θ30°的斜面顶端以初动能E6J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。
解析：以抛出点和落地点连线为对角线画出矩形ABCD，可以证明末速度vt的反向延长线必然交AB于其中点O，由图中可知AD∶AO2∶3，由相似形可知vt∶v07∶3，因此很容易可
A
v0B
θ
Dvt
vy
v0
O
以得出结论：E14J。
C
点评：本题也能用解析法求解。列出竖直分运动和水平分运动的方程，注意到倾角和下
落高度和射程的关系，有：h1gt2，sv0t，hta

2
s
或h1vyt，sv0t，hta

2
s
同样可求得vt∶v07∶3，E14J
四、曲线运动的一般研究方法
研究曲线运动的一般方法就是正交分解法。将复杂的曲线运动分解为两个互相垂直方向上的直线运动。一般以初速度或合外力的方向为坐标轴进行分解。
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【例7】如图所示，在竖直平面的xoy坐标系内，oy表示竖直向上方向。该平面内存在沿x轴正向的匀强电场。一个带电小球从坐标原点沿oy方向竖直向上抛出，初动能为4J，不计空气阻力。它达到的最高点位置如图中M点所示。求：
⑴小球在M点时的动能E1。
⑵在图上标出小球落回x轴时的位置N。
⑶小球到达N点时的动能E2。
解析：⑴在竖直方向小球只受重力，从O→M速度由v0减小到0；在水平方向小球只受电场力，速度由0增大到v1，由图知这两个分运动平均速度大小之比为2∶3，因此v0∶v12∶3，所以小球在M点时的动能E19J。
⑵由竖直分运动知，O→M和M→N经历的时间相同，因此水平位移大小之比为1∶3，故N点的横坐标为12。
⑶小球到达N点时的竖直分速度为v0，水平分速度为2v1，由此可得此时动能E240J。
五、综合例析
【例8】如图所示，为一平抛物体运动的闪光照片示意图，照片与实际大小相比缩小10倍对照片中小球位置进行测量得：1与4闪光点竖直距离为15cm，4与7闪光点竖直距离为25cm，各闪光点之间水平距离均为05cm则
1小球抛出时的速度大小为多少
2验证小球抛出点是否在闪光点1处，若不在，则抛出点距闪光点1的实际水平距离和竖直距离分别为多少空气阻力不计，g＝10ms2
解析：
1设14之间时间为T，竖直方向有：2515×102×10m＝gT2所以T01s水平方向：05×102×3×10m＝v0T
所以v015ms
2设物体在1点的竖直分速度为v1y14竖直方向：15×102×10mv1yT1gT2
2解得v1y1ms
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因v1y≠0，所以1点不是抛出点设抛出点为O点，距1水平位移为xm，竖直位移为ym，有水平方向xv0t
竖直方向：

y


12
gt2
r