第一章 素养提升课一 平抛运动的综合问题-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一物理必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（教科版2019）

素养提升课一　平抛运动的综合问题 【素养目标】　1．熟练掌握平抛运动的规律，会分析平抛运动与斜面、曲面相结合的问题。2．能根据问题情境确定平抛运动的临界条件，会计算平抛运动的临界速度。3．会利用平抛运动解决类平抛运动问题。 提升点一　与斜面、曲面结合的平抛运动 1．与斜面结合的平抛运动 已知条件 情景示例 解题策略 已知速度方向 从斜面外水平抛出，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面 分解速度，构建速度三角形 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 从斜面外水平抛出，恰好无碰撞地进入斜面轨道，如图所示，已知该点速度方向沿斜面 分解速度，构建速度三角形 vx＝v0 vy＝gt tan α＝＝ 已知位移方向 从斜面上水平抛出又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下 分解位移，构建位移三角形 x＝v0t y＝gt2 tan θ＝＝ 在斜面外水平抛出，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面 分解位移，构建位移三角形 x＝v0t y＝gt2 tan θ＝＝ 2．与曲面结合的平抛运动 情景示例 解题策略 从圆弧形轨道外水平抛出，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向 分解速度，构建速度三角形 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 从圆弧左端点正上方水平抛出，垂直落在圆弧面上，如图所示，已知速度的方向垂直于圆弧面 分解速度，构建速度三角形 vx＝v0 vy＝gt tan θ＝＝ 从圆弧左端点水平抛出又落到圆弧面上(以落点在O′右侧为例)，如图所示 利用几何关系求解位移关系 x＝v0t y＝gt2 R2＝(x－R)2＋y2 角度一　与斜面结合的平抛运动 如图所示，小球以v0＝15 m/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。求这一过程中：(不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 学生用书↓第19页 (1)小球在空中的飞行时间t； (2)抛出点距撞击点的高度h。 [解题导引]　(1)小球垂直撞在斜面上，知道其落到斜面上的速度方向，将速度分解。 (2)由竖直速度确定飞行时间和下落高度。 答案：(1)2 s　(2)20 m 解析：(1)将小球垂直撞在斜面上的速度分解，如图所示 由图可知θ＝37°，β＝53° 则tan β＝＝ 代入数据解得t＝2 s。 (2)根据平抛运动的规律有h＝gt2 可求得抛出点距撞击点的高度 h＝×10×22 m＝20 m。 针对练．(多选)(2023·四川乐山高一统考期末)如图1是某跳台滑雪比赛中的精彩瞬间，赛道简化如图2所示。运动员a、b(可视为质点)从雪道末端先后沿水平方向向左飞出，飞出时的初速度之比为va∶vb＝2∶3。不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到斜坡上的整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动员a、b飞行时间之比为3∶2 B．运动员a、b飞行的水平位移之比为2∶3 C．运动员a、b落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同 D．运动员a、b落到斜坡上的瞬时速度大小之比为2∶3 答案：CD 解析：根据tan θ＝＝，可得t＝∝v0，可知运动员a、b飞行时间之比为2∶3，选项A错误；水平位移x＝v0t＝∝v，可得运动员a、b飞行的水平位移之比为4∶9，选项B错误；运动员a、b落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同，落到斜坡上的瞬时速度大小v＝＝v0∝v0，即瞬时速度大小之比为2∶3，选项C、D正确。 