江苏省南京市金陵中学2025-2026学年高一上学期期末练习物理试卷

2025-2026学年江苏省南京市金陵中学高一（上）期末物理练习试卷 一、单选题：本大题共11小题，共44分。 1.在巴黎第33届奥林匹克运动会女子20公里竞走项目中，我国选手杨家玉以1小时25分54秒的成绩夺得金牌。杨家玉某段路程中轨迹如图所示，其中ab段为曲线，做减速运动，bc段为直线，做加速运动。下列说法正确的是(    ) A. “20公里”指位移，“1小时25分54秒”指时刻 B. 研究杨家玉全程20公里运动轨迹时不可以把她视为质点 C. 杨家玉从a到c位移的方向与平均速度的方向相同 D. 杨家玉从a到c运动的平均速率是平均速度的大小 2.如图甲所示，火箭发射时，速度能在12s内由0增加到；如图乙所示，汽车以的速度行驶，急刹车时能在内停下来，初速度的方向为正方向，下列说法中正确的是(    ) A. 火箭的加速度比汽车的加速度大 B. 内汽车的速度变化率为 C. 火箭的速度变化比汽车的慢 D. 12s内火箭的速度变化量为 3.如图所示，为平直公路旁间距相等的路灯柱，一小汽车可视为质点从1、2两路灯柱之间的某位置以一定的初速度做匀减速运动，到达路灯柱6时停止运动。现将该车的初速度减半，从相同位置出发以相同的加速度做匀减速运动，则该车停止运动时的位置在(    ) A. 1、2两路灯柱之间 B. 2、3两路灯柱之间 C. 3、4两路灯柱之间 D. 4、5两路灯柱之间 4.随着科技的发展，无人机送餐已在北京、上海、深圳等多个城市进行试点。某外卖员在某次练习使用无人机送餐时，控制无人机以的速度竖直匀速升空，当无人机上升到距地面15m时餐盒突然脱落，取重力加速度，忽略餐盒受到的空气阻力，则餐盒从脱落到落地的时间为(    ) A. B. C. 1s D. 3s 5.关于如图四幅图片的说法，不正确的是(    ) A. 甲图中足球对球网的作用力是足球发生形变产生的 B. 乙图中重力的分力就是物块对斜面的压力 C. 丙图中桌面对书的支持力与书对桌子的压力大小相等，方向相反 D. 丁图中轮胎上的花纹是为了增大接触面的粗糙程度 6.如图所示，轻质细线OA、OB、OC系于O点。A端固定于天花板上，B端与水平桌面上的物块乙相连，C端系有物块甲。初始时OA与竖直方向的夹角为，OB与水平方向平行。现对物块甲施加水平向右的外力F，在保持O点位置不变的情况下，使物块甲缓慢向右上方移动少许，在移动过程中，下列说法正确的是(    ) A. 物块乙所受合力逐渐增大 B. 细线OA上的弹力不变 C. 细线OC上的弹力逐渐减小 D. 外力F逐渐减小 7.如图所示，将一杯水放在桌面上，杯下压一张纸条，将纸条水平向右从杯底快速抽出，水杯相对桌面仅有微小移动。已知各接触面粗糙，则(    ) A. 纸条抽出的速度越大，水杯的惯性越大 B. 纸条抽出的速度越大，水杯的惯性越小 C. 抽出纸条过程，水杯受到向右的摩擦力 D. 抽出纸条过程，水杯受到向左的摩擦力 8.如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一棵又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间(    ) A. 4号猴子的加速度和速度都等于0 B. 3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上 C. 1号猴子对2号猴子的作用力大小为 D. 2号猴子对3号猴子的作用力大小为 9.实验小组同学自制的飞行器在时由空中某处开始向下运动，之后它在竖直方向上的速度与时间的关系图像如图所示。关于飞行器的状态，下列说法正确的是(    ) A. 内飞行器处于超重状态 B. 内飞行器处于超重状态 C. 内飞行器处于超重状态 D. 内飞行器处于失重状态 10.一列车沿直线向右匀加速运动的过程中，列车车厢顶部落下一个小物块，不计空气阻力，则物块相对车厢的轨迹a和相对地面的轨迹b均可能正确的是(    ) A. B. C. D. 11.