬时速度方向不变,D 错误。

如图所示,某物体以水平初速度抛出,飞行√3 s 后,垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上(g 取10 m/s 2),由此计算出物体的水平位移x 和水平初速度v 0分别是( )A.x=25 mB.x=5√21 mC.v 0=10 m/sD.v 0=20 m/sv y =gt=10√3 m/s,将速度进行分解,根据平行四边形定则知,tan 30°=v 0v y,解得v 0=10√3×√33m/s =10 m/s,则水平位移x=v 0t=10×√3 m =10√3 m 。

平抛运动与斜面、曲面相结合问题归类例析作者：王玉鸿来源：《中学物理·高中》2014年第06期平抛运动是曲线运动的典型物理模型，其处理的方法是化曲为直，即平抛运动可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，分运动和合运动具有独立性、等时性和等效性的特点.纵观近几年的高考试题，平抛运动考点的题型大多不是单纯考查平抛运动而是平抛运动与斜面、曲面相结合的问题，这类问题题型灵活多变，综合性较强，既可考查基础又可考查能力，因而受到命题专家的青睐，在历年高考试题中属高频考点.解答平抛运动的问题，首先要掌握平抛运动的规律和特点，同时也应明确联系平抛运动的两个分运动数量关系的桥梁除了时间t，还有是两个重要参量：一是速度与水平方向之间的夹角θ，其正切值tanθ=vy1vx （如图1）；二是位移与水平方向之间的夹角α，其正切值tanα=y1x （如图2）.这两个正切值之间还满足关系：tanθ=2tanα.平抛运动与斜面、曲面相结合的问题，命题者用意在于考查学生能否寻找一定的几何关系，建立上述两个角参量与几何图形中几何角之间关系，或建立水平位移、竖直位移与曲线方程的函数关系，考查学生运用数学知识解决物理问题的能力.倘若学生能够从寻找这层关系上展开思维，也就找到了解决这类问题的钥匙.这类问题有多种题型，下面分几种情况进行讨论和解析.1从斜面外抛出的平抛运动1.1落点速度与斜面垂直例1（2010年全国Ⅰ卷）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3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.11tanθB.112tanθC.tanθD.2tanθ解析如图4所示，先将物体的末速度vt分解为水平分速度vx和竖直分速度vy.根据平抛运动的规律可知，vx=v0，vy=gt；又因为vt与斜面垂直，vy与水平面垂直，所以vt与vy间的夹角等于斜面的倾角θ.根据tanθ=vx1vy=v01gt，可以求出时间t=v01gtanθ.则小球竖直方向下落距离与水平方向通过距离之比y1x=112gt21v0t=112tanθ.所以答案为B.变式（2013年上海高考）如图5，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.炸弹投出时的动能解析由于炸弹落地时速度垂直于山坡，依照例题1的方法将速度分解建立与倾角的关系，可先求出炸弹的飞行时间t.再由几何关系可知炸弹的水平位移x=hcosθ，由v0=x1t可求得轰炸机的飞行速度.根据H=h+112gt2，可求得轰炸机的飞行高度.由于炸弹的质量未知，故无法求得其动能.所以答案为A、B、C.点评物体从斜面外抛出垂直落在斜面上的问题，要充分利用“垂直”关系，将隐藏的关系挖掘出来，即将落地速度沿水平和竖直方向进行分解，则竖直分速度vy与落地速度vt的夹角就等于斜面倾角θ，利用tanθ=vx1vy=v01gt即可求解此类问题.1.2落点速度与斜面或切面平行例2如图6所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为θ=53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.8 m，重力加速度g=10 m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）小球水平抛出的初速度v0是多少？（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？解析（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，所以vy=v0tan53°，v2y=2gh，代入数据，得vy=4 m/s，v0=3 m/s.（2）由vy=gt1得t1=0.4 s，s=v0t1=3×0.4 m=1.2 m.变式如图7所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点.O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，求小球抛出时的初速度.