黑龙江省大庆实验中学2021届高三物理上学期第六周周练试题含解析.docx

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1、黑龙江省大庆实验中学2021届高三物理上学期第六周周练试题（含解析）一、选择题（每题5分，共70分，1-9为单选题，1014为多选题）1A、B两物体以相同的初速度滑上同一粗糙水平面，若两物体的质量为mAmB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离xA与xB相比为（ ）AxAxB CxAxB D不能确定2质量为m的木块，以某一初动能滑上足够长水平桌面，滑行的最大距离为s。要使木块滑行的最大距离变为2s，下列可行的是（ ）A将木块的初动能变为原来的2倍B将木块的初动能变为原来的倍C将木块的初速度变为原来的2倍D将木块的初速度变为原来的倍3某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的

2、游乐项目原理图如图所示：一个圆弧形光滑圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为R，在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平地面上长为3R、厚度不计的减振垫，左端M正好位于A点让游客进入一个中空的透明弹性球，人和球的总质量为m，球的直径略小于圆管直径将球（内装有参与者）从A处管口正上方某处由静止释放后，游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程不考虑空气阻力那么以下说法中错误的是（ ）A要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为B要使球能从C点射出后能打到垫子上，则球经过C点时的速度至少为C若球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则球经过C点时对管的作用力大小为D

3、要使球能通过C点落到垫子上，球离A点的最大高度是4如图所示，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小用W表示质点从P点运动到N点的过程中客服摩擦力所做的功则（ ）A，质点恰好可以到达Q点B，质点不能到达Q点C，质点到达Q后，继续上升一段距离D，质点到达Q后，继续上升一段距离5如图所示，质量均为m=2kg的小球1、2（可视为质点）用长L=1m的轻质杆相连，小球2置于光滑水平面上，小球1紧靠于光滑墙面放置，现用斜向左上方的力F使小球1紧贴

4、墙面向上运动，当杆与竖直墙壁夹角=53时，小球2的速度大小v=0.6m/s，sin53=0.8，g=10m/s2，则此过程中外力F所做的功为（ ）A12JB13JC14JD15J6在日常生活中，人们习惯于用几何相似性放大（或缩小）的倍数去得出推论，例如一个人身高了50，做衣服用的布料也要多50，但实际上这种计算方法是错误的，若物体的几何线度长为L，当L改变时，其他因素按怎样的规律变化？这类规律可称之为标度律，它们是由纲量关系决定的在上例中，物体的表面积S=kL2，所以身高变为1.5倍，所用的布料变为1.52=2.25倍以跳蚤为例：如果一只跳蚤的身长为2mm，质量为0.2g，往上跳的高度可达0.

5、3m可假设其体内能用来跳高的能量EL3（L为几何线度），在其平均密度不变的情况下，身长变为2m，则这只跳蚤往上跳的最大高度最接近（ ）A0.3mB3mC30mD300m7如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处由静止释放某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox，作出小球所受弹力 F 的大小随小球下落的位置坐标 x 变化的关系，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为 g.以下判断不正确的是（ ）A当 xhx0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小B小球落到弹簧上向下运动

6、到最低点的过程中，加速度先减小后增大C当 xh2x0，小球的加速度大小为gD小球动能的最大值为 mghmgx08如图甲所示，物体在竖直方向受到大小恒定的作用力F=40N，先由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，当t=1s时将F反向，大小仍不变，物体的图象如图乙所示，空气对物体的阻力大小恒定，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）A物体在1.25s内拉力F的平均功率为160WB物体1.25s内阻力做功的平均功率为为16WC空气对物体的阻力为6ND物体的质量为4kg9一质量为m的物体从倾角为的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数与物体离开斜面顶端距离x之间满足为已知量，在下

7、滑的整个过程中，下列说法正确的是已知斜面足够长，当地重力加速度为A物体先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动B物体的最大位移大小为C整个过程中产生的热量为D物体停止后加速度方向沿斜面向上10如图所示，边长为1 m的正方体空间图形ABCDA1B1C1D1，其下表面在水平地面上，将可视为质点的小球从顶点A在BAD所在范围内(包括边界)分别沿不同的水平方向抛出，落点都在A1B1C1D1平面范围内(包括边界).不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面，g取10 m/s2.则（ ）A小球落在B1点时，初速度为m/s，是抛出速度的最小值B小球落在C1点时，初速度为m/s，是抛出速度的最大值C落在B1D1线段

