高一物理必修第二册“平抛运动临界问题与类平抛运动”教学设计

高一物理必修第二册“平抛运动临界问题与类平抛运动”教学设计平抛运动是高一物理曲线运动模块的核心内容，临界问题与类平抛运动则是这一模块中区分度最显著的能力生长点。临界问题对应着物理过程发生质变的转折瞬间，需要学生准确捕捉“恰好”这一关键状态；类平抛运动则是平抛运动规律的迁移应用，需在受力分析的基础上剥离出等效重力场。二者共同指向物理建模与动态分析两大核心素养，是发展学生科学思维的重要载体。本节课的学情起点是学生已经掌握了平抛运动的基本规律，包括水平方向匀速直线运动与竖直方向自由落体运动的分解方法，并能够运用这一规律解决常规轨迹问题。已有认知中常见的偏差在于：习惯于将平抛运动局限于“平抛”这一原型，面对“类平抛”时不能主动进行受力分解；处理临界问题时容易忽视隐含条件的挖掘，倾向于套用公式直接求解。本节课需要解决的核心矛盾是：从“特殊”到“一般”的规律迁移能力，以及从“静态”到“动态”的过程分析能力。一、教学目标物理观念层面：理解平抛运动临界问题的本质，明确“恰好”作为状态标识的物理含义；建立类平抛运动的等效模型，掌握初速度方向与合力方向垂直这一基本特征。科学思维层面：通过临界条件的分析与表达，培养多过程问题的拆解能力；通过类平抛运动的受力分析，培养等效替代的思维方法；通过几何关系与运动规律的联合应用，提升综合建模能力。科学探究层面：能够从具体情境中提取关键物理量，建立物理量之间的函数关系；能够针对临界状态进行有效推理，并通过数学工具求解极值或边界值。科学态度与责任层面：体悟物理规律的对称性与统一性，形成尊重证据、严谨推理的科学品格；感受物理学在解决工程实际问题中的价值。二、教学重难点教学重点：平抛运动临界条件的识别与表达；类平抛运动的等效处理方法；两类问题中速度、位移的几何关系应用。教学难点：临界状态下隐含物理量的挖掘；类平抛运动中等效重力加速度的方向与大小判定；多约束条件下几何关系与运动规律的联合运用。三、教学过程（一）情境引入：从“刚好”到“必然”多媒体展示两幅图片：一幅是运动员跳远时落在沙坑边缘的照片，另一幅是工厂流水线上工件滑落的示意图。引导学生观察：前者的“恰好落在边界”与后者的“恰好滑出平台”在物理本质上具有什么共同特征？学生讨论后明确：两者都涉及“临界”这一概念，即物体在某一瞬间处于“将要发生而尚未发生”某一现象的状态。在临界状态下，物理量往往取到极值或边界值。教师进一步提问：在平抛运动中，你能在哪些情境中遇到临界问题？预设回答：球恰好越过挡板落在边界、物体恰好落到斜面底端、粒子恰好从某点射出等。设计意图：从生活情境切入，让学生初步感知“临界”在物理过程中的存在方式，为后续深入分析建立感性基础。（二）核心探究一：平抛运动的临界问题情境一：水平地面上方某位置水平抛出一小球，已知抛出点高度h=20m，初速度v₀=10m/s。求小球落地时的水平位移。（取g=10m/s²）学生独立求解：竖直方向h=½gt²，解得t=2s；水平方向x=v₀t=20m。情境二变式：在距离抛出点正下方地面12m处水平放置一块挡板（无限长），小球落在挡板上后反弹（碰撞时间极短，水平方向速度大小不变、方向反向，竖直方向速度大小不变、方向反向）。求小球最终落地点距抛出点正下方的水平距离。分析过程：第一次下落时间t₁=√(2×12/10)=√2.4≈1.549s，水平位移x₁=v₀t₁≈15.49m；反弹后竖直方向初速度大小不变，继续下落剩余高度8m，所需时间t₂=√(2×8/10)=√1.6≈1.265s，水平位移x₂=v₀t₂≈12.65m，方向与x₁相反。总水平距离：x=x₁+x₂≈28.14m。此处不涉及临界，仅作为铺垫。关键变式如下：情境三（临界引出）：将挡板改为一个半径R=5m的圆形平台（高度仍为12m），小球与平台碰撞后竖直方向速度瞬间归零（被平台水平弹开），水平方向速度大小不变。求小球经过平台上方时，水平方向的最小位移与最大位移。