解析将B点速度分解成水平分速度v0和竖直分速度vy，由于速度vt与圆弧相切，由几何关系得vy与vt的夹角等于60°，tan60°=v01vy=v01gt，得t=v013g.由几何关系，小球的水平位移x=R+Rcos60°，又x=v0t，解得v0=33gR12.点评当平抛的落点速度与斜面或切面平行时，要注意寻找速度角与几何角之间的关系，然后利用tanθ=vx1vy=v01gt求出相关物理量.1.3落点速度与斜面不垂直不平行例3如图8，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=cd.从a点正上方的O点以速度v0水平抛出一个小球，它落在斜面上b点.若小球从O点以速度2v0水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的A.b与c之间某一点B.c点C.c与d之间某一点D.d点解析由平抛运动的特点，平抛运动时间由高度决定，与初速无关，高度相同时，水平位移与初速成正比.故可过b点作一水平线ef，由于ab=bc，所以eb=bf.若没有斜面，则当初速为2v0时，水平位移是初速为v0时的两倍，小球将落在同一水平线上的f点，若有斜面，画出轨迹可知，小球将落在斜面上的b、c两点之间的某一点，故答案为A.变式（2012年上海卷）如图9，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点.若小球初速变为v，其落点位于c，则A.v0C.2v03v0解析过b点作水平线de，由于ab=bc，则有db=be，画出落点在c点的平抛轨迹可知，当速度为v时小球落在同水平线上的b、e之间，即与初速为v0时相比，落在水平线de上的水平位移大于前者的1倍而小于其2倍，由平抛运动规律可知，v0点评根据平抛运动的规律，平抛时间由高度决定，高度相同时水平位移与初速成正比.物体从斜面外以不同速度抛出，落在斜面上的位置不同，为了利用上述规律解题，应虚拟一水平面，并画出平抛轨迹，根据位移关系来确定速度关系或根据速度关系来确定位移关系.1.4落点在曲面上的平抛运动例4（2012年全国卷）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v0沿水平方向跳向另一侧坡面.如图10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=112hx2，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）略.解析平抛运动的分解x=v0t，y=2h-112gt2，得平抛运动的轨迹方程y=2h-g12v20x2，此方程与坡面的抛物线方程为y=112hx2的交点为x=4h2v201v20+gh，y=2hv201v20+gh.根据动能定理mg·（2h-y）=Ek-112mv20.由以上各式解得Ek=112mv20+2mghv201v20+gh.点评平抛运动与曲面相结合，其结合点通常有两个，一是建立速度角或位移角与几何角的关系；二是建立平抛轨迹方程与有关曲线方程的函数关系.本题解题的关键是要确定探险队员在坡面上落点的位置，为此就要建立平抛轨迹方程与抛物线方程的关系，考查了运用数学方法解决物理问题的能力.2在斜面上抛出的平抛运动例5如图11所示，小球以初速度v0自倾角为θ的斜坡顶端被水平抛出.若不计空气阻力作用且斜坡足够长，重力加速度为g，试求：（1）小球需经过多长时间落到斜坡上？落地点到斜坡顶端的距离是多大？（2）小球被抛出多久距离斜坡最远？解析当小球从斜坡上抛出落到斜坡上时，位移与水平方向的夹角就等于斜坡倾角；而当小球距离斜坡最远时，小球的速度与水平方向的夹角也必等于斜坡的倾角.（如图12）（1）因小球落到斜坡上（A点）位移与水平方向夹角θ满足tanθ=y1x=112gt211v0t1=gt112v0，得落地时间t1=2v0tanθ1g，所以落地点到斜坡顶端的距离s=sx1cosθ=v0t11cosθ=2v20sinθ1gcos2θ.（2）因小球距离斜坡最远（B点）速度与水平方向的夹角θ满足tanθ=vy1vx=gt21v0，所以小球达到距离斜坡最远所需时间t2=v0tanθ1g.变式（2008年全国理综卷Ⅰ）如图13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.。

平抛运动规律推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为ϕ，则θtan ＝2ϕtan 。

证明：如右图所示，由平抛运动规律得θtan ＝v y v x ＝gt v 0， ϕtan ＝y 0x 0＝12·gt 2v 0t ＝gt 2v 0，所以θtan ＝2ϕtan 。