角度二　与曲面结合的平抛运动 (2023·乐山市峨眉第二中学校考)如图所示，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A正上方的P点，以大小为v0的初速度水平抛出，其运动轨迹恰好与半圆柱体相切于B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为45°，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则P、A两点的高度差为(　　) A． B．v C．v D． 答案：B 解析：小球做平抛运动，水平方向有R＋Rcos 45°＝vt，在B处相切，有tan 45°＝＝，解得R＝v，由几何关系有P、A两点的高度差h＝gt2＋Rsin 45°，解得h＝v，故选B。 针对练．(2023·四川绵阳高一统考期末)如图所示，竖直面内有一半圆形槽，O为圆心，直径AB水平，甲、乙两小球分别从A点和O点以速度v1和v2水平抛出，在空中运动时间分别是t1和t2，甲球落在半圆形槽最低点P，乙球落在PB弧上的Q点，Q点与OP的中点等高。则(　　) A．t1>t2，v1>v2 B．t1>t2，v1<v2 C．t1<t2，v1>v2 D．t1<t2，v1<v2 答案：B 解析：由题图可知x甲＝R，y甲＝R，x乙＝R，y乙＝，甲、乙两小球做平抛运动，竖直方向有y＝gt2，解得t1＝，t2＝，故t1>t2，水平方向有x甲＝R＝v1t1，x乙＝R＝v2t2，解得v1＝，v2＝ ＝>v1，故选B。 提升点二　平抛运动的临界问题 1．常见的“三种”临界特征 (1)有些题目中有“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，这个极值点往往是临界点。 2．平抛运动临界极值问题的分析方法 (1)确定研究对象的运动性质。 (2)根据题意确定临界状态。 学生用书↓第20页 (3)确定临界轨迹，画出轨迹示意图。 (4)应用平抛运动的规律，结合临界条件列方程求解。 (2022·宿迁高一检测)水平地面上有一高h＝4.2 m的竖直墙，现将一小球以v0＝6.0 m/s的速度垂直于墙面水平抛出，已知抛出点与墙面的水平距离x＝3.6 m、离地面高H＝5.0 m，不计空气阻力，不计墙的厚度。g取10 m/s2。求： (1)小球碰墙点离地面的高度h1； (2)小球碰墙时的速度大小； (3)为使小球能越过竖直墙，小球抛出时的初速度大小应满足的条件。 答案：(1)3.2 m　(2)6 m/s　(3)v0≥9.0 m/s 解析：(1)小球在碰到墙前做平抛运动，设小球碰墙前运动时间为t，根据x＝v0t知，小球平抛运动的时间t＝＝s＝0.6 s， 根据H－h1＝gt2得 h1＝H－gt2＝5 m－×10×0.36 m＝3.2 m。 (2)平抛运动在竖直方向上的分速度 vy＝gt＝10×0.6 m/s＝6 m/s 根据平行四边形定则知，小球碰墙时的速度 v＝＝ m/s＝6 m/s。 (3)若小球恰好能越过竖直墙，则竖直方向有 H－h＝gt 水平方向有v0t1≥x 解得v0≥9.0 m/s。 针对练1.如图所示，窗户上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗户上沿h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物件以大小为v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗户并落在水平地面上，取g＝10 m/s2。则v的取值范围是(　　) A．v≥7 m/s B．v≤2.3 m/s C．3 m/s≤v≤7 m/s D．2.3 m/s≤v≤3 m/s 答案：C 解析：小物件做平抛运动，恰好擦着窗户上沿右侧穿过时v最大，此时有L＝vmaxt，h＝gt2，代入数据解得vmax＝7 m/s；恰好擦着窗户下沿左侧穿过时速度v最小，则有L＋d＝vmint′，H＋h＝gt′2，代入数据解得vmin＝3 m/s，故v的取值范围是3 m/s≤v≤7 m/s，故C正确，A、B、D错误。 针对练2.(多选)如图所示，运动员在边界A处正上方B点将球水平向右击出，球恰好过网C落在D处，已知AB高h1＝1.8 m，图中xAC＝18.3 m，xCD＝9.15 m，网高为h2，不计空气阻力，g取10 m/s2，则下列选项正确的是(　　) A．