2019-2020学年四川省乐山市沫若中学高一(下)第一次月考物理试卷(4月份)(附答案详解)

2019-2020学年四川省乐山市沫若中学高一（下）第一次
月考物理试卷（4月份）
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 曲线运动一定是变加速运动
B. 做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力
C. 曲线运动的速度大小可能不变
D. 曲线运动的速度方向可能不变
2.如图所示，汽车在一段弯曲水平路面上匀速行驶，关
于它受到的水平方向的作用力方向的示意图，可能正
确的是(图中F为地面对它的静摩擦力，f为它行驶时所
受的阻力)()
A. B. C. D.
3.如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知
在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是()
A. D点的速率比C点的速率大
B. A点的加速度与速度的夹角小于90°
C. A点的加速度比D点的加速度大
D. 从A到D加速度与速度的夹角先增大后减小
4.如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37°和53°.在顶点把
两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小
球都落在斜面上。

不计空气阻力，则A，B两个小球的运动时
间之比为()
A. 1∶1
B. 4∶3
C. 16∶9
D. 9∶16
5.光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角
(如图所示)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴
正方向的恒力F y，则()
A. 因为有F x，质点一定做曲线运动
B. 如果F y>F x，质点向y轴一侧做曲线运动
C. 质点不可能做直线运动
D. 如果F x>F y cotα，质点向x轴一侧做曲线运动
6.如图所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车
下装有吊着物体B的吊钩。

在小车A与物体B以相同的水平速
度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、
B之间的距离以d=H−2t2(SI)(SI表示国际单位制，式中H为吊臂离地面的高度)规律变化，则物体做()
A. 速度大小不变的曲线运动
B. 速度大小减少的曲线运动
C. 加速度大小方向均不变的曲线运动
D. 加速度大小方向均变化的曲线运动
7.物体以初速度v0水平抛出，当抛出后竖直位移是水平位移的2倍时，则物体抛出的
时间是()
A. v0
g B. 2v0
g
C. 4v0
g
D. 8v0
g
8.“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图，大人和小孩在同一竖
直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈，都
能套中地面上同一目标．设大人和小孩的抛出点离地面的高
度之比H1：H2=2：1，则v1：v2等于()
A. 2：l
B. 1：2
C. √2：1
D. 1：√2
9.如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面
的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则()
A. 人拉绳行走的速度为v
B. 人拉绳行走的速度为v
cosθ
C. 船的加速度为Fcosθ−f
m D. 船的加速度为F−f
m
10.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()
A. 小球水平抛出时的初速度大小为gt tanθ
B. 小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为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
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
11.一物体运动规律是x=3t2m，y=4t2m，则下列说法中正确的是()
A. 物体的合运动是初速度为零、加速度为5m/s2的匀加速直线运动
B. 物体在x轴和y轴方向上都是初速度为零的匀加速直线运动
C. 物体的合运动是初速度为零、加速度为10m/s2的匀加速直线运动
D. 物体的合运动是加速度为5m/s2的曲线运动
12.如图所示，A、B、C三个不同的位置向右分别以v A、v B、v C
的水平初速度抛出三个小球A、B、C，其中A、B在同一竖
直线上，B、C在同一水平线上，三个小球均同时落在地面
上的D点，不计空气阻力．则必须()
A. 先同时抛出A、B两球，再抛出C球
B. 先同时抛出B、C两球，再抛出A球
C. 必须满足v A>v B>v C
D. 必须满足v A<v B<v C
13.随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的
休闲娱乐。

