2024年高考物理一輪復習考點10曲線運動平拋運動練習含解析

PAGE14-考點10曲線運動平拋運動題組一基礎小題1．關于運動和力，下列說法正確的是()A．物體速度為零時，合外力肯定為零B．物體做曲線運動，合外力肯定是變力C．物體做直線運動，合外力肯定是恒力D．物體做勻速直線運動，合外力肯定為零答案D解析汽車起步時，速度為零，合外力不為零，剎車時，末速度為零，合外力不為零，故A錯誤；平拋運動是曲線運動，合外力是恒力，故B錯誤；依據(jù)物體做直線運動的條件，力與速度共線做直線運動，合外力可以是恒力，也可以是變力，故C錯誤；做勻速直線運動的物體處于平衡狀態(tài)，合外力為零，故D正確。2．物理上提出的“拋體運動”是一種志向化的模型，即把物體看成質點，拋出后只考慮重力作用，忽視空氣阻力。關于拋體運動的敘述中正確的是()A．全部的拋體運動都是非勻變速運動B．平拋運動可看成是由水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動合成的C．物體做拋體運動時，合外力的方向與速度方向是不行能相互垂直的D．只有平拋運動才是勻變速運動答案B解析全部的拋體運動，物體都是只受重力，加速度恒為g，是勻變速曲線運動，故A、D錯誤；平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，故B正確；物體做拋體運動時，在最高點，速度水平，合外力方向與速度方向是相互垂直的，故C錯誤。3．將一小球以5m/s的速度水平拋出，經(jīng)過1s小球落地，不計空氣阻力，g＝10m/s2。關于這段時間小球的運動，下列說法正確的是()A．小球著地時的速度是10m/sB．小球豎直方向的位移是10mC．小球著地時的速度是15m/sD．小球水平方向的位移是5m答案D解析由題意知：小球拋出點的高度為：h＝eq\f(1,2)gt2＝5m，小球的水平位移為：x＝v0t＝5m，小球落地時的豎直分速度為：vy＝gt＝10m/s，小球著地時的速度為：v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(52＋102)m/s＝eq\r(125)m/s＝5eq\r(5)m/s，故D正確，A、B、C錯誤。4．一機動船在靜水中的速度是10m/s，水流速度為8m/s，河寬為100m，假設船想要從一岸到對岸，則下列說法中正確的是()A．船渡河的最短位移為125mB．船過河的最短時間是10sC．船相對于地的速度可能達到20m/sD．此船不行能垂直到達對岸答案B解析因船速大于水速，調整船速的方向保證合速度垂直河岸船就能垂直過河，航程最短為smin＝d＝100m，故A、D錯誤；當船頭指向正對岸航行時，在垂直河岸方向的分運動時間最短，則渡河的最短時間為t＝eq\f(d,v)＝10s，故B正確；依據(jù)矢量的合成法則可知，船速和水速同向時合速度最大，為18m/s，故船相對于地的速度不行能達到20m/s，故C錯誤。5.如圖所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h(l、h均為定值)?，F(xiàn)將A向右水平拋出的同時，B自由下落。不計空氣阻力，則在A、B與地面發(fā)生第一次碰撞前()A．A、B肯定能相碰B．A、B肯定不能相碰C．A、B有可能相碰D．若A、B能相碰，則兩者速度肯定相同答案C解析依據(jù)題意，A球做平拋運動，B球做自由落體運動，當B球落地時，此時A球在豎直方向也下落了h，假如A球的水平位移小于l，則A、B兩球不相撞，若此時A球的水平位移等于l，則兩球剛好相撞，若A球的水平位移大于l，則兩球在著地前已經(jīng)相碰，故A、B錯誤，C正確；若A、B相碰，它們的豎直分速度相同，水平分速度不同，故D錯誤。6．(多選)雨滴由靜止起先下落(不計空氣阻力)，遇到水平方向吹來的風，設風對雨滴持續(xù)作用，下列說法中正確的是()A．風速越大，雨滴下落的時間將越長B．風速越大，雨滴落地的瞬時速度越大C．雨滴著地時的速度與風速無關D．