8、上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是12D轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同11质量为m的物块放置在倾角为的斜面上，通过跨过定滑轮上的细绳与质量为M、体积很小的小球相连，小球置于半径为R的半圆状环形管的左侧开口端，小球直径略小于半圆状环形管的管径，连接小球的细绳处于竖直，整个装置如图所示。静止释放小球和木块，小球将沿着环形圆管运动，木块沿着斜面运动，不计一切摩擦阻力，下列说法中正确的是（ ）A小球和木块的质量满足MmsinB小球的速度达最大时，小球和圆心的连线与竖直方向夹角的正弦值为C若小球运动到圆环的最低点，那么木块重力势能增加量为mgRD若小球运动到圆环的最低点，那

9、么木块动能的增加量为12（BC班）如图所示，同一竖直平面内的O1、A、B、C四点为长方形的四个顶点，水平面上的B、C两点间的距离为L，O2在A点正上方高h处，B点在A点正下方距离处。同时将质量均为m的小球甲、乙（均可视为质点）分别从O1、O2点沿水平方向O1A和竖直方向O2A抛出，结果两球恰好在B点相遇。空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）A甲、乙抛出的初速度大小之比为B两球运动过程中均处于超重状态C甲、乙相遇前瞬间的动能之比为D甲、乙相遇前瞬间所受重力的功率之比为1 ：212（A班）从地面A处竖直上抛一质量为m的小球，小球上升到B点时的动能与小球上升到最高点后返回至C点时的动能相等，B点离地

10、高度为h，C点离地高度为，空气阻力，大小不变，则（ ） A小球上升的最大高度为3hB小球从抛出到落地过程动能减少0.8mghC小球从上升经过B点到下落经过B点过程中动能的增量为0D小球下落过程中从B点到C点动能的增量为0.6mgh13（BC班）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、在粗糙倾斜固定杆A处的圆环相连，杆与水平面之间的夹角为，弹簧竖直且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，到达C处的速度为零，AC=L，B处是AC的中点。圆环在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环（ ）A下滑过程中,加速度一直减小B下滑过程中,圆环与杆摩擦产生的

11、热量为C从C到A过程,弹簧力做功D上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度13（A班）如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一小物块，弹簧处于自然状态时物块位于粗糙水平桌面上的O点。现用外力F缓慢推动物块到M点，此时弹簧的弹性势能为Ep。撤去力F后，物块向右滑动，最远滑至N点，此过程中物块的最大动能为Ek，动能最大时的位置与M点的距离为d，则下列说法正确的是（ ）A物块经过O点时动能最大B物块从M点到O点的过程中加速度先减小后增大C块经过与M点的距离为的位置时动能大于D物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功为Ep14（BC班）水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件轻轻放到传送带上它在

12、传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则工件在传送带上滑动的过程中（ ）A工件所受摩擦力的方向与工件运动方向相反B工件的加速度为C摩擦力对工件做的功为D传送带对工件做功为零14（A班）如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，甲传送带上物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上物体到达传送带中部的C点时恰好达到速度v，接着以速度v运动到底端B点则物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（ ）A物体

13、在甲传送带上运动的时间比乙长B物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大C物体相对传送带滑行的距离相等D两传送带对物体做功相等二、解答题（每题15分，共30分）15如图甲所示是游乐场中过山车的实物图片，可将过山车的一部分运动简化为图乙的模型图，模型图中半径为R的光滑圆形轨道固定在倾角为的斜轨道面上，并与斜轨道圆滑相接于B点，圆形轨道的最高点C与A点平齐。现使小车（可视为质点）以一定的初速度从A点开始沿斜面向下运动，已知小车的质量为m，斜轨道面与小车间的动摩擦因素为，不计空气阻力，小车恰好能通过圆形轨道的最高点C处，求： (1)小车在C点的速度大小？(2)小车在圆形轨道的最低点D时对轨道的压力大小？(

