高考物理一轮复习课后集训9抛体运动含解析

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课后限时集训(九)(时间：40分钟)1．(2021·湖南新高考适应性考试)有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图所示。一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变，方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变)，不计空气阻力。从小球水平射入水井到落至水面的过程中，下列说法正确的是()A．小球下落时间与小球质量m有关B．小球下落时间与小球初速度v有关C．小球下落时间与水井井口直径d有关D．小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关D〖因为小球与井壁做多次弹性碰撞，碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，则将小球的运动轨迹连接起来就是一条做平抛的抛物线，可知小球在竖直方向做自由落体运动，由下落时间t＝eq\r(\f(2h,g))可知，下落时间与小球的质量m，小球初速度v以及井口直径均无关，只与井口到水面高度差h有关。故选D。〗2．(2021·江苏新高考适应性考试)某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸eq\f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,8) D．eq\f(1,16)B〖水流做平抛运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝v0t,y＝\f(1,2)gt2))，v0＝eq\f(x,t)＝xeq\r(\f(g,2y))，模型的x、y都变为原来的eq\f(1,16)，故v0′＝eq\f(1,16)xeq\r(\f(g,2·\f(1,16)y))＝eq\f(1,4)v0，故选B。〗3．(多选)正在水平匀速飞行的飞机，每隔1秒钟释放一个小球，先后共释放5个，不计阻力，则()A．这5个球在空中排成一条直线B．这5个球在空中处在同一抛物线上C．在空中，第1、2两球间的距离保持不变D．相邻两球的落地点间距离相等AD〖小球被释放后做平抛运动，其在水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，飞机做匀速直线运动，所以5个小球始终在飞机的正下方，且相邻小球落地点的间距相等，故A、D正确，B错误；竖直方向上5个小球均做自由落体运动，由于第2个小球释放时第1个小球的速度已经为v0＝gt0＝10m/s，所以第2个小球在空中运动时间t时，第1、2两小球的间距为Δh＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t＋\f(1,2)gt2))－eq\f(1,2)gt2＝v0t，所以两小球的间距逐渐增大，故C错误。〗4．(惠州市2021届高三第二次调研)如图所示，相距L的两小球A、B位于同一高度h(L、h均为定值)。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，重力加速度为g，则()A．A、B一定能相碰B．A、B不可能运动到最高处相碰C．当eq\f(L,v)<eq\r(\f(2h,g))时，A、B一定不能相碰D．A、B在第一次落地前若不相碰，此后就不会相碰A〖若A球经过水平位移为L时，还未落地，则在B球正下方相碰。可知当A的初速度较大时，A、B在第一次落地前能发生相碰。若A的初速度较小时，A、B在第一次落地前不碰，A第一次落地时，水平位移较小，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后一定能碰，故A正确，C、D错误；若A球落地的水平位移为eq\f(L,2)时，则A、B在最高点相碰，故B错误。〗5．(2020·全国卷Ⅱ·T16)如图所示，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E1，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E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。eq\f(E2,E1)等于()A．20 B．18C．9.0 D．3.0B〖摩托车落到c点时，根据平抛运动规律有h＝v01t1，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得veq\o\al(2,01)＝eq\f(gh,2)；同理摩托车落到b点时有veq\o\al(2,02)＝9gh。又动能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,01)、E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,02)，所以eq\f(E2,E1)＝18，故A、C、D项错误，B项正确。〗6.如图所示，A、B两个平台水平距离为7.5m，某同学先用一个小球从A平台边缘以v0＝5m/s的速度水平抛出，结果小球落在了B平台左侧边缘下方6.25m处。重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，要使小球从A平台边缘水平抛出能落到B平台上，则从A平台边缘水平抛出小球的速度至少为()A．6m/s B．7.5m/sC．9m/s D．11.25m/sB〖由平抛运动的规律可知，第一次抛出小球时满足x＝v0t1，h＋6.25m＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)；当小球恰能落到平台B上时，有x＝v′0t2，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，联立解得v′0＝7.5m/s，故选B。〗7.如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为四分之一圆弧ab，半径为R，O点为圆心，c点为圆弧的中点。若在O点以某一初速度v沿Oa方向抛出一个小球，小球落在坑中。忽略空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．当小球的初速度为eq\f(\r(gR),2)时，恰好能打到c点B．小球的初速度v越大，在空中运动的时间就越长C．小球的初速度v越大，落到坑上时速度的偏转角越小D．