2018_2019学年高中物理抛体运动微型专题1平抛运动规律的应用学案粤教版

微型专1　平抛运动规律的应用 知识目标 核心素养 1.能熟练运用平抛运动规律解决问题. 2.会分析平抛运动与其他运动相结合的问题. 3.会分析类平抛运动. 1.通过对“与斜面有关的平抛运动”的分析，体会两种典型模型的运动分解. 2.用类比法分析“类平抛运动”，在知识和规律的迁移中提高逻辑思维和综合分析问题的能力. 一、平抛运动的两个重要的推论及应用 平抛运动的两个推论 (1)某时刻速度、位移与初速度方向的夹角θ、α的关系为tan θ＝2tan α. (2)做平抛运动的物体在任意时刻瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点． 例1　如图1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，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角φ满足(空气阻力不计)(　　) 图1 A．tan φ＝sin θ B．tan φ＝cos θ C．tan φ＝tan θ D．tan φ＝2tan θ 答案　D 解析　物体从抛出至落到斜面的过程中，位移方向与水平方向夹角为θ，落到斜面上时速度方向与水平方向夹角为φ，由平抛运动的推论知tan φ＝2tan θ，选项D正确． 【考点】平抛运动推论的应用 【题点】平抛运动推论的应用 二、与斜面有关的两类平抛运动 与斜面有关的平抛运动，包括两种情况： (1)物体从空中抛出落在斜面上； (2)物体从斜面上抛出落在斜面上． 在解答该类问题时，除要运用平抛运动的位移和速度规律外，还要充分利用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度方向的关系，从而使问题得到顺利解决． 两种情况的特点及分析方法对比如下： 方法 内容 斜面 飞行时间 总结 分解速度 水平方向：vx＝v0 竖直方向：vy＝gt 特点：tan θ＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(v0,gt) t＝eq \f(v0,gtan θ) 分解速度，构建速度三角形 分解位移 水平方向：x＝v0t 竖直方向：y＝eq \f(1,2)gt2 特点：tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(gt,2v0) t＝eq \f(2v0tan θ,g) 分解位移，构建位移三角形 例2　如图2所示，以9.8 m/s的水平初速度v0抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为30°的固定斜面上，这段飞行所用的时间为(不计空气阻力，g取9.8 m/s2)(　　) 图2 A.eq \f(\r(2),3) s B.eq \f(2\r(2),3) s C.eq \r(3) s D．2 s 答案　C 解析　如图所示，把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度vy，则有tan 30°＝eq \f(v0,vy)，vy＝gt，联立得t＝eq \f(v0,gtan 30°)＝eq \f(\r(3)v0,g)＝eq \r(3) s，故C正确． 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】对着斜面水平抛物问题 本题中物体垂直落到斜面上，属于知道末速度方向的题目．此类题目的分析方法一般是将物体的末速度进行分解，由速度方向确定两分速度之间的关系． 例3　如图3所示，AB为固定斜面，倾角为30°，小球从A点以初速度v0水平抛出，恰好落到B点．求：(空气阻力不计，重力加速度为g) 图3 (1)A、B间的距离及小球在空中飞行的时间； (2)从抛出开始，经过多长时间小球与斜面间的距离最大？最大距离为多大？ 答案　(1)eq \f(4v\o\al(02),3g)　eq \f(2\r(3)v0,3g)　(2)eq \f(\r(3)v0,3g)　eq \f(\r(3)v\o\al(02),12g) 解析　(1)设飞行时间为t，则水平方向位移lABcos 30°＝v0t， 竖直方向位移lABsin 30°＝eq \f(1,2)gt2， 解得t＝eq \f(2v0,g)tan 30°＝eq \f(2\r(3)v0,3g)，lAB＝eq \f(4v\o\al(02),3g). (2)方法一(常规分解) 如图所示，小球的速度方向平行于斜面时，小球离斜面的距离最大，设经过的时间为t′，则此时有tan 30°＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt′,v0) 故运动时间为t′＝eq \f(v0tan 30°,g)＝eq \f(\r(3)v0,3g) 此时小球的水平位移为x′＝v0t′＝eq \f(\r(3)v\o\al(02),3g) 又此时小球速度方向的反向延长线交横轴于eq \f(x′,2)处，故小球离斜面的最大距离为H＝eq \f(1,2)x′sin 30°＝eq \f(\r(3)v\o\al(20),12g). 方法二(结合斜抛运动分解) 如图所示，把初速度v0、重力加速度g都分解成沿斜面和垂直斜面的两个分量．在垂直斜面方向上，小球做的是以v0y为初速度、gy为加速度的“竖直上抛”运动． 