（提示：考虑小球落在平台边缘的临界情况）分析：第一次下落时间为t=√(2×12/10)=√2.4s，水平方向速度保持v₀=10m/s。落到平台时的水平位移x₀=v₀t≈15.49m。此位移若小于平台半径，则小球落在平台上；若恰等于平台半径，则小球恰好擦过平台边缘；若大于平台半径，则小球从平台边缘外侧落下。临界条件：x₀=R，即v₀√(2H/g)=R。此处H为抛出点到平台的高度。当x₀=R时，小球恰好擦过平台边缘；当x₀＜R时，小球落在平台上方并被弹开；当x₀＞R时，小球从平台外侧经过。设计意图：通过圆形平台的变式，自然引出“恰好擦过”这一临界状态，并让学生体会临界条件的几何意义：水平位移恰好等于某个几何尺寸。情境四（深度变式）：如图所示，倾角θ=37°的斜面顶端距水平地面高度h=15m，在斜面顶端正上方某位置水平抛出一小球，初速度v₀大小可调，方向水平向左。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²。要使小球恰好垂直打在斜面上，求v₀的大小及抛出点距斜面顶端的高度H。分析：设小球从抛出点到打在斜面所用时间为t，打在斜面时速度方向与斜面垂直。根据几何关系，速度方向与水平方向夹角α满足α=90°θ=53°。由速度分解：水平速度：vₓ=v₀竖直速度：vᵧ=gt由tanα=vᵧ/vₓ，得gt/v₀=tan53°=4/3。由竖直方向位移：Hgt²/2=h+gt²/2（gt²/2）tanθ×tanθ……此处需仔细推导几何关系。更清晰的分析：抛出点在斜面顶端正上方，小球最终垂直打在斜面上。设打在斜面上的点距斜面顶端的距离为L，则该点高度为Lsinθ，水平位置为Lcosθ（设向左为正）。抛出点高度为H顶端，则抛出点到落点的竖直位移为HhLsinθ，水平位移为Lcosθ。由竖直方向：HhLsinθ=½gt²……①由水平方向：Lcosθ=v₀t……②由垂直打斜面条件：速度方向与水平方向夹角为90°θ=53°，故vᵧ/vₓ=tan53°=4/3，即gt/v₀=4/3……③由①：H=h+Lsinθ+½gt²=h+0.6L+½gt²由②：L=v₀t/cos37°=v₀t/0.8由③：gt=4v₀/3，代入②：L=(v₀×4v₀/(3g))/0.8=4v₀²/(2.4g)=5v₀²/(3g)代回①：H=15+0.6×5v₀²/(3g)+½×(4v₀/3)²/g=15+v₀²/g+8v₀²/(9g)=15+(9v₀²+8v₀²)/(9g)=15+17v₀²/(9g)此方程有两个未知数，还需另一个条件。事实上，本题若要求“恰好垂直打在斜面”，但斜面上有无数点满足垂直入射条件，因此需要补充其他约束，比如要求抛出点距斜面顶端高度最小，或要求打在斜面中点等。原题缺少约束，需明确为“求v₀的可能值范围”。重新审题：题目说“要使小球恰好垂直打在斜面上”，结合教学实际，本类问题常见的完整表述是：“要使小球落在斜面上且垂直打在斜面上，求v₀的最小值”。补全：要求小球垂直打在斜面上，且抛出点高度H给定（或取最小值）。若要求v₀最小值，则对应L最小（小球打在斜面顶端附近），由几何关系知此时抛出点与打在点的连线接近垂直斜面方向，但这样会与H最小矛盾。实际操作中，此问题需要明确H的具体数值或明确“距斜面顶端某处”的具体位置。为了教学有效性，给出一个确定的完整例题：例题1（临界条件应用）：如图所示，在倾角θ=37°的斜面顶端A点正上方H处水平抛出一小球，初速度v₀沿水平方向。要使小球落在斜面上时速度方向恰好与斜面垂直，求v₀的大小。（设H已知）解：设小球落在斜面上B点，AB=L。由几何关系知，B点高度为Lsinθ，A点高度为Lsinθ+H（抛出点在A正上方），但抛出点与B点的竖直高度差应为H。实际上，抛出点高度为H_A，B点高度为H_A½gt²（下落），同时B点也在斜面上，其高度从顶端A算起为Lsinθ。