小球的初速度v越大，落到坑上时的动能就越大C〖设合位移方向与水平方向夹角为α，平抛运动时间为t，则有：Rsinα＝eq\f(1,2)gt2 ①Rcosα＝vt ②恰好能打到c点时，α＝45°，①②联立解得：v＝eq\f(\r(\r(2)gR),2)，故A错误；小球的初速度越大，落点越靠上，即下落高度就越小，运动时间就越短，位移偏转角越小，则落到坑上时速度的偏转角越小，故B错误，C正确；小球的初速度越大，落点越靠上，即下落高度就越小，重力做的功就越小，故小球的初速度越大，落到坑上时的动能不一定越大，故D错误。〗8.(多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度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＝eq\f(2v0,gtanθ)B．若小球垂直击中斜面，则t＝eq\f(v0,gtanθ)C．若小球恰能击中斜面中点，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均相等AB〖过抛出点C作斜面的垂线CD，如图所示，当小球落在斜面上的D点时，位移最小，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有y＝eq\f(1,2)gt2，根据几何关系有tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，解得t＝eq\f(2v0,gtanθ)，选项A正确；小球垂直击中斜面时，末速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(v0,gt)，解得t＝eq\f(v0,gtanθ)，选项B正确；若小球恰能击中斜面中点，则由几何关系可得tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，选项C错误；由以上分析可知，小球到达斜面方式不同，运动的时间不同，选项D错误。〗9.如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则()A．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B．不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C．运动员落到雪坡时的速度大小是eq\f(v0,cosθ)D．运动员在空中经历的时间是eq\f(v0tanθ,g)B〖设运动员在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，运动员的竖直位移与水平位移之比eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝tanθ，则运动员飞行的时间t＝eq\f(2v0tanθ,g)，故D错误；运动员落回雪坡时竖直方向的速度大小为vy＝gt＝2v0tanθ，则其速度大小为v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝v0eq\r(1＋4tan2θ)，故C错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度大小无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A错误，B正确。〗10.如图所示，一小球从平台上抛出，恰好无碰撞地落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面上并下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小球水平抛出的初速度v0是多大？(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°veq\o\al(2,y)＝2gh代入数据，得vy＝4m/s，v0＝3m/s故小球水平抛出的初速度为3m/s。(2)由vy＝gt1得t1＝0.4ss＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m。〖〖答案〗〗(1)3m/s(2)1.2m11．用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动。一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点，O点与斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如图乙所示的图象。若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求O、P间的距离s。(保留两位有效数字)甲乙〖〖解析〗〗根据牛顿第二定律，在OP段有F－μmg＝ma，又2as＝veq\o\al(2,P)，由平抛运动规律和几何关系有物块的水平射程x＝vPt，物块的竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2，由几何关系有y＝xtanθ，联立以上各式可以得到x＝eq\f(2v\o\al(2,P)tanθ,g)，解得F＝eq\f(mg,4stanθ)x＋μmg，由题图乙知μmg＝5，eq\f(mg,4stanθ)＝10，代入数据解得s＝0.25m。〖〖答案〗〗0.25m12．(多选)(2021·广东新高考适应性考试)如图所示，排球比赛中运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力。下列说法正确的有()A．排球两次飞行过程中加速度相同B．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率大D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大ACD〖不计空气阻力，排球在空中的抛体运动只受重力而做匀变速曲线运动，加速度均为重力加速度g，故A正确；设排球的抛体高度为h，第一次从M到P，重力做正功为WG＝mgh，第二次做斜上抛运动从P到Q到N点，重力做功为零，故B错误；排球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由h＝eq\f(1,2)gt2知运动时间相同，但xMP>xQN，由x＝v0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度，故C正确；将排球从P到Q的斜上抛运动由逆向思维法可看成从Q到P的平抛，则由M到P和Q到P的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，竖直分速度vy一样，但M到P的水平位移大，则水平速度v0较大，由v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))可知到达P点的速度大小大于离开P点的初速度大小，故D正确。