14、3)小车在A点的初速度大小？16如图甲所示，水平面上A点处有一质量m0.5kg的小物块，从静止开始在水平向右恒力F1作用下运动，通过B点时立即撤去力F1，物块恰好落到斜面P点。物块与水平面间的滑动摩擦力为f，f大小与物块离A点的距离d的关系如图乙所示。已知AB间距为2m，斜面倾角37，BP间距为3m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(sin370.6，cos370.8)求(1)物块通过B点时速度大小;(2)恒力F1大小(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。物块从B点以(1)同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1，同时物块受到大小为4N的风力F2作用，风力

15、方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能.参考答案1C【解析】由动能定理可知，-mgx=0-mv02； 即得滑行的最大距离 x=； 则可知，若初速度相等，则最大滑行距离相等，故C正确故选C.点睛：比较两者的距离，应根据动能定理将它们距离的表达式列出，根据表达式来判断影响距离的物理量有哪些，并且一定要全面考虑2A【解析】【分析】【详解】设物体与桌面的摩擦因数为，物体的初速度为v0，则初动能根据动能定理要使木块滑行的最大距离变为2s，据动能定理有联立解得，故A正确，BCD错误。故选A。3A

16、【解析】AB、小球离开C点做平抛运动，当打在M点时，通过C点的速度最小，根据R=知，t=，则通过C点的最小速度故A错误，B正确C、当小球打在M端时，通过C点的速度为，根据牛顿第二定律得，mg-N=，解得N=.故C正确D、当小球离A点高度最高时，将打在N点，根据R=知，t=，则通过C点的速度v=.根据机械能守恒定律得，mgh=mgR+，解得h=5R.故D正确本题选错误的，故选A4C【解析】根据动能定理可得P点动能，经过N点时，半径方向的合力提供向心力，可得，所以N点动能为，从P点到N点根据动能定理可得，即摩擦力做功质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即，根据左右对称，在同一高度，由于摩擦力做功

17、导致右半幅的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力变小，所以摩擦力做功变小，那么从N到Q，根据动能定理，Q点动能，由于，所以Q点速度仍然没有减小到0，仍会继续向上运动一段距离，对照选项C对【考点定位】功能关系【方法技巧】动能定理分析摩擦力做功是基础，对于滑动摩擦力一定要注意压力的变化，最大的误区是根据对称性误认为左右两部分摩擦力做功相等5B【解析】【详解】当杆与竖直墙壁夹角=53时，设小球1的速度为v，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有：vcos53=vcos37，代入数据得：v=0.8m/s；小球1上升的高度为：h=Lcos53=0.6m；根据功能原理得外力F所做的功为：，解得：W=13J

18、,故选B6A【解析】由题意知，依据能量的转换和守恒，跳蚤上升过程中：，可得：，k是常数，由于不变，所以高度h不变，故A正确，BCD错误点睛：该题的关键依据题意分析出h的相关表达式，这是开放性的题目，应注重从题目中获取信息的能力7D【解析】【详解】A根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；B小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速

19、运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故B正确；C在x=h+x0位置：mg=kx0，则在xh2x0时：k2x0-mg=ma，解得a=g，选项C正确；D小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg（h+x0）-W弹=，故小球动能的最大值小于mg（h+x0），故D错误；8B【解析】【详解】A在1.25s内，图像围成面积为5m，即总位移为5m，拉力第一阶段向上的位移为4m，则拉力做正功160J，第二阶段位移为1m，则拉力做负功40J，总共120J，平均功率96W，故A错误。CD根据牛顿第二定律可得：F（mg+f)=ma1F+mg+f=ma2

20、，又由题图乙可知a1=2m/s2a2=6m/s2联立解得物体的质量m=2kg空气对物体的阻力为f=4NCD项错误。B阻力全程做负功，共Wf=45=20J，所以平均功率为B正确。故选B。9C【解析】【分析】分析物体的受力情况，由牛顿第二定律列式分析加速度的变化，从而判断物体的运动情况。根据动能定理求最大位移，由功能关系求热量。根据受力情况分析加速度方向。【详解】A、物体由静止开始下滑，开始阶段，重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：，将代入得：，随着x增大，a减小，物体做加速度减小的变加速运动。当时，此后，则有：，将代入得：，随着x增大，a增大，物体做加速度增大的变减速运动。故A