因此H_A½gt²=H_ALsinθ，即½gt²=Lsinθ……①水平方向：Lcosθ=v₀t……②垂直条件：gt/v₀=tan(90°θ)=cotθ=1/tanθ=5/4……③（因tan37°=3/4，cot37°=4/3）由③：gt=(4/3)v₀，代入②：L=v₀·(4/3)v₀/(g·cos37°)=(4v₀²)/(3g×0.8)=5v₀²/(3g)代回①：½g·(4v₀/3)²/g²=Lsinθ，即½·(16v₀²/9)/g=(5v₀²/(3g))·0.6左边：8v₀²/(9g)右边：3v₀²/g=27v₀²/(9g)8v₀²/(9g)≠27v₀²/(9g)矛盾！说明题目条件不自洽。需要重新检查。问题在于：抛出点在A正上方H处，而落在斜面上的B点与A的连线不是竖直的，H是竖直高度差，不是沿着斜面的距离。正确几何关系：A点坐标(0,0)，B点在斜面上，向下倾斜方向为正，设斜面倾角θ，斜面向右下方延伸。则B点坐标(Lcosθ,Lsinθ)。抛出点在A正上方H处，坐标为(0,H)。水平位移：Δx=Lcosθ0=Lcosθ=v₀t竖直位移：Δy=H(Lsinθ)=H+Lsinθ=½gt²垂直打斜面条件：速度方向垂直于斜面，即速度方向与水平方向夹角为90°θ（当斜面向右下方倾斜时，速度方向斜向左下方）。更准确：斜面方向沿斜面向下，与水平方向夹角θ。垂直斜面方向与水平方向夹角为90°θ，指向左上方（假设从抛出点向左下落到斜面）。速度水平分量：vₓ=v₀（向左），竖直分量：vᵧ=gt（向下）速度方向向量：(v₀,gt)垂直斜面方向（指向斜面外侧，即斜面法线方向）：(sinθ,cosθ)（指向斜面外上方）速度方向应与法线方向一致（指向斜面方向为相反），即(v₀,gt)∝(sinθ,cosθ)，即v₀/sinθ=gt/cosθ，得gt/v₀=cosθ/sinθ=cotθ。由①：½gt²=H+Lsinθ由②：Lcosθ=v₀t⇒L=v₀t/cosθ代入①：½gt²=H+(v₀t/cosθ)·sinθ=H+v₀ttanθ由gt=v₀cotθ：t=v₀cotθ/g代入：½g·(v₀cotθ/g)²=H+v₀·(v₀cotθ/g)·tanθ½·v₀²cot²θ/g=H+v₀²cotθ/g令k=v₀²cotθ/g：½k·cotθ=H+kH=½kcotθk=k(½cotθ1)当θ=37°时，cotθ=4/3，½cotθ=2/3，½cotθ1=1/3，H为负，与实际不符！说明方向反了。重新分析：抛出点在A正上方，小球水平抛出（向左），落在斜面上。如果斜面向右下方倾斜，抛出点在顶端正上方，向左抛出的小球实际上会落在斜面的左侧外，不可能落在斜面上。要落在斜面上，要么斜面向左下方倾斜，要么小球向右抛出。修正：斜面倾角θ=37°，斜面向左下方倾斜。A为斜面顶端，抛出点在A正上方H处，小球水平向左抛出。A点坐标(0,0)，B点在斜面上，B点坐标(Lcosθ,Lsinθ)。抛出点坐标(0,H)。水平位移：Δx=Lcosθ0=Lcosθ，大小Lcosθ，方向向左。竖直位移：Δy=H(Lsinθ)=H+Lsinθ，方向向下。水平运动：Lcosθ=v₀t竖直运动：H+Lsinθ=½gt²垂直斜面条件：速度方向垂直于斜面。斜面向左下方倾斜，斜面方向向量(cosθ,sinθ)，法线方向(sinθ,cosθ)（指向左上方）或(sinθ,cosθ)（指向右下方）。速度方向应指向斜面，即(sinθ,cosθ)方向（指向右下方）。速度向量(v₀,gt)应与(sinθ,cosθ)同向，即v₀/sinθ=gt/cosθ，得gt/v₀=cosθ/sinθ=cotθ=4/3。即gt=4v₀/3，t=4v₀/(3g)。代入水平方程：Lcosθ=v₀·4v₀/(3g)=4v₀²/(3g)，L=4v₀²/(3gcosθ)=4v₀²/(3g×0.8)=5v₀²/(3g)。代入竖直方程：H+Lsinθ=½g·(4v₀/3)²/g²=8v₀²/(9g)。Lsinθ=5v₀²/(3g)×0.6=3v₀²/g=27v₀²/(9g)。