人教版（2019）必修第二册《第5章 抛体运动》单元测试卷

人教版（2019）必修第二册《第5章抛体运动》2023年单元测试卷一、选择题1．（3分）做曲线运动的物体，在运动过程中一定变化的量是（）A．速度 B．动能 C．加速度 D．合外力2．（3分）一个物体以初速度v0水平抛出，经ts时，竖直方向的速度大小为v0，则t等于（）A． B． C． D．3．（3分）关于曲线运动的性质，以下说法中正确的是（）A．曲线运动一定是变速运动 B．变速运动一定是曲线运动 C．曲线运动一定是变加速运动 D．加速度变化的运动一定是曲线运动4．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦（）A．货车的速度等于vcosθ B．货车对地面的压力等于货车的重力 C．缆绳中的拉力FT小于（m0+m）g D．货物处于超重状态5．（3分）关于曲线运动的叙述，正确的是（）A．做曲线运动的物体，速度方向时刻变化，故曲线运动不可能是匀变速运动 B．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动 C．所有曲线运动都一定是变速运动 D．做曲线运动的物体受到的合力可能为零6．（3分）在离水平地面相同高度处，同时将两小球P、Q以相同的速率分别竖直向下和水平方向抛出，不计空气阻力，则（）A．两小球P、Q同时落地 B．小球P先落地 C．小球Q先落地 D．无法比较它们落地先后7．固定在水平地面上的斜面PQO上方的弧形轨道末端水平，小球从弧形轨道上某处滑下水平飞出后，恰好落在Q点，PQ＝1.0m，取重力加速度大小g＝10m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小为（）A．1.0m/s B．1.5m/s C．2.0m/s D．2.5m/s8．（3分）如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，当轻绳与水平面的夹角为θ时，人的速度为v（不计滑轮与绳之间的摩擦），则以下说法正确的是（）A．船的速度为vcosθ B．船的速度为vsinθ C．船的加速度为 D．船的加速度为9．（3分）下列关于抛体运动（不计空气阻力）陈述中，正确的是（）A．斜向上方抛出一物体，运动到最高点时，速度为零 B．斜上抛运动的上升过程与下降过程所需的时间相同 C．竖直上抛运动的物体达到最高点时速度为零，加速度为零，处于平衡状态 D．斜上抛运动的射程只取决于抛射初速度10．（3分）如图所示，薄半球壳ACB的水平直径为AB，C为最低点，一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A．只要v0足够大，小球可以击中B点 B．v0取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同 C．v0取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上 D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半球壳上二、填空题11．（6分）平抛轨迹上的一点A，坐标为（9.8，4.9）由此可知：抛出时速度大小v0＝m/s；A点的速度大小为vA＝m/s12．（2分）一物块m从某曲面上的Q点自由滑下，通过一粗糙的静止传送带后，落到地面P点（如图），使传送带也随之运动，再把该物块放到Q点自由滑下（填：P点，P点左边，P点右边）三、多选题（多选）13．（4分）在某一高度处将A球以大小为v1的初速度水平抛出．同时在A球正下方地面处将B球以大小为v2的初速度斜向上抛出．结果在B球上升至最高点时两球恰在空中相遇，相遇时两球的速度大小分别为vA、vB，不计空气阻力．则（）A．v1＞v2 B．v1＜v2 C．vA＞vB D．vA＜vB（多选）14．（4分）如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接。现BC连线恰沿水平方向0匀速下滑。设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（）A．物体A做变速运动 B．物体A做匀速运动 C．T小于mgsinθ D．T大于mgsinθ（多选）15．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，如图所示，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．若将炮弹初速度由v0变为，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面的夹角不变 B．若将炮弹初速度由v0变为，则炮弹下落的竖直高度变为原来的 C．若炮弹初速度为v0，则炮弹运动到距斜面最大距离L时所需要的时间为 D．若炮弹初速度为v0，则运动过程中炮弹距斜面的最大距离（多选）16．（4分）如图所示，A、E分别是斜面的顶端和底端，B、C、D是斜面上的三个点（不计空气阻力），球1落在B点，球2落在E点。两球从抛出到落在斜面上的运动过程中（）A．球1和球2运动的时间之比为1：2 B．球1和球2抛出时初速度大小之比为1：4 C．球1和球2落点速度方向相同 D．