故选ACD。〗13.如图所示，乒乓球的发球器安装在足够大的水平桌面上，可绕竖直转轴OO′转动，发球器O′A部分与桌面之间的距离为h，O′A部分的长度也为h。重力加速度为g。打开开关后，发球器可将乒乓球从A点以初速度v0水平发射出去，eq\r(2gh)≤v0≤2eq\r(2gh)。设发射出去的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球可视为质点，空气阻力不计。若使该发球器绕转轴OO′在90°的范围内来回缓慢地水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面碰撞区域的面积S是()A．2πh2 B．3πh2C．4πh2 D．8πh2C〖设乒乓球做平抛运动的时间为t，则t＝eq\r(\f(2h,g))。当速度最大时，水平位移具有最大值xmax，xmax＝vmaxt＝2eq\r(2gh)×eq\r(\f(2h,g))＝4h，当速度最小时，水平位移具有最小值xmin，xmin＝vmint＝eq\r(2gh)×eq\r(\f(2h,g))＝2h，其中vmax、vmin为v0的最大值和最小值，又因为发球器O′A部分长度也为h，故乒乓球的落点距竖直转轴距离的范围为3h≤x≤5h，乒乓球第一次与桌面碰撞区域是一个圆心角为90°的宽度为2h的环形带状区域，其面积为S＝eq\f(1,4)×π〖(5h)2－(3h)2〗＝4πh2，故选项A、B、D错误，C正确。〗课后限时集训(九)(时间：40分钟)1．(2021·湖南新高考适应性考试)有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图所示。一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变，方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变)，不计空气阻力。从小球水平射入水井到落至水面的过程中，下列说法正确的是()A．小球下落时间与小球质量m有关B．小球下落时间与小球初速度v有关C．小球下落时间与水井井口直径d有关D．小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关D〖因为小球与井壁做多次弹性碰撞，碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，则将小球的运动轨迹连接起来就是一条做平抛的抛物线，可知小球在竖直方向做自由落体运动，由下落时间t＝eq\r(\f(2h,g))可知，下落时间与小球的质量m，小球初速度v以及井口直径均无关，只与井口到水面高度差h有关。故选D。〗2．(2021·江苏新高考适应性考试)某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸eq\f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,8) D．eq\f(1,16)B〖水流做平抛运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝v0t,y＝\f(1,2)gt2))，v0＝eq\f(x,t)＝xeq\r(\f(g,2y))，模型的x、y都变为原来的eq\f(1,16)，故v0′＝eq\f(1,16)xeq\r(\f(g,2·\f(1,16)y))＝eq\f(1,4)v0，故选B。〗3．(多选)正在水平匀速飞行的飞机，每隔1秒钟释放一个小球，先后共释放5个，不计阻力，则()A．这5个球在空中排成一条直线B．这5个球在空中处在同一抛物线上C．在空中，第1、2两球间的距离保持不变D．相邻两球的落地点间距离相等AD〖小球被释放后做平抛运动，其在水平方向的速度与飞机的飞行速度相等，飞机做匀速直线运动，所以5个小球始终在飞机的正下方，且相邻小球落地点的间距相等，故A、D正确，B错误；竖直方向上5个小球均做自由落体运动，由于第2个小球释放时第1个小球的速度已经为v0＝gt0＝10m/s，所以第2个小球在空中运动时间t时，第1、2两小球的间距为Δh＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t＋\f(1,2)gt2))－eq\f(1,2)gt2＝v0t，所以两小球的间距逐渐增大，故C错误。〗4．(惠州市2021届高三第二次调研)如图所示，相距L的两小球A、B位于同一高度h(L、h均为定值)。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，重力加速度为g，则()A．A、B一定能相碰B．A、B不可能运动到最高处相碰C．当eq\f(L,v)<eq\r(\f(2h,g))时，A、B一定不能相碰D．A、B在第一次落地前若不相碰，此后就不会相碰A〖若A球经过水平位移为L时，还未落地，则在B球正下方相碰。可知当A的初速度较大时，A、B在第一次落地前能发生相碰。若A的初速度较小时，A、B在第一次落地前不碰，A第一次落地时，水平位移较小，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后一定能碰，故A正确，C、D错误；若A球落地的水平位移为eq\f(L,2)时，则A、B在最高点相碰，故B错误。〗5．(2020·全国卷Ⅱ·T16)如图所示，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E1，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E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。eq\f(E2,E1)等于()A．20 B．18C．9.0 D．3.0B〖摩托车落到c点时，根据平抛运动规律有h＝v01t1，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得veq\o\al(2,01)＝eq\f(gh,2)；同理摩托车落到b点时有veq\o\al(2,02)＝9gh。又动能E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,01)、E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,02)，所以eq\f(E2,E1)＝18，故A、C、D项错误，B项正确。〗6.如图所示，A、B两个平台水平距离为7.5m，某同学先用一个小球从A平台边缘以v0＝5m/s的速度水平抛出，结果小球落在了B平台左侧边缘下方6.25m处。