如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的细线一端连接Q，另一端悬挂一物块设细线的左边部分与水平方向的夹角为，初始时很小．现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动下列说法正确的是(    ) A. 当时，P、Q的速度之比是：2 B. 当时，Q的速度最大 C. 当时，Q的速度为零 D. 当向增大的过程中Q的合力一直增大 二、实验题：本大题共1小题，共12分。 12.在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标。 ①下列说法正确的是______。 A.实验所用斜槽应尽量光滑 B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来 C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据 ②根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小______。 A. ③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是______。 某同学利用所示装置，使用频闪照相机对小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光，如图所示是在实验中测得的小球影像，各位置间的实际高度差在图中标出。 完成下列填空：结果均保留2位有效数字 小球运动到图中位置A时，其速度的水平分量大小为______，竖直分量大小为______； 根据图中数据可得，当地重力加速度的大小为______。 三、计算题：本大题共4小题，共44分。 13.汽车甲以速度在平直公路上匀速行驶，某时刻司机发现正前方有一辆汽车乙开始启动并做匀加速运动，为防止两车相撞，甲车司机立即刹车使车做匀减速运动，以此时为0时刻，两车运动的图像如图所示。运动过程中甲车恰好没有撞上乙车，忽略两车大小。求： 两车运动的加速度大小； 从汽车甲刹车到停止的过程中两车间的最远距离。 14.如图所示，某同学用一只手同时夹住三本相同的书籍在竖直方向保持静止，每本书的质量均为440g，手与书之间的动摩擦因数为，书本之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。 中间的书受到左右两侧书的摩擦力分别是多大？ 若要保证三本书与手都静止，则手在书本一侧施加的压力至少是多少？ 15.如图所示，水平工作台上的木板P通过细线跨过光滑定滑轮与重物Q相连，物块可视为质点放在木板的右端。物块K与木板P的质量均为，木板P的长度为，物块K与木板P间的动摩擦因数为，木板P与工作台面间的动摩擦因数，，由静止释放重物Q，P到滑轮足够远，Q到地面足够高。则： 若使木板P发生滑动，Q的质量至少为多少？ 若使物块K与木板P发生相对滑动，Q的质量至少为多少？ 若Q的质量为，时由静止释放，时，细线断裂，之后在运动中物块K恰好没有从木板P的左端滑落，求最终物块K距木板P的左端的距离为多少？ 16.如图所示为滑雪运动员进行大跳台训练的示意图，运动员从倾角为的斜面顶端O点以的速度飞出，速度方向与斜面的夹角为，图中虚线为运动员在空中的运动轨迹，A点为轨迹上离斜面最远的点，B点为运动员在斜面上的落点。已知重力加速度取，，，不计空气阻力。求： 点到斜面的距离； 运动员落在B点时的速度方向与斜面夹角的正切值； 改变运动员从O点飞出时的速度方向，当运动员以相同速率v分别沿角度方向和水平方向飞出时，运动员落在斜面上的同一点。求角度。 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：题中的“20公里”指运动轨迹的产生，是路程，“1小时25分54秒”对应运动的过程，指时间间隔，故A错误； B.