球1和球2落点速度大小之比为1：4（多选）17．冬奥会我国滑雪运动员（可视为质点）从曲面AB上某位置由静止滑下，到达B点后以速度v1水平飞出，经t1后落到足够长的斜坡滑道C点，此时速度方向与斜面夹角为θ1；运动员调整位置下滑，到达B点后以速度v2水平飞出，经t2后落到斜坡滑道D点，此时速度方向与斜面夹角为θ2；已知O点在B点正下方，OC＝CD，不计空气阻力（）A．v1＜v2＜2v1 B．v2＜v1 C．t2＜2t1 D．θ1＜θ2四、实验题18．（8分）小明采用如图甲所示的实验装置研究平抛运动规律，实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可以测得小球的水平初速度v0和飞行时间t，底板上的标尺可以测得水平位移d。（1）实验中斜槽轨道末端的切线必须是水平的，这样做的目的是。A.保证小球运动的轨迹是一条抛物线B.保证小球飞出时，速度沿水平方向斜槽轨道C.保证小球在空中运动时的加速度为gD.保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小（2）实验中，以下哪些操作可能引起实验误差。A.安装斜槽时，斜槽末端切线方向不水平B.没有从轨道同一位置释放小球C.斜槽不是光滑的D.空气阻力对小球运动有较大影响（3）保持水平槽口距底板的高度h＝0.420m不变，改变小球在斜槽轨道上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中。v0（m/s）0.7411.0341.3181.584t（ms）292.7293.0292.8292.9d（cm）21.730.338.645.4由表中数据可知，在实验误差允许的范围内，当h一定时；A.落地点的水平距离d与初速度v0大小成反比B.落地点的水平距离d与初速度v0大小成正比C.飞行时间t与初速度v0大小无关D.飞行时间t与初速度v0大小成正比（4）小华同学在实验装置的后面竖直放置一块贴有白纸和复写纸的木板，图乙是实验中小球从斜槽上不同位置释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置（选填“较低”或“较高”）；（5）小华同学接着用方格纸做实验，若小球在某次平抛运动中先后经过的三个位置a、b、c如图丙所示，已知小方格的边长L＝1cm2，则小球在b点的速度大小为m/s（结果保留两位有效数字）。五、计算题19．（6分）如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在邻近平台的一倾角为θ＝53°的光滑斜面顶端，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）小球水平抛出的初速度v0是多少？（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离x是多少？（3）若斜面顶端高H＝7.2m，则小球离开平台后经多长时间t到达斜面底端？六、解答题20．如图所示，在倾角为θ的斜面顶端以初速度v0水平抛出一小球，经一段时间后小球又落在斜面上，不计空气阻力（1）小球做平抛运动的时间是多少？（2）小球抛出后经多长时间到斜面的距离最大？（3）小球抛出后到斜面的最大距离是多少？21．（8分）汽车以1.6m/s的速度在水平地面上匀速行驶，汽车后壁货架上放有一小球（可视作质点），架高1.8m．由于前方事故，汽车轮胎抱死，小球从架上落下．已知该型号汽车在所在路面行驶时刹车痕s（即刹车距离），忽略货物与架子间的摩擦及空气阻力，g取10m/s2．求：（1）汽车刹车过程中的加速度多大；（2）货物在车厢底板上落点距车后壁的距离．22．（12分）如图所示，倾角为37°的斜面长l＝1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0＝3m/s的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后将小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块。（小球和滑块均视为质点2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），求：（1）抛出点O离斜面底端的高度；（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ。

参考答案与试题解析一、选择题1．【分析】既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，它的速度肯定是变化的；而匀速圆周运动的速率是不变的，平抛运动的合力、加速度是不变的．【解答】解：A、物体既然做曲线运动，所以速度一定在变化。B、匀速圆周运动的速度的大小是不变的，其动能也不变。C、平抛运动也是曲线运动，加速度是重力加速度，故CD错误；故选：A。【点评】曲线运动不能只想着匀速圆周运动，平抛也是曲线运动的一种，在做题时一定要考虑全面．2．【分析】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，结合竖直分速度求出运动的时间．