推论Ⅱ：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点。

证明：如右图所示，ϕtan ＝y 0x 0，θtan ＝2ϕtan ＝y 0x 0/2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。

练习题：1.关于平抛运动的性质，以下说法中正确的是( )A ．变加速运动B ．匀变速运动C ．匀速率曲线运动D ．可能是两个匀速直线运动的合运动2.做斜上抛运动的物体，到达最高点时( )A ．具有水平方向的速度和水平方向的加速度B ．速度为零，加速度向下C ．速度不为零，加速度为零D ．具有水平方向的速度和向下的加速度3.如图，滑板运动员以速度v 0从离地高度为h 的平台末端水平飞出，落在水平地面上。

忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是( )A ．v 0越大，运动员在空中运动时间越长B ．v 0越大，运动员落地瞬间速度越大C ．运动员落地瞬间速度与高度h 有关D ．运动员落地位置与v 0大小无关4.如图所示，A 、B 两点在同一条竖直线上，A 点离地面的高度为2.5h ，B 点离地面高度为2h 。

将两个小球分别从A 、B 两点水平抛出，它们在P 点相遇，P 点离地面的高度为h 。

已知重力加速度为g ，则( )A ．两个小球一定同时抛出B ．两个小球抛出的时间间隔为g h ）（2-3C ．小球A 、B 抛出的初速度之比 23=B A v v D ．小球A 、B 抛出的初速度之比32=B A v v5.一个物体以初速v 0水平抛出，落地时速度为v ，则运动时间为( )A.g v v 0-B.g v v 0+C.g v v 202-D.gv v 202+位移的变化规律(1)任意相等时间间隔内，水平位移不变，且t v x ∆=∆0。

10 平抛运动1．基本方法：运动的合成与分解水平方向上：匀速直线运动；竖直方向上：自由落体运动． 2．基本规律(1)位移关系：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t y ＝12gt 2 合位移的大小s ＝x 2＋y 2位移方向偏转角tan θ＝y x ＝gt2v 0.(2)速度关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝gt 合速度的大小v ＝v x 2＋v y 2速度方向偏转角tan α＝v y v x ＝gtv 0＝2tan θ.3．三个重要推论(1)若速度方向与水平方向的夹角为α和位移方向与水平方向的夹角为θ，则 tan α＝2tan θ. (2)平抛运动到任一位置A ，过A 点作其速度方向的反向延长线交Ox 轴于C 点，有OC ＝x A2(如图1所示)．图1(3)任何一段时间内，速度变化量为Δv ＝g Δt ，方向恒为竖直向下；连续相等的时间间隔Δt 内，竖直方向的位移差不变为Δy ＝g (Δt )2，在平抛运动轨迹上找几个点，使x 1＝x 2＝…，利用y 2－y 1＝g (Δt )2可求重力加速度．1．和斜面相关的平抛运动解题技巧 (1)在斜面上平抛又落到斜面上(如图2)：图2①合位移与水平位移的夹角等于斜面倾角，常用位移关系tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt2v 0.②不同落点的速度方向与斜面的夹角相等．③离斜面最远时速度方向与斜面平行(如图3中P 点)，若求离斜面最远距离，常沿斜面、垂直斜面将速度和加速度分解．图3(2)平抛运动的物体垂直打在斜面上(如图4)：图4合速度与竖直速度的夹角等于斜面倾角θ，常用速度关系tan θ＝v x v y ＝v 0gt .(3)从斜面外恰好与斜面平行的方向落到斜面(如图5)：图5合速度与水平速度的夹角等于斜面倾角，常用速度关系tan θ＝v y v x ＝gtv 0.2．类比法处理类平抛运动(1)沿斜面类平抛(如图6)：重力沿斜面的分力产生的加速度g sin θ类比重力加速度g .图6(2)电场中类平抛：电场力产生的加速度a ＝qEm类比重力加速度g .(3)某星球表面平抛：星球表面的重力加速度g ′类比地球表面重力加速度g .示例1 (平抛运动的规律)(2020·全国卷Ⅱ·16)如图7，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h .若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点．c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点.E 2E 1等于( )图7A ．20B ．18C ．9.0D ．3.0 答案 B解析 摩托车从a 点做平抛运动到c 点，水平方向：h ＝v 1t 1，竖直方向：h ＝12gt 12，可解得v 1＝gh 2，动能E 1＝12m v 12＝mgh 4；摩托车从a 点做平抛运动到b 点，水平方向：3h ＝v 2t 2，竖直方向：0.5h ＝12gt 22，解得v 2＝3gh ，动能E 2＝12m v 22＝92mgh ，故E 2E 1＝18，B 正确．示例2 (和斜面有关的平抛运动)(2018·全国卷Ⅲ·17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和v2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 ＝v t ，x ·tan θ＝12gt 2，则v y ＝gt ＝2tan θ·v ，则落至斜面的速率v 落＝v 2＋v y 2＝v1＋4tan 2θ，即v 落∝v ，甲、乙两球抛出速度为v 和v2，则可得落至斜面时速率之比为2∶1，故A 正确．示例3 (与斜面有关的平抛运动)(2016·上海卷·23改编)如图8，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是位于竖直平面内以O 为圆心的一段圆弧，OA 与竖直方向的夹角为α.一小球以速度v 0从桌面边缘P 水平抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽．小球从P 到A 的运动时间为______________；直线P A 与竖直方向的夹角正切值tan β＝______________.(重力加速度为g )图8答案v 0tan αg 2tan α解析 据题意，小球从P 点抛出后做平抛运动，小球运动到A 点时将速度分解，有tan α＝v yv x ＝gt v 0， 则小球运动到A 点的时间为：t ＝v 0tan αg ；从P 点到A 点的位移关系有： tan β＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt ＝2tan α.示例4 (平抛运动的临界问题)(2015·全国卷Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图9所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )图9A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜(4L 12＋L 22)g6hC.L 12g 6h ＜v ＜12(4L 12＋L 22)g6hD.L 14g h ＜v ＜12(4L 12＋L 22)g6h答案 D解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 122①L 12＝v 1t 1② 联立①②得v 1＝L 14g h当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 (L 22)2＋L 12＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝12(4L 12＋L 22)g6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12(4L 12＋L 22)g6h，选项D 正确．。