研究运动员的运动轨迹时，运动员本身的大小和形状可以忽略，对研究问题没有影响，可以看成质点，故B错误； C.根据平均速度公式可知，杨家玉从a到c位移的方向与平均速度的方向相同，故C正确； D.平均速率是路程比时间，平均速度是位移比时间，杨家玉的路程与位移大小不相等，所以平均速率与平均速度的大小不相等，故D错误。 故选：C。 位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也有方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向；时间间隔对应一个过程，时刻对应一个瞬间；平均速度是位移与时间的比值，平均速率是路程与时间的比值。 解决本题的关键理解路程和位移的区别及联系，要明确位移是矢量，有大小，有方向，可以用由初始位置指向末位置的有向线段表示；路程表示运动轨迹的长度，只有大小，没有方向。 2.【答案】C  【解析】解：由题意，火箭加速度大小为，汽车的初速度为，减速时加速度大小为，可知火箭的加速度比汽车的加速度小，火箭的速度变化比汽车的慢，故A错误，C正确； B.内汽车的速度变化量为，速度变化率即加速度为，故B错误； D.12s内火箭的速度变化量为，故D错误。 故选：C。 根据加速度的概念列式解答比较；根据速度变化量和速度变化率的概念进行分析解答。 考查加速度的比较和计算，理解相应的物理概念，注意它们的矢量性特点，属于基础题。 3.【答案】B  【解析】解：匀变速直线运动设小汽车第一次初速度大小为，减速过程中的加速度大小为a，相邻两路灯柱之间的距离为d，小汽车出发时离路灯柱2的距离为，则由匀变速直线运动规律可得 设初速度减半后该车能经过个路灯柱，同理可得 代入数据得 即，故该车停在2、3两路灯柱之间，故ACD错误，B正确。 故选：B。 根据匀变速直线速度-位移公式，结合平均速度之间的关系求解，利用平均速度表示匀减速过程。 根据匀变速直线运动公式，结合平均速度进行分析即可。 4.【答案】D  【解析】解：取向下为正方向，餐盒突然脱落时，设为，速度方向竖直向上，根据运动学公式 代入数据解得，即餐盒从脱落到落地的时间为3s，故ABC错误，D正确。 故选：D。 以脱落点为原点，规定向下为正方向，利用匀变速直线运动的位移公式求解落地时间。 学生易在正方向设定和位移、速度的符号处理上出错，需注意初速度向上与位移向下的矢量性，避免符号混乱导致方程错误。 5.【答案】B  【解析】解：甲图中足球对球网的作用力是足球发生形变产生的，故A正确； B.乙图中重力的分力的大小等于物块对斜面的压力大小，但不是压力，两力性质不一样，故B错误； C.丙图中桌面对书的支持力与书对桌子的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C正确； D.丁图中轮胎上的花纹是为了增大接触面的粗糙程度，故D正确。 本题选错误的，故选：B。 根据弹力产生的原因进行分析判断；根据分力与压力的关系进行判断；根据牛顿第三定律进行分析解答；根据摩擦力的影响因素进行分析解答。 考查力学和牛顿运动定律的基本概念，熟记各个概念，加强对相应概念的理解，属于基础题。 6.【答案】B  【解析】解：A、依题意，保持O点位置不变，物块乙始终静止不动，处于平衡状态，则物块乙所受合力始终为零，故A错误； B、设物块甲缓慢向右上方移动时，使得细线OC与竖直方向的夹角为。对结点O受力分析，竖直方向根据平衡条件得 对物块甲受力分析，竖直方向根据平衡条件得 可得 所以，细线OA上的弹力不变，故B正确； C、由B选项可得 则 在移动过程中，逐渐增大，不变，则细线OC上的弹力逐渐增大，故C错误； D、对物块甲受力分析，水平方向根据平衡条件得 与联立，解得： 在移动过程中，逐渐增大，不变，则外力F逐渐增大，故D错误。 故选：B。 保持O点位置不变，物块乙始终静止不动，处于平衡状态，乙的合力为零。