【解答】解：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据vy＝gt得，t＝，B、C、D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道分运动与合运动具有等时性．3．【分析】物体运动轨迹是曲线的运动，称为“曲线运动”．当物体所受的合外力和它速度方向不在同一直线上，物体就是在做曲线运动．【解答】解：A、既然是曲线运动，所以曲线运动一定是变速运动；B、变速运动不一定是曲线运动，故B错误；C、曲线运动的加速度可以不变，故C错误；D、曲线运动的加速度可以改变，故D错误；故选：A。【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住．4．【分析】在将货物提升的过程中，由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车运动的速度沿着缆绳方向的分量相等，根据平行四边形定则求出货车的速度表达式，结合牛顿第二定律分析即可。【解答】解：A．将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于缆绳不可伸长，货箱向上运动的速度和货车的速度沿着缆绳方向的分量相等，故v＝v1cosθ则货车运动的速度故A错误；CD．因v8不变，θ减小，货箱向上运动的速度v增大，处于超重状态T大于（m0+m）g，故C错误；B．由于货车受到缆绳的拉力，故B错误。故选：D。【点评】本题的关键要掌握缆绳端物体速度分解的方法，知道缆绳端物体沿缆绳方向的分速度相等，推导出货箱与货车的速度关系式，从而确定货箱的运动规律，然后超重与失重的特点分析，并注意两者的区别。5．【分析】物体做曲线运动时，所受合外力的方向与加速度的方向在同一直线上，合力可以是恒力，也可以是变力，加速度可以是变化的，也可以是不变的。平抛运动的物体所受合力是重力，加速度恒定不变，平抛运动是一种匀变速曲线运动。【解答】解：A、做曲线运动的物体，但曲线运动可能是匀变速运动，故A错误；B、物体在恒力作用下可以做曲线运动，故B错误；C、只要是曲线运动，故曲线运动一定是变速运动；D、因曲线运动一定是变速运动，故合力一定不为零。故选：C。【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。6．【分析】P做竖直下抛运动，Q做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动规律分析运动时间的关系．【解答】解：P做竖直下抛运动，加速度为g，竖直方向做自由落体运动，由于P竖直方向有初速度，则知小球P运动时间短，故ACD错误。故选：B。【点评】解决本题的关键是要知道平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，也可以写出两个小球竖直方向分位移公式来比较时间关系．7．【分析】把平抛运动分解成水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，利用竖直位移与水平位移求解。【解答】解：水平位移OQ＝＝m＝0.8m根据得t＝＝s＝0.3s小球做平抛运动的初速度大小为v＝＝m/s＝1.8m/s故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查平抛运动与斜面的结合，要熟练掌握其运动规律。8．【分析】绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动．根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．【解答】解：A、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。如上图所示根据平行四边形定则有，v人＝v船cosθ．则有：船的速度为v船＝，故AB错误。C、对小船受力分析，则有Fcosθ﹣f＝ma，故C正确；故选：C。【点评】解决本题的关键知道船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，并掌握受力分析与理解牛顿第二定律．9．【分析】物体做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，两个分运动具有等时性，上升过程和下降过程具有对称性。平衡状态的条件是合力为零。设斜上抛运动的初速度与水平方向的夹角为θ，将初速度分解，求出水平射程。【解答】解：A、斜向上方抛出一物体，具有水平速度；B、斜上抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动，上升过程和下降过程所需的时间相同；C、竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，加速度为重力加速度，故C错误；D、设斜上抛运动的初速度与水平方向的夹角为θx＝v0cosθ，vy＝v0sinθ，落地时间：t＝＝3cosθ•t＝，故斜上抛运动的水平射程与初速度和夹角有关。故选：B。【点评】此题考查了抛体运动的规律，对于斜抛和平抛这些抛体运动，研究的基本方法是运动的合成和分解。10．【分析】本题可以采用假设法，假设小球垂直撞击半圆环，通过速度方向的夹角与位移与水平方向的夹角关系进行分析．