雨滴下落的時間與風速無關答案BD解析分運動和合運動具有等時性，在豎直方向上，雨滴僅受重力，做自由落體運動，下落高度不變，所以運動時間不變，與風速無關，故A錯誤，D正確；雨滴落地時豎直方向的速度不變，風力越大，水平方向上的加速度越大，時間不變，則落地時水平方向上的速度越大，依據(jù)平行四邊形定則，落地時的速度越大，故B正確，C錯誤。7.如圖所示，x軸在水平地面上，y軸在豎直方向。圖中畫出了從y軸上沿x軸正方向水平拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡。不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．a(chǎn)和b的初速度大小之比為eq\r(2)∶1B．a(chǎn)和b在空中運動的時間之比為2∶1C．a(chǎn)和c在空中運動的時間之比為eq\r(2)∶1D．a(chǎn)和c的初速度大小之比為2∶1答案C解析依據(jù)t＝eq\r(\f(2h,g))可知a和b在空中運動的時間之比為eq\r(2)∶1；再依據(jù)v＝eq\f(x,t)可知a和b的初速度大小之比為1∶eq\r(2)，故A、B錯誤。依據(jù)t＝eq\r(\f(2h,g))可知a和c在空中運動的時間之比為eq\r(2)∶1；再依據(jù)v＝eq\f(x,t)可知a和c的初速度大小之比為eq\r(2)∶1，故C正確，D錯誤。8．如圖所示為四分之一圓柱體OAB的豎直截面，半徑為R，在B點上方的C點水平拋出一個小球，小球軌跡恰好在D點與圓柱體相切，OD與OB的夾角為60°，則C點到B點的距離為()A.eq\f(R,4) B.eq\f(3R,4)C.eq\f(R,2) D．R答案A解析由題意知得：小球通過D點時速度與圓柱體相切，則有vy＝v0tan60°，小球從C到D，水平方向有Rsin60°＝v0t，豎直方向上有y＝eq\f(vy,2)t，聯(lián)立解得y＝eq\f(3,4)R，故C點到B點的距離為s＝y(tǒng)－R(1－cos60°)＝eq\f(R,4)，故選A。9.如圖所示，在水平力F作用下，物體B沿水平面對右運動，物體A恰勻速上升，那么以下說法正確的是()A．物體B正向右做勻減速運動B．物體B正向右做加速運動C．地面對B的摩擦力減小D．斜繩與水平方向成30°時，vA∶vB＝eq\r(3)∶2答案D解析將B的運動分解為沿繩子方向的運動和垂直于繩子方向的運動，沿繩子方向上的分速度等于A的速度，如圖，依據(jù)平行四邊形定則有：vBcosα＝vA，所以vB＝eq\f(vA,cosα)，B向右運動的過程中，α減小，vA不變，則B的速度減小，但不是勻減速，故A、B錯誤；在豎直方向上，對B有：mg＝FN＋Tsinα，T＝mAg，α減小，則支持力FN增大，依據(jù)f＝μFN可知地面對B的摩擦力增大，故C錯誤；依據(jù)vBcosα＝vA，斜繩與水平方向成30°時，vA∶vB＝eq\r(3)∶2，故D正確。10．質量為2kg的質點在x-y平面內(nèi)運動，x方向的速度—時間圖象和y方向的位移—時間圖象分別如圖所示，則質點()A．初速度為4m/sB．所受合外力為4NC．做勻變速直線運動D．初速度的方向與合外力的方向垂直答案B解析質點在x方向的初速度為vx＝4m/s，y方向的初速度vy＝－3m/s，則質點的初速度v0＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝5m/s，故A錯誤；由圖1知質點在x方向的加速度a＝2m/s2，質點的合力F合＝ma＝4N，故B正確；質點在x方向做勻加速直線運動，受力恒定不變，y方向做勻速直線運動，受力為零，則質點的合力恒定不變，且與初速度方向成肯定角度，故質點做勻變速曲線運動，故C錯誤；合力沿x方向，而初速度方向既不在x方向，也不在y方向，則質點初速度的方向與合外力的方向不垂直，故D錯誤。題組二高考小題11．(2024·海南高考)在地面上方某點將一小球以肯定的初速度沿水平方向拋出，不計空氣阻力，則小球在隨后的運動中()A．速度和加速度的方向都在不斷變更B．速度與加速度方向之間的夾角始終減小C．在相等的時間間隔內(nèi)，速率的變更量相等D．