所以H=8v₀²/(9g)27v₀²/(9g)=19v₀²/(9g)。H为负，依然矛盾。仔细分析几何：当抛出点在A正上方，且斜面向左下方倾斜时，从抛出点向左下方做平抛运动，轨迹是向左下弯曲的曲线。要垂直打在斜面上，意味着打在斜面上时速度方向与斜面垂直。画图：斜面左低右高（A为最高点，向左下倾斜）。抛出点在A正上方。从抛出点向左下抛，物体在竖直方向加速下落，水平方向匀速向左。如果斜面足够长，物体一定会落在斜面上。落在斜面上时，物体的位置在抛出点的左下方。设A为原点(0,0)，斜面方程：y=xtanθ（向左下，x负，y负）。抛出点：(0,H)。轨迹方程：x=v₀t，y=H½gt²。落到斜面上时：H½gt²=v₀ttanθ，即H=½gt²v₀ttanθ。又t>0，此方程右边先负后正（开口向上抛物线），对于给定的H，可能有解。速度方向：水平分量v₀，竖直分量gt。斜面方向（左下）：(cosθ,sinθ)。垂直条件：速度·斜面方向=0，即(v₀)(cosθ)+(gt)(sinθ)=v₀cosθ+gtsinθ=0。但v₀,g,t,sinθ,cosθ都大于0，不可能成立！说明：当斜面向左下方倾斜时，从正上方向左平抛，不可能垂直打到斜面上。修正：若要垂直打斜面，速度方向应垂直斜面向下（即指向斜面内部），对于向左下倾斜的斜面，垂直斜面向下的方向是(cosθ,sinθ)（指向右下方）或(cosθ,sinθ)（指向左上方）？斜面向左下倾斜，斜面外法线方向是(cosθ,sinθ)（指向右下方），斜面内法线方向是(cosθ,sinθ)（指向左上方）。物体垂直打在斜面上，意味着速度方向沿斜面内法线方向，即(cosθ,sinθ)，但物体运动方向向下，速度竖直分量为负，所以方向不对。实际上，若物体垂直撞向斜面（撞到斜面上），速度方向应指向斜面，即沿斜面内法线方向。斜面向左下倾斜，内法线方向为斜面方向顺时针旋转90°：(cosθ,sinθ)（指向左上方）或(cosθ,sinθ)（指向右下方）。物体从抛出点(0,H)出发，水平向左（vₓ=v₀），竖直向下加速。要垂直打在斜面上，速度方向应指向斜面，即指向斜面的反方向——但物体是从斜面上方落下，撞向斜面，速度方向应大致指向斜面。对于斜面向左下倾斜的情况，从抛出点向左下抛出的物体，其速度方向（指向左下）大致与斜面平行（当抛出点足够高、速度足够大时）或与斜面成一定角度。要垂直打在斜面上，速度方向应与斜面垂直，即与斜面方向成90°。斜面方向（左下）与水平方向夹角为θ（在第四象限，从正x轴顺时针转θ角，或从负x轴逆时针转(180°θ)角）。斜面方向单位向量：(cosθ,sinθ)。垂直于斜面的方向有两种：(sinθ,cosθ)和(sinθ,cosθ)。第一种(sinθ,cosθ)：水平分量向右（正），竖直分量向下（负）。物体要朝这个方向运动，需要水平向右的速度，但物体水平向左抛，不对。第二种(sinθ,cosθ)：水平分量向左（负），竖直分量向上（正）。物体要朝这个方向运动，需要水平向左、竖直向上的速度，但物体竖直向下加速，不对。所以，无论如何，从正上方水平向左抛出的物体，不可能垂直打在向左下倾斜的斜面上。因此，本题应该改为：斜面向右下方倾斜，或者小球水平向右抛出。修正后的标准例题：例题1：在倾角θ=37°的斜面顶端A点正上方H=5m处水平抛出一小球，初速度v₀沿水平方向（垂直于纸面向里或向外，不影响分析）。要使小球垂直打在斜面上，求v₀的大小。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²）解：斜面向右下方倾斜。A为原点，斜面方程y=xtanθ（x正，y负）。抛出点：(0,H)。水平向右抛出（设v₀>0向右）：x=v₀t，y=H½gt²。落到斜面上：H½gt²=v₀ttanθ，即½gt²+v₀ttanθH=0。垂直打斜面条件：速度方向垂直于斜面。斜面方向(右下方)：(cosθ,sinθ)。