小球到达离斜面最远处时，速度vy＝0， 由vy＝v0y－gyt′可得 t′＝eq \f(v0y,gy)＝eq \f(v0sin 30°,gcos 30°)＝eq \f(v0,g)tan 30°＝eq \f(\r(3)v0,3g) 小球离斜面的最大距离y＝eq \f(v\o\al(0y2),2gy)＝eq \f(v\o\al(02)sin2 30°,2gcos 30°)＝eq \f(\r(3)v\o\al(02),12g). 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】从斜面顶端水平抛物问题 1．物体从斜面抛出后又落到斜面上，属已知位移方向的题目，此类题的解题方法一般是把位移分解，由位移方向确定两分位移的关系． 2．从斜面上开始又落于斜面上的过程中，速度方向与斜面平行时，物体到斜面的距离最大，此时已知速度方向，需将速度进行分解． 针对训练　两相同高度的固定斜面倾角分别为30°、60°，两小球分别由斜面顶端以相同水平速率v抛出，如图4所示，不计空气阻力，假设两球都能落在斜面上，则分别向左、右两侧抛出的小球下落高度之比为(　　) 图4 A．1∶2 B．3∶1 C．1∶9 D．9∶1 答案　C 解析　根据平抛运动的规律以及落在斜面上的特点可知，x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2，tan θ＝eq \f(y,x)，分别将30°、60°代入可得左右两球平抛所经历的时间之比为1∶3，两球下落高度之比为1∶9，选项C正确． 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】从斜面顶端水平抛物问题 三、类平抛运动 类平抛运动是指物体做曲线运动，其运动可以分解为互相垂直的两个方向的分运动：一个方向做匀速直线运动，另一个方向是在恒定合外力作用下的初速度为零的匀加速直线运动． (1)类平抛运动的受力特点 物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直． (2)类平抛运动的运动规律 初速度v0方向上：vx＝v0，x＝v0t. 合外力方向上：a＝eq \f(F合,m)，vy＝at，y＝eq \f(1,2)at2. 例4　如图5所示的光滑固定斜面长为l、宽为b、倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，试求：(重力加速度为g，不计空气阻力) 图5 (1)物块由P运动到Q所用的时间t； (2)物块由P点水平射入时的初速度大小v0； (3)物块离开Q点时速度的大小v. 答案　(1)eq \r(\f(2l,gsin θ))　(2)beq \r(\f(gsin θ,2l))　(3)eq \r(\f((b2＋4l2(gsin θ,2l)) 解析　(1)沿斜面向下的方向有mgsin θ＝ma，l＝eq \f(1,2)at2 联立解得t＝eq \r(\f(2l,gsin θ)). (2)沿水平方向有b＝v0t v0＝eq \f(b,t)＝b eq \r(\f(gsin θ,2l)). (3)物块离开Q点时的速度大小 v＝eq \r(v\o\al(02)＋(at(2)＝eq \r(\f((b2＋4l2(gsin θ,2l)). 【考点】类平抛物体的运动 【题点】类平抛物体的运动 1．(平抛运动规律的推论)如图6所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，不计空气阻力，则(　　) 图6 A．当v1>v2时，α1>α2 B．当v1>v2时，α1<α2 C．无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2 D．α1、α2的关系与斜面倾角θ有关 答案　C 解析　小球从斜面某点水平抛出后落到斜面上，小球的位移与水平方向的夹角等于斜面倾角θ，即tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角的正切值tan β＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)，故可得tan β＝2tan θ，只要小球落到斜面上，位移方向与水平方向的夹角就总是θ，则小球的速度方向与水平方向的夹角也总是β，故速度方向与斜面的夹角就总是相等，与v1、v2的关系无关，C选项正确． 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】从斜面顶端水平抛物问题 2．(类平抛运动)A、B两个质点以相同的水平速度v0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，不计阻力，如图7所示，下列关于P1、P2在x轴方向上远近关系的判断正确的是(　　) 图7 A．P1较远 B．P2较远 C．P1、P2一样远 D．A、B两项都有可能 答案　B 解析　A质点水平抛出后，只受重力，做平抛运动，在竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt12.B质点水平抛出后，受重力和支持力，在斜面平面内所受合力为mgsin θ，大小恒定且与初速度方向垂直，所以B质点做类平抛运动．在沿斜面向下方向上eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)gsin θ·t22，由此得t2＞t1，由于二者在水平方向(x轴方向)上都做速度为v0的匀速运动，由x＝v0t知x2＞x1. 【考点】类平抛物体的运动 【题点】类平抛物体的运动 3．(与斜面有关的平抛运动)如图8所示，运动员踏着专用滑雪板，不带雪杖在助滑路上(未画出)获得一速度后水平飞出，在空中飞行一段距离后着陆．设一位运动员由斜坡顶的A点沿水平方向飞出的速度v0＝20 m/s，落点在斜坡底的B点，斜坡倾角θ＝37°，斜坡可以看成一斜面，不计空气阻力．