球网上边缘的高度h2＝1 m B．若保持击球位置、高度和击球方向不变，球刚被击出时的速率为60 m/s，球不能落在对方界内 C．任意增加击球的高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 D．任意降低击球高度(仍高于h2)，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内 答案：AC 解析：根据h1＝gt得t1＝ ＝ s＝0.6 s，则平抛运动的初速度为v0＝＝m/s＝45.75 m/s，球击出后运动到球网的时间为t2＝＝s＝0.4 s，球下落的高度为Δh＝gt＝×10×0.16 m＝0.8 m，则球网上边缘的高度为h2＝h1－Δh＝(1.8－0.8) m＝1 m，A正确；当v0′＝60 m/s时，球落地时运动的水平距离x＝v0′t1＝60×0.6 m＝36 m<2xAC，则球一定能落在对方界内，B错误；增加击球高度，只要速度合适，球一定能落在对方界内，C正确；任意降低击球高度(仍大于h2)，会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大时会出界，速度小时会触网，所以击球高度比网高时，球不一定落在对方界内，D错误。 提升点三　类平抛运动 1．受力特点 物体所受的合外力为恒力，且与初速度方向垂直。 2．研究方法：运动的分解 将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿合外力方向的初速度为零的匀变速直线运动。 3．运动规律 初速度v0方向上：vx＝v0，x＝v0t。 合外力方向上：a＝，vy＝at，y＝at2。 如图所示，将质量为m的小球从倾角为θ的光滑斜面上A点以速度v0水平抛出(即v0∥CD)，小球运动到B点，已知A点的高度为h，重力加速度为g，求： 学生用书↓第21页 (1)小球加速度的大小； (2)小球到达B点的时间； (3)小球到达B点时的速度大小。 答案：(1)gsin θ　(2) 　(3) 解析：(1)小球从A点抛出后在斜面上做类平抛运动。由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma 解得a＝gsin θ。 (2)小球在沿斜面向下的方向做初速度为零的匀加速直线运动，有＝at2 解得t＝ 。 (3)小球沿水平方向做匀速直线运动，有vx＝v0 小球在沿斜面向下的方向做初速度为零的匀加速直线运动，有vy＝at 则小球到达B点时的速度大小为vB＝＝ 。 类平抛运动的处理方法 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(即沿合力的方向)的匀加速直线运动，两个分运动彼此独立、互不影响，且与合运动具有等时性。 针对练1.如图所示，A、B两个质点以相同的水平速度从坐标原点O沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B紧贴光滑的斜面运动，落地点为P2，P1、P2在同一水平面内，P1和P2对应的x轴坐标分别为x1和x2，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．x1＝x2 B．x1>x2 C．x1<x2 D．无法判断答案：C 解析：设A、B质点抛出时的水平初速度为v0，下落高度为h。A质点做平抛运动，运动的时间为tA＝；B质点做类平抛运动，在斜面上沿垂直v0方向，有＝gt sin θ(θ为斜面与水平面的夹角)，解得tB＝，可知tB>tA。由质点沿x轴方向的位移x＝v0t，可得x1<x2。故A、B、D错误，C正确。 针对练2.(多选)如图所示，倾角为α的足够大的光滑斜面上，有一个xOy坐标系，x轴沿水平方向，重力加速度为g。若将光滑金属小球从O点分别施以不同的初始运动条件，关于其后的运动规律，下列分析正确的有(　　) A．将小球以初速度v0分别沿x轴和y轴的正方向抛出，到达斜面底边所用的时间相同 B．将小球以不同的初速度沿x轴的正方向抛出，到达斜面底边所用的时间不相同 C．将小球以速度v0沿x轴正方向抛出和无初速度释放小球，到达斜面底边的时间相同 D．