对O点受力分析，根据平衡条件列方程，得到细线OA上的弹力和细线OC上的弹力表达式，再分析它们的变化情况。对物块甲受力分析，根据平衡条件列方程，得到外力F的表达式，再分析F的变化情况。 这是一道典型的动态平衡问题，以轻绳结点为研究对象，结合物块缓慢移动的平衡状态，考查受力分析与动态力的变化判断。 7.【答案】C  【解析】解：根据牛顿第一定律，水杯的惯性仅由水杯的质量决定，与抽纸条的速度大小无关，故AB错误； 抽出纸条的过程中，水杯相对纸条向左滑动，所受摩擦力为滑动摩擦力，且方向水平向右，故C正确，D错误。 故选：C。 根据牛顿第一定律以及滑动摩擦力知识进行分析解答。 考查牛顿第一定律以及滑动摩擦力问题，关键是对相对运动的理解，属于基础题。 8.【答案】C  【解析】解：A、根据题意分析可知，对4号猴子进行分析可得手滑后的一瞬间只受到重力，可得加速度大小为g，初速度为零，故A错误； B、根据题意分析可知，在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有 当3号猴子手滑后的一瞬间，对1、2、3号猴子整体分析可得 解得 方向竖直向上，故B错误； C、根据题意分析可知，对2、3号猴子进行受力分析可得 解得1号猴子对2号猴子的作用力大小为，故C正确； D、根据题意分析可知，对3号猴子分析可得，2号猴子对3号猴子的作用力F，有 解得，故D错误。 故选：C。 分析3号手滑前的受力平衡，确定各猴子间的弹力； 考虑3号手滑后瞬间，树的弹力来不及变化，4号与3号的相互作用力消失，再对剩余猴子、2、3号进行受力分析，利用牛顿第二定律计算加速度和相互作用力，进而判断选项正误。 本题关键在于理解“瞬间”的物理意义：树的弹力因形变未恢复而保持不变，而猴子间的相互作用力因相对运动趋势突变而改变。 9.【答案】B  【解析】解：A、取竖直向下为正方向。图线的斜率表示加速度，内飞行器的加速度为正，即加速竖直向下，故飞行器处于失重状态，故A错误； B、图线的斜率表示加速度，内飞行器的加速度为负，即减速向下运动，所以飞行器处于超重状态，故B正确； C、图线的斜率表示加速度，内飞行器的加速度为零，所以飞行器处于平衡状态，故C错误； D、图线的斜率表示加速度，内飞行器的加速度为负，即先减速向下运动，再加速向上运动，飞行器处于超重状态，故D错误。 故选：B。 根据超重和失重的定义，物体加速度向上时处于超重状态，加速度向下时处于失重状态。通过图像的斜率判断各时间段内的加速度方向，进而确定飞行器的状态。 解决此类问题的关键是：明确图像斜率的物理意义；结合速度正方向，判断加速度方向；根据“加速度向上表示超重，加速度向下表示失重”的规律分析状态。 10.【答案】B  【解析】解：根据题意分析可知，物块从车厢顶部落下后，在水平方向上，由于不计空气阻力，它不受任何水平力作用。根据牛顿第一定律惯性定律，物块将保持脱离车厢瞬间的水平速度做匀速直线运动。在竖直方向上，物块只受重力作用，做自由落体运动。因此，物块相对地面的运动是平抛运动，其轨迹是一条抛物线。 以车厢为参考系，在物块下落的过程中，车厢在水平方向上向右做匀加速直线运动，而物块在水平方向上做匀速直线运动。因此，物块在水平方向上相对于车厢向左做初速度为零的匀加速直线运动。在竖直方向上，物块相对于车厢做自由落体运动。物块相对于车厢的运动，可以看作是水平方向向左的匀加速直线运动和竖直方向向下的匀加速直线运动的合运动。由于这两个分运动都是从静止开始的，根据运动的合成，其合运动的轨迹是一条过起点的直线，方向指向左下方，故B正确，ACD错误； 故选：B。 分析物块相对车厢和相对地面的运动轨迹，依据参考系的性质惯性系与非惯性系、运动的合成与分解规律判断轨迹形状。 本题关键是区分惯性系与非惯性系中物块的运动：车厢为非惯性系时，物块相对车厢做直线运动；地面为惯性系时，物块做平抛运动。通过运动的合成与分解规律判断轨迹形状是解题核心。 11.