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 图8 (1)运动员在空中飞行的时间t； (2)A、B间的距离s. 答案　(1)3 s　(2)75 m 解析　(1)运动员由A点到B点做平抛运动，则水平方向的位移x＝v0t 竖直方向的位移y＝eq \f(1,2)gt2 又eq \f(y,x)＝tan θ，联立得t＝eq \f(2v0tan θ,g)＝3 s. (2)由题意知sin θ＝eq \f(y,s)＝eq \f(\f(1,2)gt2,s) 得A、B间的距离s＝eq \f(gt2,2sin θ)＝75 m. 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】从斜面顶端水平抛物问题 4．(与斜面有关的平抛运动)如图9所示，小球以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．不计空气阻力，在这一过程中，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 图9 (1)小球在空中的飞行时间； (2)抛出点距撞击点的竖直高度． 答案　(1)2 s　(2)20 m 解析　(1)将小球垂直撞在斜面上时的速度分解，如图所示． 由图可知θ＝37°， tan θ＝eq \f(v0,gt)，则t＝eq \f(v0,gtan θ)＝2 s. (2)h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m. 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】对着斜面水平抛物问题 一、选择题 考点一　平抛运动推论的应用 1．如图1所示，从某高度水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) 图1 A．小球水平抛出时的初速度大小为gttan θ B．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为eq \f(θ,2) C．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长 D．若小球初速度增大，则θ减小 答案　D 解析　速度、位移分解如图所示，vy＝gt，v0＝eq \f(vy,tan θ)＝eq \f(gt,tan θ)，故A错．设位移方向与水平方向夹角为α，则tan θ＝2tan α，α≠eq \f(θ,2)，故B错．平抛运动的落地时间由下落高度决定，与水平初速度无关，故C错．由tan θ＝eq \f(vy,v0)知，v0增大，则θ减小，D正确． 【考点】平抛运动推论的应用 【题点】平抛运动推论的应用 2．某军区某旅展开的实兵实弹演练中，某火箭炮在山坡上发射炮弹，所有炮弹均落在山坡上，炮弹轨迹简化为平抛运动，如图2所示，则下列选项说法正确的是(　　) 图2 A．若将炮弹初速度减为eq \f(v0,2)，炮弹落在斜面上速度方向与斜面夹角不变 B．若将炮弹初速度减为eq \f(v0,2)，炮弹落在斜面上速度方向与斜面夹角变小 C．若将炮弹初速度减为eq \f(v0,2)，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面夹角变大 D．若将炮弹初速度减为eq \f(v0,2)，炮弹位移变为原来的eq \f(1,2) 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项错误，A项正确．由tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)得：t＝eq \f(2v0tan θ,g)，而h＝eq \f(1,2)gt2，故h∝v02，若将炮弹初速度减为eq \f(v0,2)，则炮弹下落高度变为原来的eq \f(1,4)，位移也变为原来的eq \f(1,4)，D项错误． 【考点】平抛运动推论的应用 【题点】平抛运动推论的应用 考点二　与斜面有关的平抛运动 3.如图3所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)(　　) 图3 A．两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶eq \r(2) B．两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶2 C．两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶2 D．两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶4 答案　A 解析　平抛运动竖直方向为自由落体运动，h＝eq \f(1,2)gt2，由题意可知两次平抛的竖直位移之比为1∶2，所以运动时间之比为t1∶t2＝1∶eq \r(2)，A对，B错；水平方向为匀速直线运动，由题意知水平位移之比为1∶2，即v01t1∶v02t2＝1∶2，所以两次抛出时的初速度之比v01∶v02＝1∶eq \r(2)，选项C、D错． 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】从斜面顶端水平抛物问题 4．如图4所示，从斜面上的A点以速度v0水平抛出一个物体，飞行一段时间后，落到斜面上的B点，已知eq \x\to(AB)＝75 m，α＝37°，不计空气阻力，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 图4 A．