21、错误。B、设最大位移为x，由动能定理得：，又，联立得：，故B错误。C、整个过程中产生的热量等于重力势能的减小量，为：，故C正确。D、物体停止后物体的合力为零，加速度为零，故D错误。故选：C。【点睛】解决本题的关键是要知道摩擦力是变力，求摩擦力做功时要用摩擦力的平均值，要注意分析力的变化，判断加速度的变化。10BD【解析】试题分析：小球水平抛出即为平抛运动，落在A1B1C1D1平面内任意一点，高度都是等于，运动时间，水平方向匀速直线运动，水平位移，即。小球落在B1点时时，水平，初速度，但落在B1点的水平位移不是最小值，所以初速度也不是最小值，选项A错。小球落在C1点时，水平位移，初速度，此时水平

22、位移最大，所以初速度最大，选项B对。落在B1D1线段上的小球，水平位移最小为，水平位移最大为，所以平抛的初速度之比为，初动能之比为，整个运动过程机械能守恒，所以落地的机械能之比为，选项C错。轨迹与AC1线段相交的小球，竖直位移和水平位移的比值为1:1，即，交点处的速度方向与水平夹角为则有，所以速度方向都相同，选项D对。考点：曲线运动 功能关系【名师点睛】平抛运动竖直在高度一定时，水平位移越大，初速度越大，所以判断水平位移是判断初速度大小的关键。平抛运动的竖直位移与水平位移的比值等于竖直速度和水平速度比值的一半。所以把握住只要位移比相等则速度比 相等，方向一定。11AB【解析】【详解】A小球能向

23、下沿圆环运动，满足小球的重力大于木块的重力沿斜面向下的分力，即有所以有故A正确；B由于小球和木块的速度都沿着细绳的方向，所以两者速度大小相等，当小球速度达最大时，木块的速度也达最大，满足小球重力沿细绳方向的分力等于木块重力沿细绳方向的重力，设小球和圆心的连线与竖下方向的夹角为，则有可得故B正确；C若小球运动到最低点，木块沿斜面上移，木块重力势能增加为故C错误；D若小球运动到最低点，对小球和木块应用动能定理得可知为小球和木块动能的增加量，故D错误；故选AB。12AD【解析】【分析】抛体运动属于完全失重；根据平抛运动的规律计算相遇时间，求出初速度大小即可求解比值；根据运动学公式计算甲和乙达到底部竖

24、直方向的速度，根据重力功率Pmgvy计算功率之比；根据机械能守恒定律求解相遇前的动能，然后求解比值【详解】A、甲乙两球落地时间t，则v甲L，对乙：，解得：v乙，联立解得：，故A正确；B、抛体运动的加速度为重力加速度，方向向下，属于完全失重，故B错误；C、根据机械能守恒定律可得：相遇前甲的动能为：Ek1；相遇前乙的动能为：Ek2；所以甲、乙相遇前瞬间的动能之比为，故C错误。D、根据vt2v022ax可得：甲达到底部竖直方向的速度v1，故甲受到的重力功率P甲mgv1mg；乙达到底部竖直方向的速度v2，故乙受到的重力功率P乙mgv22mg；故甲、乙相遇前瞬间所受重力的功率之比为1：2，故D正确；【点

25、睛】本题主要是考查了平抛运动的规律和动能定理，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；解决本题的关键知道分运动和合运动具有等时性，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度、物体的质量等无关13BD【解析】【分析】【详解】A. 设最大高度为H，则对小球从A点运动到B点的过程，由动能定理得：对小球从A点开始运动到返回C点的过程，由动能定理得：由题意可知，解得：故A错误；B. 小球从抛出点到落地过程中，减少的动能：故B正确；C. 小球从上升经过B点到下落经过B点过程，重力做功为零，空气阻力做功不为零，动能的增量等于空气阻力做功，则动能增量不为零，故C错误；D. 从上升到的

26、B点运动到下落时的B点的过程中运用动能定理得：又因为所以故D正确；故选：BD。14BCD【解析】【详解】A.圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，故A错误；B.圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh+Wf-W弹=0-0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式-mgh+W弹+Wf=0-mv2联立解得：Wf=-mv2所以产生的热量为mv2，故B正确；C.从C到A过程，由动能定理得-mgh+W弹+Wf=0-mv2，h=Lsin联立解得：弹簧对环做功为W弹=mgLsin-m