【答案】B  【解析】解：A、P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等， 则当时，Q的速度，解得：，故A错误； B、P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当时，Q的速度最大，故B正确，C错误； D、当向增大的过程中Q的合力逐渐减小，当时，Q的速度最大，加速度最小，合力最小，故D错误。 故选：B。 P、Q用同一根绳连接，则Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，根据运动的合成与分析分析PQ的速度关系，当时，P的机械能最小，Q的动能最大，速度最大，当向增大的过程中Q的合力逐渐减小． 考查运动的合成与分解，掌握能量守恒定律，注意当Q的速度最大时，P的速度为零，是解题的关键，难度适中． 12.【答案】①C；②D；③为了保证小球到达斜槽末端的速度大小相等，从而保证多次运动的轨迹相同；   ①；；②  【解析】①只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故A错误； B.画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B错误； C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离远点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差，故C正确； 故选：C。 ②坐标原点O为抛出点，由平抛规律有，水平方向 竖直方向 联立解得平抛的初速度为 故ABC错误，D正确。 故选：D。 ③小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同。 ①由平抛规律有，设小球在水平方向的分速度为，在水平方向 由题意知，由图像可知，解得。 根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，在A点竖直速度 ②在竖直方向有 可得重力加速度表达式 则当地重力加速度。 故答案为：①C；②D；③为了保证小球到达斜槽末端的速度大小相等，从而保证多次运动的轨迹相同； ①；；②。 ①根据实验原理、正确操作分析作答； ②根据平抛运动规律求解作答； ③根据实验原理分析作答； ①根据平抛运动的规律，结合频闪周期求解作答；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度求解A点竖直分速度； ②根据逐差法求解重力加速度。 本题考查了平抛运动的实验，解题的关键要熟悉实验原理和平抛运动的规律。 13.【答案】甲车运动的加速度大小为，乙车运动的加速度大小为  从汽车甲刹车到停止的过程中两车间的最远距离为24m  【解析】解：由图可知，时两车的瞬时速度相等，设为v，则 设汽车甲刹车到停止所用时间为，则， 其中，由图可知 联立，解得，， 根据图线与横轴所围面积表示位移，且运动过程中甲车恰好没有撞上乙车，可知两车共速，此时两车恰好没有相撞，则时两车相距最远，最远距离为 代入数据得 答：甲车运动的加速度大小为，乙车运动的加速度大小为； 从汽车甲刹车到停止的过程中两车间的最远距离为24m。 甲车：图线斜率即为匀减速加速度。乙车：图线斜率即为匀加速加速度。 临界时刻：两车速度相等时，之前距离缩小，之后距离增大。用图面积差计算该时刻的距离，再与甲车停止时的距离比较，确定最大值。 这是一道中等难度的高中物理运动学综合题，属于高考和模考中的经典题型，以图像为载体，考查追及相遇问题的分析能力。 14.【答案】中间的书受到左侧书的摩擦力是，受到右侧摩擦力的大小为  若要保证三本书与手都静止，则手在书本一侧施加的压力至少是  【解析】解：对中间的书受力分析，如图所示： 因为书处于平衡状态，故 代入数据解得 对左侧第一本书受力分析，如图所示： 在竖直方向，根据平衡条件可得 代入数据解得 若手与书之间达到最大静摩擦力，此时压力为，则 解得 若书本之间达到最大静摩擦力，此时压力为，则 解得 因为，所以要保持三本书与手都保持静止，则 答：中间的书受到左侧书的摩擦力是，受到右侧摩擦力的大小为。 