在相等的時間間隔內(nèi)，動能的變更量相等答案B解析小球做平拋運動，其加速度恒定不變，速度方向時刻變更，故A錯誤；由于豎直分速度始終增大，而水平分速度不變，故合速度的方向由水平漸漸變?yōu)榻咏Q直，與豎直方向夾角越來越小，即速度方向與加速度方向之間的夾角越來越小，B正確；由v＝gt可知，在相等的時間間隔內(nèi)速度的變更量相同，但是速率為水平速度和豎直速度的合速度的大小，故速率的變更量不相同，C錯誤；小球在相等時間間隔內(nèi)豎直方向的位移不同，則重力做功不同，由動能的表達式可知，小球動能的變更量也不相等，D錯誤。12.(2024·江蘇高考)有A、B兩小球，B的質量為A的兩倍?，F(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力。圖中①為A的運動軌跡，則B的運動軌跡是()A．① B．②C．③ D．④答案A解析不計空氣阻力，A、B兩球運動過程中加速度a＝g，以相同速率沿同一方向拋出，都做斜上拋運動，故兩球軌跡相同，A項正確。13．(2024·全國卷Ⅰ)發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽視空氣的影響)。速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)。其緣由是()A．速度較小的球下降相同距離所用的時間較多B．速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大C．速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少D．速度較大的球在相同時間間隔內(nèi)下降的距離較大答案C解析在豎直方向，球做自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2知，選項A、D錯誤。由v2＝2gh知，選項B錯誤。在水平方向，球做勻速直線運動，通過相同水平距離，速度大的球用時少，選項C正確。14．(2024·全國卷Ⅲ)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A．2倍 B．4倍C．6倍 D．8倍答案A解析設甲球落至斜面時的速率為v1，乙球落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規(guī)律，x＝vt，y＝eq\f(1,2)gt2，設斜面傾角為θ，由幾何關系，tanθ＝eq\f(y,x)，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律，eq\f(1,2)mv2＋mgy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得：v1＝eq\r(1＋4tan2θ)·v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，v2＝eq\r(1＋4tan2θ)·eq\f(v,2)，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，A正確。15．(2024·江蘇高考)某彈射管每次彈出的小球速度相等。在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球。忽視空氣阻力，兩只小球落到水平地面的()A．時刻相同，地點相同 B．時刻相同，地點不同C．時刻不同，地點相同 D．時刻不同，地點不同答案B解析彈射管在豎直方向做自由落體運動，所以彈出小球在豎直方向運動的時間相等，因此兩球應同時落地；由于兩小球先后彈出，且彈出小球的水平初速度相同，所以小球在水平方向運動的時間不等，因小球在水平方向做勻速運動，所以水平位移不相等，因此落點不相同，故B正確。16．(2024·全國卷Ⅱ)(多選)如圖a，在跳臺滑雪競賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺起先計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖象如圖b所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則()A．其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D．