一.必备知识和方法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．常见的模型模型方法分解速度，构建速度三角形，找到斜面倾角θ与速度方向的关系 分解速度，构建速度的矢量三角形 分解位移，构建位移三角形，隐含条件：斜面倾角θ等于位移与水平方向的夹角 根本 规律水平：v x ＝v 0竖直：v y ＝gt 合速度：v ＝v 2x ＋v 2y水平：v x ＝v 0 竖直：v y ＝gt 合速度：v ＝v 2x ＋v 2y水平：x ＝v 0t 竖直：y ＝12gt 2 合位移：方向：tan θ＝v xv y 方向：tan θ＝v yv xs ＝x 2＋y 2 方向：tan θ＝yx 运动 时间由tan θ＝v 0v y ＝v 0gt 得t ＝v 0g tan θ由tan θ＝v y v 0＝gtv 0得t ＝v 0tan θg由tan θ＝y x ＝gt2v 0得t＝2v 0tan θg3.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，那么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根底。

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：分解速度，构建速度三角形分解位移，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v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v20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＝yx，其中y＝12gt2，x＝vt，则t＝2v0tan θg，L＝xcos θ＝v 0 tcos θ＝2v20tan θg cos θ，故t与v0成正比，L与v20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mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma解得a＝g sin 53°－μg cos 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＝12gt2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Htan 53°＋L，设这段时间为t′，则H－h＝12gt′2H tan 53°＋L ≤vt ′解得v ≥6.0 m/s，所以最小速度v min ＝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∶1B ．球1和球2动能增加量之比为1∶2C ．球1和球2抛出时初速度之比为22∶1D ．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 ＝12gt 2得t ＝2hg，解得运动的时间比为1∶2，故A 错误；根据动能定理得mgh ＝ΔE k ，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 ＝v 0t ，解得初速度之比为22∶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.v 0tan θg B ．2v 0tan θgC.v 0cot θgD.2v 0cot θg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＝xy，而x＝v0t，y＝12gt2，解得t＝2v0cot θg.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．。