重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，要使小球从A平台边缘水平抛出能落到B平台上，则从A平台边缘水平抛出小球的速度至少为()A．6m/s B．7.5m/sC．9m/s D．11.25m/sB〖由平抛运动的规律可知，第一次抛出小球时满足x＝v0t1，h＋6.25m＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)；当小球恰能落到平台B上时，有x＝v′0t2，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，联立解得v′0＝7.5m/s，故选B。〗7.如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为四分之一圆弧ab，半径为R，O点为圆心，c点为圆弧的中点。若在O点以某一初速度v沿Oa方向抛出一个小球，小球落在坑中。忽略空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．当小球的初速度为eq\f(\r(gR),2)时，恰好能打到c点B．小球的初速度v越大，在空中运动的时间就越长C．小球的初速度v越大，落到坑上时速度的偏转角越小D．小球的初速度v越大，落到坑上时的动能就越大C〖设合位移方向与水平方向夹角为α，平抛运动时间为t，则有：Rsinα＝eq\f(1,2)gt2 ①Rcosα＝vt ②恰好能打到c点时，α＝45°，①②联立解得：v＝eq\f(\r(\r(2)gR),2)，故A错误；小球的初速度越大，落点越靠上，即下落高度就越小，运动时间就越短，位移偏转角越小，则落到坑上时速度的偏转角越小，故B错误，C正确；小球的初速度越大，落点越靠上，即下落高度就越小，重力做的功就越小，故小球的初速度越大，落到坑上时的动能不一定越大，故D错误。〗8.(多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度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＝eq\f(2v0,gtanθ)B．若小球垂直击中斜面，则t＝eq\f(v0,gtanθ)C．若小球恰能击中斜面中点，则t＝eq\f(2v0,gtanθ)D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均相等AB〖过抛出点C作斜面的垂线CD，如图所示，当小球落在斜面上的D点时，位移最小，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有y＝eq\f(1,2)gt2，根据几何关系有tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)，解得t＝eq\f(2v0,gtanθ)，选项A正确；小球垂直击中斜面时，末速度与竖直方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(v0,gt)，解得t＝eq\f(v0,gtanθ)，选项B正确；若小球恰能击中斜面中点，则由几何关系可得tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，选项C错误；由以上分析可知，小球到达斜面方式不同，运动的时间不同，选项D错误。〗9.如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪坡的倾角为θ，运动员飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则()A．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B．不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C．运动员落到雪坡时的速度大小是eq\f(v0,cosθ)D．运动员在空中经历的时间是eq\f(v0tanθ,g)B〖设运动员在空中飞行时间为t，运动员在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，运动员的竖直位移与水平位移之比eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝tanθ，则运动员飞行的时间t＝eq\f(2v0tanθ,g)，故D错误；运动员落回雪坡时竖直方向的速度大小为vy＝gt＝2v0tanθ，则其速度大小为v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝v0eq\r(1＋4tan2θ)，故C错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度大小无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A错误，B正确。〗10.如图所示，一小球从平台上抛出，恰好无碰撞地落在临近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面上并下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m。(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)小球水平抛出的初速度v0是多大？(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°veq\o\al(2,y)＝2gh代入数据，得vy＝4m/s，v0＝3m/s故小球水平抛出的初速度为3m/s。(2)由vy＝gt1得t1＝0.4ss＝v0t1＝3×0.4m＝1.2m。〖〖答案〗〗(1)3m/s(2)1.2m11．用如图甲所示的水平—斜面装置研究平抛运动。一物块(可视为质点)置于粗糙水平面上的O点，O点与斜面顶端P点的距离为s。每次用水平拉力F，将物块由O点从静止开始拉动，当物块运动到P点时撤去拉力F。实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程，作出了如图乙所示的图象。若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求O、P间的距离s。(保留两位有效数字)甲乙〖〖解析〗〗根据牛顿第二定律，在OP段有F－μmg＝ma，又2as＝veq\o\al(2,P)，由平抛运动规律和几何关系有物块的水平射程x＝vPt，物块的竖直位移y＝eq\f(1,2)gt2，由几何关系有y＝xtanθ，联立以上各式可以得到x＝eq\f(2v\o\al(2,P)tanθ,g)，解得F＝eq\f(mg,4stanθ)x＋μmg，由题图乙知μmg＝5，eq\f(mg,4stanθ)＝10，代入数据解得s＝0.25m。〖〖答案〗