无论怎样将小球沿斜面抛出或释放，小球做的都是匀变速运动，加速度大小均为gsin α 答案：CD 解析：将小球分别沿着x轴和y轴正方向抛出，沿y轴方向的加速度相同，到达斜面底边时沿y轴方向的位移相同，而沿y轴方向的初速度不同，故时间一定不同，故A错误；无论是以多大的初速度沿x轴正方向抛出小球，沿y轴方向，小球到达斜面底边的位移相同，初速度(v0y＝0)及加速度相等，则小球到达斜面底边所用的时间相同，故B错误，C正确；无论怎样将小球沿斜面抛出或释放，小球只受重力和斜面的支持力，加速度大小均为gsin α，小球均做匀变速运动，故D正确。 1．利用手机可以玩一种叫“扔纸团”的小游戏。如图所示，游戏时，游戏者滑动屏幕将纸团从P点以速度v水平抛向固定在水平地面上的圆柱形废纸篓，纸团恰好从纸篓的上边沿入篓并直接打在纸篓的底角。若要让纸团进入纸篓中并直接击中篓底正中间，下列做法可行的是(　　) A．在P点将纸团以小于v的速度水平抛出 B．在P点将纸团以大于v的速度水平抛出 C．在P点正上方某位置将纸团以小于v的速度水平抛出 D．在P点正下方某位置将纸团以大于v的速度水平抛出 答案：C 解析：在P点将纸团以小于v的速度水平抛出，纸团下降到纸篓上边沿这段时间内，水平位移变小，纸团不能进入纸篓中，故A错误；在P点将纸团以大于v的速度水平抛出，则纸团下降到篓底的时间内，水平位移增大，不能直接击中篓底的正中间，故B错误；要使纸团进入纸篓且直接击中篓底正中间，分析临界状态可知，最可能的入篓点为左侧纸篓上边沿。若在P点正上方某位置将纸团以小于v的速度水平抛出，根据x＝v可知，纸团水平位移可以减小且不会与纸篓的左边沿相撞，纸团有可能击中篓底正中间，故C正确；同理可得D错误。 2．(2023·四川泸州高一统考期末)如图所示，足够宽的光滑斜面与水平面的夹角为θ。小球从O点以水平速度v0抛出，落地点为P。保持OO′的距离不变，逐渐增大夹角θ(θ<90°)，将小球仍然从O点以相同水平速度v0抛出。不计一切阻力，增大θ的过程中，小球落地点与P点的关系正确的是(　　) 学生用书↓第22页 A．落地点在P点左侧，且落地点离P点的距离在变大 B．落地点在P点左侧，且落地点离P点的距离在变小 C．落地点在P点右侧，且落地点离P点的距离在变大 D．落地点在P点右侧，且落地点离P点的距离在变小 答案：C 解析：小球在光滑斜面上做类平抛运动，将小球的运动分解为沿初速度方向和沿斜面方向，沿初速度方向，有x＝v0t，沿斜面方向，有y＝at2，a＝gsin θ，倾角θ变大，小球下滑的加速度变大，下滑时间变短，所以沿初速度方向的位移变小，落点会在P点的右侧，且落地点离P点的距离在变大，A、B、D错误，C正确。 3．如图所示，A、B两个小球从半圆轨道的水平直径两端同时水平抛出，正好在C点相遇。OC与水平面夹角θ＝60°，则A、B球的初速度之比为(　　) A．3∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶3 答案：A 解析：由题意可知，两球做平抛运动，同时抛出，又在C点相遇，说明运动的时间相同，设R为半圆轨道的半径，由平抛运动水平位移公式可得x1＝v1t，x2＝v2t，根据几何关系可得x1＝R＋Rcos θ＝R，x2＝R－Rcos θ＝R，则A、B球的初速度之比为v1∶v2＝∶＝3∶1，所以A正确，B、C、D错误。 4．跳台滑雪是一项勇敢者的运动，它需要利用山势特点建造一个特殊跳台。一个运动员穿着专用滑雪板，不带雪杖，在滑雪道上获得较高速度后从A点沿水平方向飞出，在空中飞行一段距离后在山坡上B点着陆，如图所示。已知可视为质点的运动员从A点水平飞出的速度v0＝20 m/s，山坡可看成倾角为37°的斜面，不考虑空气阻力，(g＝10 m/s2，tan 37°＝)。求： (1)运动员在空中的飞行时间t； (2)运动员从飞出至落在斜面上的位移大小s； (3)运动员落到斜面上时的速度大小v。 答案：(1)3 s　(2)75 m　(3)10 m/s 解析：(1)运动员从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＝gt2，又有tan 37°＝ 代入数据解得t＝3 s，x＝60 m，y＝45 m。 (2)运动员落在斜面上的位移大小 s＝＝75 m。 (3)运动员落在斜面上时速度的竖直分量 vy＝gt＝10×3 m/s＝30 m/s 故运动员落到斜面上时的速度大小 v＝＝10 m/s。 课时测评5　平抛运动的综合问题 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8题，每题5分，共40分) 1．