垂直斜面方向（指向斜面外即斜面上方）：(sinθ,cosθ)；指向斜面内即斜面下方：(sinθ,cosθ)。物体撞向斜面，速度应指向斜面内部，即(sinθ,cosθ)方向。速度向量(v₀,gt)应与(sinθ,cosθ)同向，即v₀/(sinθ)=gt/(cosθ)，即v₀/sinθ=gt/cosθ，得gt/v₀=cosθ/sinθ=cotθ。所以gt=v₀cotθ=v₀×(4/3)。t=4v₀/(3g)=4v₀/30=2v₀/15。代入位移方程（落到斜面上）：H½gt²=v₀ttanθ。½gt²=Hv₀ttanθ=5v₀·(2v₀/15)·(3/4)=5(6v₀²/60)=5v₀²/10。½×10×(2v₀/15)²=5v₀²/105×4v₀²/225=5v₀²/104v₀²/45=5v₀²/10两边乘90：8v₀²=4509v₀²17v₀²=450v₀²=450/17≈26.47v₀≈5.14m/s再求H：H已知为5m，本题是已知H求v₀。此题作为临界问题的典型例题，需要学生熟练掌握：1.临界状态的几何表达（垂直打斜面意味着速度方向与斜面垂直）；2.速度分解与位移分解的联合运用；3.三角函数关系的准确把握。设计意图：通过这个例题，展示临界问题中“恰好垂直”这一条件如何转化为几何关系，并引导学生体会临界状态对应的数学特征（往往对应某一物理量取极值或某一方程的特定解）。（三）核心探究二：类平抛运动类平抛运动是指物体在恒力作用下，初速度方向与恒力方向垂直的运动。其规律与平抛运动完全类似，只需将“重力加速度g”替换为“等效重力加速度a”，水平方向改为“垂直于合力方向”，竖直方向改为“沿合力方向”。情境五：带电粒子在匀强电场中的偏转。如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v₀垂直进入匀强电场中，电场方向竖直向下（或向上，取决于电性）。若粒子重力不计，求粒子离开电场时的偏转位移和偏转角度。分析：电场力F=qE方向竖直向下（设正电荷），与初速度v₀（水平方向）垂直，因此粒子做类平抛运动。水平方向：匀速直线运动，x=v₀t。竖直方向：初速度为零的匀加速直线运动，加速度a=qE/m，y=½at²。离开电场时（设板长L）：t=L/v₀，偏转位移y=½a(L/v₀)²=qEL²/(2mv₀²)。偏转角度：tanθ=at/v₀=(qEL/v₀)/v₀=qEL/(mv₀²)，θ=arctan(qEL/(mv₀²))。情境六：类平抛运动在生产生活中的应用——抛体运动在斜面上的分解。小球从斜面顶端以初速度v₀水平抛出，斜面光滑。要研究小球在斜面上的运动规律，可以将运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向。分析：受力分析中，重力mg竖直向下，支持力N垂直斜面向上。合力沿斜面向下，大小为mgsinθ。初速度v₀水平方向，与合力方向（沿斜面向下）不一定垂直，需要判断。设斜面倾角θ。初速度v₀水平，合力方向沿斜面向下（即与水平方向夹角为θ，指向斜下方）。二者夹角为θ，不一定为90°，因此这不是严格的类平抛运动。真正的类平抛运动：初速度方向与合力方向垂直。如果将初速度调整为沿斜面方向（从斜面顶端沿斜面方向向上或向下抛出），则初速度方向与合力方向（沿斜面向下）共线或反向，是直线运动，不是类平抛。类平抛的常见例子：4.水平抛出的物体在斜面上的运动：分解为沿斜面方向（初速度v₀cosθ，加速度gsinθ）和垂直斜面方向（初速度v₀sinθ，加速度gcosθ）。但这不是严格意义的类平抛，因为初速度不垂直于合力。5.带电粒子在电场中的加速偏转：若电场方向与初速度方向垂直，则是严格的类平抛。6.复合场中的类平抛：重力场与电场叠加后，若合力方向与初速度方向垂直，则做类平抛运动。情境七：水平方向的匀强电场中，带电粒子的运动。如图所示，水平放置的平行板电容器内有一匀强电场，方向竖直向下。