物体的位移大小为60 m B．物体飞行的时间为6 s C．物体的初速度v0大小为20 m/s D．物体在B点的速度大小为30 m/s 答案　C 解析　物体的位移等于初、末位置的距离，位移大小s＝eq \x\to(AB)＝75 m，A错误．平抛运动的竖直位移h＝eq \x\to(AB)sin α＝75×0.6 m＝45 m，根据h＝eq \f(1,2)gt2得，物体飞行的时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×45,10)) s＝3 s，B错误．物体的初速度v0＝eq \f(A\x\to(B)cos α,t)＝eq \f(75×0.8,3) m/s＝20 m/s，C正确．物体落到B点的竖直分速度vBy＝gt＝10×3 m/s＝30 m/s，根据平行四边形定则知，物体落在B点的速度vB＝eq \r(v\o\al(02)＋v\o\al(By2))＝eq \r(400＋900) m/s＝10eq \r(13) m/s，D错误． 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】从斜面顶端水平抛物问题 5．在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq \f(v,2)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＝vt， xtan θ＝eq \f(1,2)gt2， 则x＝eq \f(2tan θ,g)·v2，即x∝v2， vy＝gt＝2tan θ·v 甲、乙两球抛出速度为v和eq \f(v,2)，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，则可得落至斜面时速率之比为2∶1. 6.斜面上有P、R、S、T四个点，如图5所示，PR＝RS＝ST，从P点正上方的Q点以速度v水平抛出一个物体，物体落于R点，若从Q点以速度2v水平抛出一个物体，不计空气阻力，则物体落在斜面上的(　　) 图5 A．R与S间的某一点 B．S点 C．S与T间的某一点 D．T点 答案　A 解析　平抛运动的时间由下落的高度决定，下落的高度越高，运动时间越长．如果没有斜面，增大水平抛出速度后物体下落至与R等高时恰位于S点的正下方，但实际当中斜面阻碍了物体的下落，物体会落在R与S点之间斜面上的某个位置，A项正确． 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】对着斜面水平抛物问题 7．如图6所示，B点位于斜面底端M点的正上方，并与斜面顶端A点等高，且高度为h，在A、B两点分别以速度va和vb沿水平方向抛出两个小球a、b(可视为质点)，若a球落到M点的同时，b球恰好落到斜面的中点N，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　) 图6 A．va＝vb B．va＝eq \r(2)vb C．a、b两球同时抛出 D．a球比b球提前抛出的时间为(eq \r(2)－1)eq \r(\f(2h,g)) 答案　B 解析　据题意，由于a球落到斜面底端M点时b球落到斜面中点，则可知a球的水平位移和竖直位移都是b球的两倍，即xa＝2xb，ha＝2hb，由h＝eq \f(1,2)gt2和x＝vt得v＝xeq \r(\f(g,2h))，故eq \f(va,vb)＝eq \f(\r(2),1)，va＝eq \r(2)vb，故选项A错误，选项B正确；由于抛出时两球所在的高度相同，下落高度不同，如果同时抛出，b球应该先到达斜面中点，故选项C错误；a球的运动时间为：ta＝eq \r(\f(2h,g))，b球的运动时间为：tb＝eq \r(\f(h,g))，a球先运动，Δt＝ta－tb＝(eq \r(2)－1)eq \r(\f(h,g))，故选项D错误． 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】对着斜面水平抛物问题 考点三　平抛运动规律的综合应用 8．如图7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，则A、B之间的水平距离为(　　) 图7 A.eq \f(v\o\al(02)tan α,g) B.eq \f(2v\o\al(02)tan α,g) C.eq \f(v\o\al(02),gtan α) D.eq \f(2v\o\al(02),gtan α) 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＝eq \f(vy,g)＝eq \f(v0tan α,g)，则A、B间的水平距离x＝v0t＝eq \f(v\o\al(02)tan α,g)，故A正确，B、C、D错误． 【考点】平抛运动规律的综合应用 【题点】平抛运动和圆的结合 9．如图8所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；而在C点以初速度v2沿BA方向平抛的小球也能击中D点．已知∠COD＝60°，则两小球初速度大小之比为(小球视为质点，空气阻力不计)(　　) 图8 A．1∶2 B．1∶3 C.eq \r(3)∶2 D.eq \r(6)∶3 答案　D 解析　小球从A点平抛击中D点：R＝v1t1，R＝eq \f(1,2)gt12；小球从C点平抛击中D点：Rsin 60°＝v2t2，R(1－cos 60°)＝eq \f(1,2)gt22，联立解得eq \f(v1,v2)＝eq \f(\r(6),3)，D正确． 