某次实兵实弹演练中，火箭炮在山坡上发射炮弹，所有炮弹均落在山坡上，炮弹的运动可简化为斜面上的平抛运动，如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．若将炮弹初速度减为，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角不变 B．若将炮弹初速度减为，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角变小 C．若将炮弹初速度减为，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角变大 D．若将炮弹初速度减为，炮弹位移变为原来的 答案：A 解析：因为炮弹落在斜面上的位移方向不变，所以落在斜面上的速度方向不变，B、C错误，A正确；由tan θ＝得t＝，而h＝gt2，故h∝v，若将炮弹初速度减为，则炮弹下落高度变为原来的，由于炮弹位移x＝，所以炮弹位移也变为原来的，D错误。 2．(多选)(2023·四川绵阳高一统考期中)斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以不同的初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经历的时间为t，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．若小球以最小位移到达斜面，则t＝ B．若小球垂直击中斜面，则t＝ C．若小球恰能击中斜面中点，则t＝ D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均相等 答案：BC 解析：小球的位移与斜面垂直时，小球以最小位移到达斜面，分解小球的位移可得：水平方向x＝v0t，竖直方向y＝gt2，根据几何关系有tan θ＝＝，解得t＝，故A错误；小球的速度与斜面垂直时，小球垂直击中斜面，分解小球速度可得tan θ＝，解得t＝，故B正确；若小球能击中斜面中点，设小球下落的高度为h，水平位移为x，由几何关系可得tan θ＝＝＝，解得t＝，故C正确；小球到达斜面的位置不一样，在空中运动的时间也不一样，故D错误。 3．如图所示，M、N是两块挡板(厚度不计)，挡板M高h′＝10 m，其上边缘与挡板N的下边缘在同一水平面。从高h＝15 m的A点以速度v0水平抛出一小球(可视为质点)，A点与两挡板的水平距离分别为d1＝10 m，d2＝20 m。N板的上边缘高于A点，若能使小球直接进入挡板M的右边区域，则小球水平抛出的初速度v0的大小可能是下列给出数据中的哪个(g取10 m/s2，空气阻力不计)(　　) A．8 m/s B．4 m/s C．15 m/s D．21 m/s 答案：C 解析：要让小球落到挡板M的右边区域，下落的高度为Δh＝h－h′＝5 m，由t＝ 得t＝1 s，由d1＝v01t，d2＝v02t，可得v0的范围为10 m/s＜v0＜20 m/s，故C正确，A、B、D错误。 4．如图所示，小球以速度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，则以下说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．小球在空中的运动时间为 B．小球的水平位移大小为 C．小球的竖直位移大小为 D．由于不知道抛出点位置，位移大小无法求解 答案：B 解析：如图所示，过抛出点作斜面的垂线与斜面交于B点，当小球落在斜面上的B点时，位移最小。设运动的时间为t，则水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝gt2。根据几何关系有＝tan θ，联立解得t＝，小球的水平位移大小为x＝v0t＝，竖直位移大小为y＝gt2＝，由水平位移和竖直位移可求解总位移的大小，故A、C、D错误，B正确。 5．如图所示，A、B两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平地面上，不计阻力，则下列说法正确的是(　　) A．A、B的运动时间相同 B．A、B沿x轴方向的位移相同 C．A、B运动过程中的加速度大小相同 D．