【解答】解：A、小球做平抛运动，有竖直向下的位移，故A错误。B、初速度不同，运动的时间不同，故B错误。C、小球不可能垂直撞击在半圆环AC段，平抛运动的速度方向偏向右。假设小球与BC段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ．连接抛出点与撞击点．根据几何关系知．因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍．与θ＝2β相矛盾。故C错误。故选：D。【点评】解决本题的关键知道平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍这一推论，并能灵活运用．二、填空题11．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，由运动学方程可求解。【解答】解：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，有：x＝v0t在竖直方向上做自由落体运动：代入数据解得初速度为：v0＝8.8m/s在竖直方向上，由运动学方程得：由勾股定理得A点速度大小为：＝m/s故答案为：9.8，【点评】本题考查得是平抛运动，要求学生会用运动的合成与分解去列方程求解，注意题目不特别强调时重力加速度的取值为9.8m/s2。12．【分析】因传送带是逆时针转动，故不会对物体其带动作用，其做功仍是负功．无论传送带转动还是不转动，m滑过传送带所受摩擦力一样，经过的位移也一样，就是传送带两轮之间的长度，故两种情况下，传送带对物体做的功时一样的．由动能定理，可以知道两种情况下从传送带上抛出的速度关系，在由平抛规律可以得到落点位置．【解答】解：无论传送带静止，还是转动起来，方向大小都一样，故两次下滑在传送带上的位移也是一样的．又两次释放点相同，故两次下滑力对物体做的总功相同，对从Q下滑到从传送带平抛出去：，由平抛规律：x＝v0t，，可知其水平和竖直位移都一样，故仍在P点．故答案为：P点【点评】关键是要知道摩擦力做的功一样的，这个与摩擦力的大小，和物体位移有关，能正确判定这两次，本题可解．三、多选题13．【分析】A球做平抛运动，B球做斜抛运动，将两运动分解为水平方向和竖直方向进行研究．抓住相同时间内水平位移相等，比较出初速度的大小．【解答】解：AB、A球做平抛运动，水平方向都做匀速直线运动。因为两球在空中相遇，知水平位移相等xt知，水平分速度相等1＝v2cosθ，θ是B球的初速度与水平的夹角7＜v2．故A错误，B正确。CD、相遇时A＝在B球上升至最高点时，vB＝v2cosθ＝v6．可得，vA＞vB．故C正确，D错误。故选：BC。【点评】解决本题的关键知道平抛运动和斜抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道两种运动都是匀变速运动，加速度不变．14．【分析】根据运动的合成与分解，将B的竖直向下的运动分解成沿着绳子方向与垂直绳子方向的两个分运动，结合力的平行四边形定则，即可求解。【解答】解：由题意可知，将B的实际运动分解成两个分运动根据平行四边形定则，可有：vBsinα＝v绳；因B以速度v0匀速下滑，又α在增大，则A处于加速运动，根据受力分析，结合牛顿第二定律，故AD正确；故选：AD。【点评】本题考查运动的合成与分解，掌握如何将实际运动分解成两个分运动是解题的关键，同时运用三角函数关系。15．【分析】根据平抛运动规律：水平方向上匀速直线运动，竖直方向上自由落体运动列式联立可求解。【解答】解：A、炮弹水平方向上匀速直线运动，炮弹落到斜面上时可得所以速度偏转角的正切值不变，炮弹落在斜面上的速度方向与斜面夹角不变；B、由炮弹落到斜面竖直方向位移与水平方向位移关系所以炮弹速度变为原来一半时，飞行时间也变为原来一半可知，故B错误；C、炮弹与斜面距离最大时，此时竖直方向速度与水平速度的关系为解得飞行时间为，故C正确；D、建立如图所示坐标系，对炮弹初速度和加速度进行分解如图所示vy′＝v7sinθ，gy＝gcosθ当y轴方向速度减小为0时，炮弹距离斜面最远故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查平抛运动规律的应用，能够灵活利用公式求得v0及L的表达式，从而可求解。16．【分析】小球落在斜面上，竖直方向上做自由落体运动，据此判断运动时间。根据平抛运动的规律得到初速度与运动时间的关系。速度与水平方向夹角φ的正切值等于位移与水平方向夹角θ的正切值的二倍，据此分析落点速度。【解答】解：A、两小球做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，竖直位移之比为1：4，故A正确；B、设斜面倾角为θ，斜面的倾角等于位移与水平方向的夹角＝＝，解得初速度为：v0＝，则球5和球2抛出时初速度大小之比为1：2；C、两小球均落到斜面上，故C正确；D、根据平抛运动的规律可知，tanφ＝2tanθ，则球7和球2落点速度大小之比为1：4。故选：AC。【点评】此题考查了平抛运动的规律，物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，斜面的倾角等于位移方向与水平方向的夹角。17．