质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v₀水平射入（重力不计）。求粒子运动过程中的最大高度和最远距离。分析：电场力F=qE方向竖直向下（设正电荷），与初速度v₀垂直，做类平抛运动。水平方向：匀速，x=v₀t。竖直方向：匀加速，y=½(qE/m)t²。最大高度：若粒子一直运动，没有板限制，则最大高度趋于无穷。若有上板限制，则取决于板长和位置。此情境可拓展为：若粒子从下板边缘水平射入，恰好从上板边缘射出，求板长和电场强度的关系。（四）方法归纳与提升7.平抛运动临界问题的处理步骤：①审题：找出“恰好”“刚好”“最大”“最小”等临界标识词。②建模：画出运动过程示意图，标出临界状态下物体的位置和速度。③分解：根据问题的需要，将运动分解为水平方向和竖直方向，或沿其他方向分解。④列式：根据临界条件列方程，包括几何关系、速度关系、位移关系。⑤求解：联立方程求解未知量。⑥检验：检查结果是否符合物理实际。8.类平抛运动的处理方法：①受力分析：找出物体所受的恒力（合力）。②判断：若合力方向与初速度方向垂直，则做类平抛运动。③分解：将运动分解为沿初速度方向（匀速）和沿合力方向（初速为零的匀加速）。④应用规律：类比平抛运动规律，将g替换为等效加速度a。9.几何关系在临界问题中的应用：①速度方向与某固定方向（斜面、挡板、竖直方向）平行或垂直，是常见的临界条件。②位移方向与某固定方向平行或垂直，决定落点位置。③常见角度关系：垂直斜面时速度与水平方向夹角为90°θ或90°+θ。（五）课堂练习与反馈练习1：水平地面上有一倾角θ=30°的斜面，从斜面顶端水平抛出一小球，初速度v₀=10m/s。已知斜面足够长，g=10m/s²。求小球落到斜面时的速度大小和方向。解：设小球落到斜面时所用时间为t。水平位移：x=v₀t。竖直位移：y=½gt²。落到斜面上：tanθ=y/x，即½gt²/(v₀t)=gt/(2v₀)=tan30°=√3/3。解得t=2v₀tan30°/g=2×10×(√3/3)/10=2√3/3s。水平速度vₓ=v₀=10m/s。竖直速度vᵧ=gt=10×2√3/3=20√3/3m/s。合速度大小：v=√(vₓ²+vᵧ²)=√(100+400×3/9)=√(100+400/3)=√(700/3)=10√(7/3)m/s。速度方向与水平方向夹角α：tanα=vᵧ/vₓ=(20√3/3)/10=2√3/3，α=arctan(2√3/3)≈49°。练习2（临界变式）：在练习1中，要使小球垂直打在斜面上，求初速度v₀的大小。解：垂直打在斜面上，速度方向与斜面垂直。斜面方向（沿斜面向下）与水平方向夹角为30°，垂直斜面方向与水平方向夹角为90°30°=60°（指向斜面内下方）。设速度方向与水平方向夹角为α，则α=60°。tan60°=vᵧ/vₓ=gt/v₀=√3。t=√3v₀/g=√3v₀/10。落到斜面上的条件：tan30°=½gt²/(v₀t)=gt/(2v₀)。由gt/v₀=√3，代入：tan30°=√3/2。但tan30°=√3/3≠√3/2。矛盾！说明：在斜面顶端水平抛出的小球，不可能垂直打在斜面上（除非抛出点不在斜面顶端，而在斜面内或斜面外）。此练习说明临界问题中“垂直打在斜面上”这一条件并非任意抛出点都能满足，需要特定的几何关系。练习3（类平抛）：如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带正电粒子从A点以初速度v₀竖直向上射出。已知电场强度E，粒子质量m，电荷量q，重力不计。求粒子运动到最高点所用的时间和水平位移。分析：电场力F=qE水平向右，与初速度v₀（竖直向上）垂直，做类平抛运动。水平方向：初速度为零的匀加速，加速度a=qE/m，方向水平向右。竖直方向：初速度v₀的匀减速，加速度g'（此处不计重力，竖直方向是匀速？不对，重力不计，则竖直方向不受力，竖直方向是匀速运动）。若重力