A、B落地时速度大小相同 答案：D 解析：设O点与水平地面的高度差为h，A质点做平抛运动，根据平抛运动的规律可知h＝gt，B质点在光滑斜面上的运动可视为类平抛运动，其沿斜面方向的加速度为gsin θ，由类平抛运动规律可知，＝gsin θ·t，则A、B两质点的运动时间分别为t1＝ ，t2＝ ，故t1<t2，选项A错误；由x1＝v0t1，x2＝v0t2可知x1<x2，选项B错误；由a1＝g，a2＝gsin θ可知，选项C错误；A落地的速度大小为vA＝＝，B落地的速度大小为vB＝＝，所以vA＝vB，选项D正确。 6．如图所示，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)，运动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与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则小球在B点的速度方向与水平方向的夹角为30°，故vy＝v0tan 30°，又vy＝gt，联立解得t＝，小球在水平方向上做匀速直线运动，则有R＋Rcos 60°＝v0t，联立解得v0＝ ，故选B。 7．如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则A、B之间的水平距离为(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：如图所示，对在B点时的速度进行分解，小球运动的时间t＝＝，则A、B间的水平距离x＝v0t＝，故A正确，B、C、D错误。 8．(多选)(2022·河南郑州六县期末联考)如图所示，AC为一斜坡，D为AC的中点，MN是一与斜坡A点等高的平台。小球a从平台末端M点以初速度v0水平向左飞出，恰好落在斜坡底端C点，另一小球b以初速度2v0从平台末端M点水平向左飞出，恰好落在斜坡上的D点，则下列说法正确的是(　　) A．两小球在空中运动的时间之比为ta∶tb＝∶1 B．两小球在空中运动的时间之比为ta∶tb＝2∶1 C．两小球的水平位移之比为xa∶xb＝1∶ D．两小球的水平位移之比为xa∶xb＝1∶ 答案：AD 解析：由几何关系可知，落到C点的a球和落到D点的b球的竖直高度之比为2∶1，根据t＝可知，两小球在空中运动的时间之比为ta∶tb＝∶1，选项A正确，B错误；水平方向根据x＝vt，因两球的初速度之比为1∶2，时间之比为∶1，可知两小球的水平位移之比为xa∶xb＝1∶，选项C错误，D正确。 9．(10分)如图所示，光滑斜面长L＝10 m，倾角为30°，一小球从斜面的顶端以v0＝10 m/s的初速度水平射入，求：(g取10 m/s2) (1)小球沿斜面运动到底端时的水平位移x； (2)小球到达斜面底端时的速度大小。 答案：(1)20 m　(2)10 m/s 解析：(1)小球在斜面上沿v0方向做匀速直线运动，沿垂直于v0方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝ma，又L＝at2 解得t＝ 则x＝v0t＝v0＝20 m。 (2)小球运动到斜面底端时的速度大小用v表示，则有vx＝v0＝10 m/s vy＝＝＝＝10 m/s 则v＝＝10 m/s。 10．(10分)如图所示，水平屋顶高H＝5 m，墙高h＝3.2 m，墙到房子的距离L＝3 m，墙外马路宽x＝10 m，小球从房顶a点水平飞出。(g取10 m/s2) (1)若小球落在墙外的马路上，求小球在空中运动的时间t； (2)若小球恰好经过墙顶b点后落在马路上，求小球离开房顶时的速度v0； (3)若小球落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v0的取值范围。 答案：(1)1 s　(2)5 m/s　(3)5 m/s≤v0≤13 m/s 解析：(1)小球做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，有H＝gt2，解得小球在空中运动的时间t＝1 s。 (2)小球运动到墙顶b点的过程中，竖直方向上有H－h＝gt，水平方向上有v0t1＝L，联立解得v0＝5 m/s。 (3)要使小球落在墙外马路上。那么小球恰好经过墙顶b点后落在马路上时，初速度最小；小球落在马路的最右端时，初速度最大。竖直方向上有H＝gt2，水平方向上有L＋x＝v0t，联立解得v0＝13 m/s，则小球抛出时的速度v0的取值范围为5 m/s≤v0≤13 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$