27、v2故C正确；D.研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh+Wf-W弹=mvB2-0研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式-mgh+Wf+W弹=0-mvB2即得mgh-Wf-W弹=mvB2由于Wf0，所以有mvB2mvB2则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确；15BC【解析】【分析】根据滑块的受力情况以及弹力的变化情况分析加速度的变化；由能量关系分析选项CD的正误。【详解】当弹力等于摩擦力时，滑块的速度最大，此位置应该位于MO之间某位置，选项A错误；开始时弹力大于摩擦力，加速度向右，随弹力的减小加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时加速度减为零，此时

28、速度最大；滑块继续向右运动时，弹力小于摩擦力，加速度向左且随着弹力的减小加速度逐渐变大，则选项B正确；设滑块速度最大的位置为MO之间的P点，则MP=d；MP的中点为Q，则由M到P由动能定理：；从M到Q，由动能定理： ，因；可得，选项C正确；因物块在N点仍然有弹性势能，则物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功小于Ep，选项D错误；故选BC.【点睛】此题是牛顿第二定律进行动态分析以及能量守恒定律的应用问题；关键是分析物体的受力情况以及弹力和摩擦力的关系；知道运动过程中能量的转化关系。16BC【解析】【详解】A：工件在传送带上滑动的过程中，相对传送带的速度方向与工件运动方向相反，则工件所受摩擦

29、力的方向与工件运动方向相同故A项错误B：工件在传送带上滑动的过程中，对工件受力分析，由牛顿第二定律可得，则工件的加速度故B项正确CD：工件在传送带上滑动的过程中，对工件受力分析，由动能定理可得故C项正确，D项错误【点睛】滑动摩擦力的方向与物体间相对运动的方向相反，与运动方向可能相同也可能相反17AD【解析】【分析】通过作v-t图象，结合位移关系和速度关系，分析时间关系由v-t图象的斜率表示加速度，分析动摩擦因数的关系由能量守恒定律分析热量关系【详解】A、根据两个物体的总位移相等，v-t图象的“面积”表示位移，作出两个物体的v-t图象：可知t甲t乙；故A正确.B、v-t图象的斜率表示加速度，由图

30、知，甲匀加速运动的加速度小于乙匀加速运动的加速度，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，得 a=gsin+gcos，则知小时，a小，因此物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙小，故B错误.C、设传送带长为L，甲中：物体运动时间为：，物体与传送带间的相对位移大小为：x甲=vt甲-L=L，乙中：物体运动时间为，物体与传送带间的相对位移大小为：，则知乙的相对位移较大，故C错误.D、根据动能定理得：，则得传送带对物体做功，h、v、m都相等，则W相等；故D正确.故选AD.【点睛】解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关系要注意摩擦生热等于摩擦力与相

31、对位移大小的乘积18(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)由于小车恰能通过C点，则有解得(2)小车经轨道最低点D时对轨道压力最大设在D点轨道对小车的支持力为N。则有小车由D到C的运动过程机械能守恒则有得根据牛顿第三定律在D点小车对轨道的压力(3)设距离为L，对小车由A到C的过程应用动能定理得依几何关系得而解得19（1）4m/s（2）4.5N（3）7.69J【解析】【详解】（1）物块从到，假设间距为，根据平抛运动规律有水平方向： 竖直方向： 代入数据，联立式解得；（2）由图乙可知摩擦力对物块做功为 物块从到，由动能定理有 代入数据，联立式解得（3）方法一：以点为坐标轴原点，水平方向为轴，竖直方向为轴，假设与轴方向成角，根据运动的合成与分解有水平方向： 竖直方向： 几何关系： 联立式解得 代入数据可得，要使最小，即要取最大值，而，故当时，最小， （11）联立（11）式解得 （12）（，）【或：把代入式中解得假设落到点，从到过程，由动能定理得，即 代入数据解得 （11）方法二：以点为坐标轴原点，沿斜面方向为轴，竖直斜面方向为轴，和均为定值，为使物块尽快落到斜面，故垂直斜面向下。方向： 方向： 时，解得或： 当时，把代入式中解得，而， 代入数据解得 【或：把代入式中解得，假设落到点，从到过程，由动能定理得，即 代入数据解得 】