豎直方向速度大小為v1時，其次次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大答案BD解析v-t圖象中圖線與t軸包圍的面積表示位移的大小，其次次滑翔過程中v-t圖線與t軸所圍面積比第一次的大表示在豎直方向上的位移比第一次的大，A錯誤；由圖a知落在雪道上時的水平位移與豎直位移成正比，再由A項分析知，B正確；從起跳到落到雪道上，第一次滑翔過程中豎直方向的速度變更比其次次的大，時間比其次次的短，由a＝eq\f(Δv,Δt)，可知其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小，C錯誤；v-t圖象的斜率表示加速度，豎直方向速度大小為v1時，其次次滑翔在豎直方向上的加速度比第一次的小，設在豎直方向上所受阻力為f，由mg－f＝ma，可得其次次滑翔在豎直方向上受到的阻力比第一次的大，D正確。題組三模擬小題17．(2024·浙江杭州三模)質點沿如圖所示的軌跡從A點運動到B點，已知其速度漸漸減小，下圖中能正確表示質點在C點處受力的是()答案C解析由題可知質點從A點到B點做曲線運動，故其所受合力指向曲線的內(nèi)側，又因為其速度漸漸減小，則可知合力對質點做負功，因此其速度方向與所受合力方向的夾角大于90°，故C正確。18.(2024·遼寧丹東高三上學期總復習階段測試)自行車轉彎時，可近似看成自行車繞某個定點O(圖中未畫出)做圓周運動，如圖所示為自行車轉彎時的俯視圖，自行車前、后兩輪軸A、B相距L，虛線表示兩輪轉彎的軌跡，OB距離為eq\r(3)L，前輪所在平面與車身夾角θ＝30°，此時輪軸B的速度大小v2＝3m/s。則輪軸A的速度v1大小為()A.eq\f(3\r(3),2)m/s B．2eq\r(3)m/sC.eq\r(3)m/s D．3eq\r(3)m/s答案B解析過A和B分別作車輪的垂線，兩線的交點即為O點，如圖所示：依據(jù)兩輪沿車身方向的速度相等得：v2＝v1cos30°，所以v1＝2eq\19.(2024·福建莆田二模)如圖，拋球嬉戲中，某人將小球水平拋向地面的小桶，結果球落在小桶的前方。不計空氣阻力，為了把小球拋進小桶中，則原地再次水平拋球時，他可以()A．增大拋出點高度，同時增大初速度B．減小拋出點高度，同時減小初速度C．保持拋出點高度不變，增大初速度D．保持初速度不變，增大拋出點高度答案B解析設小球做平拋運動的初速度為v0，拋出點離桶的高度為h，水平位移為x，則平拋運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，水平位移x＝v0t＝v0eq\r(\f(2h,g))，由上式分析可知，要減小水平位移x，可保持拋出點高度h不變，減小初速度v0，或保持初速度v0大小不變，減小拋出點高度h，或減小拋出點高度，同時減小初速度，故B正確，A、C、D錯誤。20．(2024·山東日照二模)如圖，水平地面上有一個坑，其豎直截面為四分之一圓弧ab，半徑為R，O點為圓心，c點為圓弧的中點。若在O點以某一初速度v沿Oa方向拋出一個小球，小球落在坑中。若忽視空氣阻力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．當小球的初速度為eq\f(\r(gR),2)時，恰好能打到c點B．小球的初速度v越大，在空中運動的時間就越長C．小球的初速度v越大，落到坑上時速度的偏轉角越小D．小球的初速度v越大，落到坑上時的動能就越大答案C解析設合位移方向與水平方向夾角為α，平拋運動時間為t，則有：Rsinα＝eq\f(1,2)gt2，Rcosα＝vt，恰好能打到c點時，α＝45°，聯(lián)立二式解得：v＝eq\f(\r(\r(2)gR),2)，故A錯誤；小球的初速度v越大，落點越靠上，即下落高度就越小，運動時間就越短，故B錯誤；小球的初速度v越大，落點越靠上，即下落高度就越小，位移偏轉角越小，則落到坑上時速度的偏轉角越小，故C正確；小球的初速度越大，落點越靠上，即下落高度就越小，重力做的功就越小，則落地時的動能不肯定越大，故D錯誤。21．(2024·深圳二模)2024年央視春晚加入了特別多的科技元素，在舞臺表演中還出現(xiàn)了無人機。