【考点】平抛运动规律的综合应用 【题点】平抛运动和圆的结合 10．(多选)如图9所示，从半径为R＝1 m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为(　　) 图9 A．1 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s 答案　AD 解析　由于小球经0.4 s落到半圆上，下落的高度h＝eq \f(1,2)gt2＝0.8 m，位置可能有两处，如图所示，第一种可能：小球落在半圆左侧，v0t＝R－eq \r(R2－h2)＝0.4 m，v0＝1 m/s，第二种可能：小球落在半圆右侧，v0′t＝R＋eq \r(R2－h2)＝1.6 m，v0′＝4 m/s，选项A、D正确． 【考点】平抛运动规律的应用 【题点】平抛运动规律的应用 二、非选择题 11．(平抛运动规律的综合应用)如图10所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在平台前一倾角为α＝53°的固定斜面顶端并刚好沿斜面下滑，已知平台到斜面顶端的高度为h＝0.8 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： 图10 (1)小球水平抛出的初速度大小v0； (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离x. 答案　(1)3 m/s　(2)1.2 m 解析　小球从平台运动到斜面顶端的过程中做平抛运动，由平抛运动规律有：x＝v0t，h＝eq \f(1,2)gt2，vy＝gt 由题图可知：tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0) 代入数据解得：v0＝3 m/s，x＝1.2 m. 【考点】平抛运动规律的综合应用 【题点】平抛运动规律的综合应用 12．(与斜面有关的平抛运动)如图11所示，在倾角为37°的斜面上从A点以6 m/s的初速度水平抛出一个小球，小球落在B点，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力) 图11 (1)A、B两点间的距离和小球在空中飞行的时间； (2)小球刚碰到斜面时的速度方向与水平方向夹角的正切值． 答案　(1)6.75 m　0.9 s　(2)eq \f(3,2) 解析　(1)如图所示，设小球落到B点时速度的偏转角为α，运动时间为t. 则tan 37°＝eq \f(h,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(5,6)t 又因为tan 37°＝eq \f(3,4)，解得t＝0.9 s 所以x＝v0t＝5.4 m 则A、B两点间的距离s＝eq \f(x,cos 37°)＝6.75 m. (2)在B点时，tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(3,2). 13．(与斜面有关的平抛运动)如图12所示，一个小球从高h＝10 m处以水平速度v0＝10 m/s抛出，撞在倾角θ＝45°的斜面上的P点，已知eq \x\to(AC)＝5 m．g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： 图12 (1)P、C之间的距离； (2)小球撞击P点时速度的大小和方向． 答案　(1)5eq \r(2) m　(2)10eq \r(2) m/s　方向垂直于斜面向下 解析　(1)设P、C之间的距离为L，根据平抛运动规律有eq \x\to(AC)＋Lcos θ＝v0t，h－Lsin θ＝eq \f(1,2)gt2 联立解得L＝5eq \r(2) m，t＝1 s. (2)小球撞击P点时的水平速度v0＝10 m/s 竖直速度vy＝gt＝10 m/s 所以小球撞击P点时速度的大小v＝eq \r(v\o\al(02)＋v\o\al(y2))＝10eq \r(2) m/s 设小球撞击P点时的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝eq \f(vy,v0)＝1 解得α＝45° 故小球撞击P点时速度方向垂直于斜面向下． 【考点】平抛运动与斜面的结合问题 【题点】对着斜面水平抛物问题 14．(平抛运动规律的综合应用)如图13所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点由静止下滑．当小球p开始下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处．已知斜面AB光滑，长度l＝2.5 m，斜面倾角θ＝30°.不计空气阻力，g取10 m/s2，求： 图13 (1)小球p从A点滑到B点的时间； (2)小球q抛出时初速度的大小． 答案　(1)1 s　(2)eq \f(5\r(3),4) m/s 解析　(1)设小球p从斜面上下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ① 设下滑所需时间为t1，根据运动学公式得 l＝eq \f(1,2)at12② 由①②得 t1＝eq \r(\f(2l,gsin θ))③ 解得t1＝1 s④ (2)对小球q：水平方向位移x＝lcos θ＝v0t2⑤ 依题意得t2＝t1⑥ 由④⑤⑥得 v0＝eq \f(lcos θ,t1)＝eq \f(5\r(3),4) m/s. 【考点】平抛运动和直线运动的物体相遇问题 【题点】平抛运动和直线运动的物体相遇问题 PAGE 1