【分析】平抛运动的时间由竖直自由落体运动的位移决定，根据已知可判断时间关系；速度倾角正切等于位移倾角正切的两倍，由图可以看出C点位移倾角大于D点位移倾角，根据三角函数可以判断两角大小关系。【解答】解：AB．运动员从B飞出后做平抛运动，如下图所示两次平抛运动下落的高度相等，运动时间相等，第二次水平方向的位移为第一次的2倍2′＝7v1第二次经过D点正上方的D′点时，运动员会落在斜面上的点将在斜面上D点斜下方，飞出时的速度应一定满足v1＜v4＜2v1，故A正确，B错误；C．设OB间的距离为h4，OC和CD的高度差均为h，两次平抛运动的时间分别为t1和t2，则第一次有：第二次有：联立可得：t2＜7t1故C正确；D．如下图所示为两次落到斜面上的位移方向：设斜面与水平面夹角为θ，第一次和第二次位移方向和水平方向的夹角分别为α1和α3，则有：α1＞α2根据平抛运动推论：速度和水平方向的夹角β与位移和水平方向夹角α关系满足：tanβ＝4tanα可得：β1＞β2又因为：β5＝θ1+θ，β2＝θ3+θ所以可得θ1＞θ2与D选项描述不符，故D错误。故选：AC。【点评】已知OC＝CD由几何知识可得OC和CD的竖直分量也相等，就可以表示出从B到两点的竖直位移关系，利用自由落体运动的位移—时间公式可以比较时间关系。平抛运动的推论用起来很快捷，特别是选择题请充分运用。四、实验题18．【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；（2）结合选项分析出对应的操作能否引起实验误差；（3）根据表格中的数据分析出平抛运动在不同方向上的运动特点；（4）根据图线的特点分析出两个小球的释放位置的高低；（5）根据不同方向的运动特点结合运动学公式和矢量的合成特点计算出b点的速度。【解答】解：（1）AB、要研究平抛运动规律，这样才能让小球飞出时的运动为平抛运动，B正确；CD、小球在空中运动的加速度和小球飞出时的速度大小与轨道末端是否水平无关；故选：B。（2）A、要研究平抛运动规律，斜槽末端切线方向不水平，能引起实验误差；B、没有从轨道上同一位置释放小球，因此不会产生误差；C、因为实验是要研究平抛运动规律，与斜槽是否光滑无关；D、空气阻力对小球运动有较大影响，所以能产生实验误差；故选：AD。（3）AB、根据表中数据可得：d1＝0.127m＝5.741×0.2927md2＝3.303m＝1.034×0.293md3＝0.386m＝1.318×2.2928md4＝0.454m＝3.584×0.2929m由计算结果可知，在实验误差允许范围内，故A错误；CD、由表中数据可知，故C正确；故选：BC。（4）由图乙可知，图线①对应的小球的初速度大于图线②；（5）由图丙可知，已知小方格的边长L＝1cm，则在竖直方向上：Δh＝gT6解得：则有b点在水平方向的初速度为由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，b点在竖直方向的速度为则小球在b点的速度大小为故答案为：（1）B；（2）AD；（4）较高【点评】本题主要考查了平抛运动的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式和矢量的合成的特点完成分析。五、计算题19．【分析】（1）小球从离开平台到斜面顶端的过程做平抛运动，根据速度—位移公式求出小球到达斜面顶端时竖直分速度，结合平行四边形定则求出初速度。（2）根据速度—时间公式求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求斜面顶端与平台边缘的水平距离x。（3）根据牛顿第二定律求出小球在斜面上做匀加速运动的加速度，根据平行四边形定则求出小球在斜面上的初速度，结合位移—时间公式求出小球在斜面上运动的时间，从而得出总时间。【解答】解：（1）小球落到斜面顶端时刚好沿光滑斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行。所以vy＝v0tan53°又＝7gh联立解得：vy＝4m/s，v0＝5m/s（2）小球从离开平台到斜面顶端的过程做平抛运动，由vy＝gt1得t1＝8.4s则x＝v0t2＝3×0.7m＝1.2m（3）小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝＝gsin53°＝10×3.8m/s2＝4m/s2小球落到斜面顶端时速度v＝＝m/s＝2m/s小球在斜面上做匀加速运动，有＝vt2+代入数据，解得：t2＝1s（负值去）所以t＝t1+t4＝0.4s+6s＝1.4s答：（1）小球水平抛出的初速度v7是3m/s；（2）面顶端与平台边缘的水平距离s是1.5m；（3）小球离开平台后经1.4s时间到达斜面底端。【点评】解决本题时，要分析清楚小球的运动情况，灵活运用运动的分解法研究平抛运动，运用牛顿第二定律和运动学公式相结合求小球在斜面上的运动时间。六、解答题20．【分析】（1）小球做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，列式求解小球做平抛运动的时间；（2）当小球垂直斜面的速度为零时，即速度平行斜面时，小球距离斜面最大；（3）将小球的运动分解为垂直斜面和沿斜面两个分运动，根据运动的合成与分解求解小球抛出后到斜面的最大距离。【解答】解：（1）小球做平抛运动，水平方向做匀速运动，有x＝v0t竖直方向做自