現(xiàn)通過傳感器將某臺無人機上升向前追蹤拍攝的飛行過程轉化為豎直向上的速度vy及水平方向速度vx與飛行時間t的關系圖象如圖所示。則下列說法正確的是()A．無人機在t1時刻處于失重狀態(tài)B．無人機在0～t2這段時間內(nèi)沿直線飛行C．無人機在t2時刻上升至最高點D．無人機在t2～t3時間內(nèi)做勻變速運動答案D解析依據(jù)圖象可知，無人機在t1時刻，豎直方向向上做勻加速直線運動，而水平方向做勻減速直線運動，則無人機有豎直向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故A錯誤；由圖象可知，無人機在0～t2這段時間，豎直方向向上做勻加速直線運動，而水平方向做勻減速直線運動，那么合加速度與合初速度不共線，所以無人機做曲線運動，即無人機沿曲線上升，故B錯誤；無人機在豎直方向上，先向上做勻加速直線運動，在t2時刻向上的速度達到最大，然后向上做勻減速直線運動，因此在t2時刻無人機沒有上升至最高點，故C錯誤；無人機在t2～t3時間內(nèi)，水平方向做勻速直線運動，而豎直向上方向做勻減速直線運動，由此可知無人機所受合外力豎直向下且大小不變，因此無人機做勻變速運動，故D正確。22．(2024·山東德州二模)中國的面食文化博大精深，種類繁多，其中“山西刀削面”堪稱天下一絕，傳統(tǒng)的操作手法是一手托面，一手拿刀，干脆將面削到開水鍋里。如圖所示，小面圈剛被削離時距開水鍋的高度為h，與鍋沿的水平距離為L，鍋的半徑也為L，將削出的小面圈的運動視為平拋運動，且小面圈都落入鍋中，重力加速度為g，則下列關于全部小面圈在空中運動的描述錯誤的是()A．運動的時間都相同B．速度的變更量都相同C．落入鍋中時，最大速度是最小速度的3倍D．若初速度為v0，則Leq\r(\f(g,2h))＜v0＜3Leq\r(\f(g,2h))答案C解析依據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可得小面圈在空中運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))，全部小面圈在空中運動的時間都相同，故A正確；依據(jù)Δv＝gΔt可得全部小面圈的速度變更量都相同，故B正確；因為水平位移的范圍為L＜x＜L＋2R＝3L，則最小水平初速度為vmin＝eq\f(L,t)＝Leq\r(\f(g,2h))，最大水平初速度為：vmax＝eq\f(3L,t)＝3Leq\r(\f(g,2h))，則初速度的范圍為：Leq\r(\f(g,2h))＜v0＜3Leq\r(\f(g,2h))，故D正確；落入鍋中時，最大速度vmax′＝eq\r(v\o\al(2,max)＋gt2)＝eq\r(\f(9L2g,2h)＋2gh)，最小速度為vmin′＝eq\r(v\o\al(2,min)＋gt2)＝eq\r(\f(L2g,2h)＋2gh)，故C錯誤。題目要求選說法錯誤的，故選C。23．(2024·山東青島二模)如圖，兩小球P、Q從同一高度分別以v1和v2的初速度水平拋出，都落在了傾角為θ＝37°的斜面上的A點，其中小球P垂直打到斜面上，則v1、v2的大小之比為()A．9∶8 B．8∶9C．3∶2 D．2∶3答案A解析兩球拋出后都做平拋運動，兩球從同一高度拋出落到同一點，它們在豎直方向的位移h相等，它們的運動時間t＝eq\r(\f(2h,g))相等；對球Q：tanθ＝tan37°＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v2t)＝eq\f(gt,2v2)，解得：v2＝eq\f(2,3)gt；球P垂直打在斜面上，則有：v1＝vytanθ＝gttan37°＝eq\f(3,4)gt，則：eq\f(v1,v2)＝eq\f(\f(3,4)gt,\f(2,3)gt)＝eq\f(9,8)，故A正確。24．(2024·廣東汕頭二模)在光滑的水平面上，質量為m＝1kg的物塊在水平恒力F作用下運動，如圖所示為物塊的一段軌跡。已知物塊經(jīng)過P、Q兩點時的速率均為v＝4m/s，用時為2s，且物塊在P點的速度方向與PQ連線的夾角α＝30°。