若要保证三本书与手都静止，则手在书本一侧施加的压力至少是 中间的书静止，竖直方向受力平衡，重力由左右两侧书的静摩擦力平衡，因此左右两侧的摩擦力大小相等且等于其重力的一半。 要使三本书和手都静止，需考虑两个临界情况：一是整体的重力由手的最大静摩擦力平衡；二是中间书的重力由书本间的最大静摩擦力平衡。取两者中较大的压力需求，确保所有接触面的静摩擦力不超过最大静摩擦力。 本题考查静摩擦力的平衡问题，关键是通过隔离法分析单个物体和整体法分析多物体的受力，结合最大静摩擦力的临界条件求解。第一问利用中间书的受力平衡直接求解静摩擦力；第二问需同时考虑手与书、书与书之间的最大静摩擦力限制，取更严格的压力要求。 15.【答案】若使木板P发生滑动，Q的质量至少为  若使物块K与木板P发生相对滑动，Q的质量至少为  若Q的质量为，时由静止释放，时，细线断裂，之后在运动中物块K恰好没有从木板P的左端滑落，最终物块K距木板P的左端的距离为3m  【解析】解：木板P刚要滑动时，受到拉力大小等于最大静摩擦力，有 而绳子拉力大小为 代入数据得 物块K的最大加速度大小为 代入数据得 当P、K恰好未相对滑动，对重物Q，由牛顿第二定律有 对木板P，由牛顿第二定律有 代入数据得 故Q的质量至少为； 若Q的质量为，由问中结论可知K、P间发生相对滑动，设细线断开前P的加速度大小为，K的加速度大小为，对P受力分析有 对Q受力分析有 代入数据 设细线断开后P的加速度大小为，二者共速前K继续加速的加速度不变，直到共速，对P有 代入数据得 设K在P的左端时二者速度相等且为，则有 代入数据得 达到共同速度后，假设K、P一起运动相对静止，则有 代入数据得 假设不成立，二者各自做减速运动，此时设P的加速度大小为，对P有 代入数据得 则此后二者间的相对位移大小，即K距P左端的距离为 答：若使木板P发生滑动，Q的质量至少为； 若使物块K与木板P发生相对滑动，Q的质量至少为； 若Q的质量为，时由静止释放，时，细线断裂，之后在运动中物块K恰好没有从木板P的左端滑落，最终物块K距木板P的左端的距离为3m。 分析木板受力，当绳子拉力恰好克服木板与台面间的最大静摩擦力时，木板开始滑动，结合重物的受力关系，推导使木板发生滑动的重物最小质量； 物块与木板相对滑动的临界条件是两者加速度不同，分别分析物块和木板的受力，求出加速度的临界关系，再结合重物受力推导其最小质量； 分阶段分析运动：先计算绳子断裂前两者的加速度与位移，再分析断裂后各自的受力和运动状态，结合恰好不落的条件，计算最终物块距木板左端的距离。 这是一道典型的板块连接体综合题，三小问层层递进，从木板滑动临界到物块相对滑动临界，再到断裂后运动分析，全面考察受力分析、临界条件判断与运动学规律的综合应用，能有效检验学生的物理思维深度。 16.【答案】A点到斜面的距离为9m；   运动员落在B点时的速度方向与斜面夹角的正切值为；   角度为  【解析】解：由题意可知，在O点将运动情况分解，如图所示 从O点到A点过程中，运动员在垂直斜面方向上有 又 联立可得 由对称性可知，从O到B点的时间为 则从O到B过程有 设落在B点时的速度方向与斜面的夹角为，则有 解得 ①沿角方向飞出至落在斜面上，垂直斜面方向有 沿斜面方向有 解得 ②沿水平方向飞出至落在斜面上，有 解得 沿斜面方向的位移 联立，解得 答：点到斜面的距离为9m； 运动员落在B点时的速度方向与斜面夹角的正切值为； 角度为。 在O点将运动情况分解，根据运动学公式求A点到斜面的距离； 由对称性和运动学公式求运动员落在B点时的速度方向与斜面夹角的正切值； 讨论不同的方向飞出至落在斜面上，根据运动学公式求角度。 本题主要考查了斜抛运动与斜面的结合，找到合适的分解方向，将速度和加速度进行分解，解题的关键点是理解临界状态的特点，结合运动学公式和几何关系完成分析。 第1页，共19页 学科网（北京）股份有限公司 $