關于物塊的運動，下列說法正確的是()A．水平恒力F＝4NB．水平恒力F的方向與PQ連線成90°夾角C．物塊從P點運動到Q點的過程中最小速率為2m/sD．P、Q兩點的距離為8m答案B解析物塊在P、Q兩點的速度大小相等，依據(jù)動能定理知水平恒力F做的功為零，即F與位移PQ垂直，故B正確；將物塊的運動分解為沿著PQ方向和垂直PQ方向，在沿著PQ方向上做勻速直線運動，在垂直PQ方向上做勻變速直線運動，所以力F垂直PQ向下，在頂點處速度最小，只有沿著PQ方向的速度，故有：vmin＝vcos30°＝2eq\r(3)m/s，依據(jù)對稱性，物塊由P點運動到Q點的過程中，在垂直于PQ方向由a＝eq\f(Δv,Δt)可得a＝eq\f(2vsinα,Δt)＝eq\f(4,2)m/s2＝2m/s2，由牛頓其次定律得F＝ma＝2N，故A、C錯誤；物塊從P到Q的時間為：t＝2s，P、Q兩點的距離為：s＝vcos30°·t＝4eq\r(3)m，故D錯誤。題組一基礎大題25．一個排球場總長18m，設網(wǎng)高為2m，運動員站在離網(wǎng)3m的線上，正對網(wǎng)前跳起將球水平擊出(g＝10m/s2)。(1)設擊球點高度為2.45m，若球不觸網(wǎng)，擊球速度至少應為多大？(2)若擊球點的高度小于某一值，那么無論水平速度多大球不是觸網(wǎng)就是出界，試求這個高度？答案(1)10m/s(2)2.13m解析(1)依據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\r(\f(2h1－h(huán),g))＝eq\r(\f(2×2.45－2,10))s＝0.3s。則擊球的速度至少為：v＝eq\f(x,t)＝eq\f(3,0.3)m/s＝10m/s。(2)設這個高度為h，隨意速度為v，剛好不觸網(wǎng)有：h－2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x1＝vt1，即3＝vt1剛好不越界有：h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)x2＝vt2，即12＝vt2，聯(lián)立各式解得：h≈2.13m。26．如圖所示，質量為m＝0.2kg的小球從平臺上水平拋出后，落在一傾角θ＝53°的光滑斜面頂端，并恰好無碰撞地沿光滑斜面滑下，頂端與平臺的高度差h＝0.8m，斜面的高度H＝7.2m。g取10m/s2(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，求：(1)小球水平拋出的初速度v0是多大；(2)小球從平臺水平拋出到斜面底端所用的時間。答案(1)3m/s(2)1.4s解析(1)由題意可知：小球拋出后恰好無碰撞地沿斜面下滑，說明此時小球速度方向與斜面平行，否則小球會被彈起。由豎直位移h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s，豎直分速度vy＝gt1＝4m/s，vy＝v0tan53°，得v0＝eq\f(vy,tan53°)＝eq\f(4,\f(4,3))m/s＝3m/s。(2)小球沿斜面做勻加速直線運動的加速度a＝eq\f(mgsin53°,m)＝8m/s2，初速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝5m/s，eq\f(H,sin53°)＝vt2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，代入數(shù)據(jù)解得：t2＝1s，所以小球從平臺水平拋出到斜面底端所用的時間：t＝t1＋t2＝1.4s。題組二高考大題27．(2024·浙江高考)在真空環(huán)境內(nèi)探測微粒在重力場中能量的簡扮裝置如圖所示。P是一個微粒源，能持續(xù)水平向右放射質量相同、初速度不同的微粒。高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h。(1)若微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的時間；(2)求能被屏探測到的