如图所示，某人从高出水平地面ℎ的坡上水平
击出一个质量为m的高尔夫球，由于恒定的水平风力作用，
高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴，则()
A. 球被击出后做平抛运动
B. 该球在空中运动的时间为√2ℎ
g
C. 球被击出后受到的水平风力大小为mgL
ℎ
D. 球被击出时的初速度大小为L√g
2ℎ
14.小河宽为d，河水中各点水流速度与各点到较近河岸边的距离成正比，v水=kX，
k=4v0
，X是各点到近岸的距离，小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为V0，则
d
下列说法中正确的是()
A. 小船渡河时的轨迹为直线
B. 小船渡河时的轨迹为曲线
C. 小船到达距河对岸d
处，船的渡河速度为√2V0
4
D. 小船到达距河对岸3d
处，船的渡河速度为√10V0
4
15.如图所示，在水平地面上的A点以速度v1射出一弹丸，方向
与地面成θ角，经过一段时间，弹丸恰好以v2的速度垂直穿入
竖直壁上的小孔B，不计空气阻力，下列说法正确的是()
A. 如果在B点以与v2大小相等的速度水平向左射出弹丸，那它必定落在地面上A点
B. 如果在B点以与v1大小相等的速度水平向左射出弹丸，那它必定落在地面上A点
C. 如果在B点以与v1大小相等的速度水平向左射出弹丸，那它必定落在地面上A点
右侧
D. 如果在B点以与v1大小相等的速度水平向左射出弹丸，那它必定落在地面上A点
左侧
三、填空题（本大题共2小题，共12.0分）
16.如图所示，在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可
以描绘出小球平抛运动的轨迹．实验简要步骤如下：
A.让小球多次从斜槽上______滚下，记下小球碰到铅笔笔
尖的一系列位置．
B.按图安装好器材，注意______，记下平抛初位置O点和过O点的竖直线．
C.取下白纸以O为原点，以过O点的竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运
动物体的轨迹．
①完成上述步骤，将正确的答案填在横线上．
②上述实验步骤的合理顺序是______．
17.根据平抛运动原理设计测量弹丸射离弹射器时速度的
实验方案，现提供的实验器材有弹射器(含弹丸，见示
意图)；铁架台(带有夹具)；米尺．
(1)写出实验中需要测量的物理量______．
(2)计算速度的公式是______．
(3)由于弹射器每次射出的弹丸速度不可能完全相等，在实验中应采用的方法是：
______．
四、计算题（本大题共3小题，共29.0分）
18.质量m=2kg的物体在光滑的平面上运动，其分速度v x和v y随时间变化的图线如图
甲、乙所示，求：
(1)物体的初速度；
(2)t=8s时物体的速度；
(3)t=4s时物体位移的大小。

19.如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台
的一倾角为α=53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下
滑，已知斜面顶端与平台的高度差ℎ=0.8m，重力加速度
g取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s是多少？
(3)若斜面顶端高H=19.2m，且小球离开平台后刚好落在斜面底端，那么小球离开
平台时的速度多大？
20.一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下
方，绳子的端点离滑轮的距离是H.车由静止开始向左做匀加速运动，经过时间t绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示．试求：
(1)车向左运动的加速度的大小；
(2)重物m在t时刻速度的大小．
五、综合题（本大题共1小题，共9.0分）
21.从某一高度处水平抛出一物体，它落地时速度是50m/s，方向与水平方向成53°(g取
10m/s2，cos53°=0.6，sin53°=0.8)。

求：
(1)抛出点的高度和水平射程；
(2)抛出后3s末的速度；
(3)抛出后3s内的位移大小。

答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、曲线运动的加速度可以不变，如平抛运动的加速度始终等于重力加速度g，故A错误；
B、做曲线运动的物体所受的合外力可能是恒力，如平抛运动，故B错误；
C、做曲线运动的物体速度大小不一定改变，速度方向一定变化，比如匀速圆周运动，故C正确；
D、曲线运动物体的速度方向与该点曲线的切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化的，故D错误。

故选：C。

曲线运动的特征就是速度方向时刻改变，曲线运动的大小不一定变化，如匀速圆周运动，所以曲线运动一定是变速运动，即一定具有加速度，但做曲线运动的物体加速度不一定变化。

解决本题的关键知道曲线运动的特点，知道做曲线运动合力与速度不在同一条直线上，合力不可能为零。

2.【答案】C
【解析】解：f为汽车行驶时所受阻力，阻力的方向必定与速度的方向相反，所以D选项错误；
F为地面对汽车的静摩擦力，正是这个静摩擦力提供了汽车做圆周运动所需要的向心力，所以静摩擦力的方向必定指向圆心的一侧，所以C正确。

故选：C。

做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，并且由于这个合力是作为物体圆周运动的向心力的，所以合力应该指向圆心的一侧。

本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决。

3.【答案】A
【解析】解：A 、由题意，质点运动到B 点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿B 点轨迹的切线方向，则知加速度方向向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由C 到D 过程中，合外力做正功，由动能定理可得，D 点的速度比C 点速度大，故A 正确；
B 、物体在A 点受力的方向向下，而速度的方向向右上方，A 点的加速度与速度的夹角大于90°.故B 错误；
C 、质点做匀变速曲线运动，加速度不变，合外力也不变，故C 错误；
D 、由于F 向下，由图可知由A 到B 加速度与速度的夹角减小；由A 的分析可知，质点由B 到
E 过程中，受力的方向向下，速度的方向从水平向右变为斜向下，加速度与速度的夹角之间减小。

故D 错误； 故选：A 。

物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向．
本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了．
4.【答案】D
【解析】解：对于A 球有：tan37°=y x
=
12gt A
2
v 0t A
=
gt A 2v 0
，解得：t A =
2v 0tan37°
g。

同理对于B 球有：t B =
2v 0tan53°
g
则t
A
t B
=tan37°
tan53∘=9
16.故D 正确，A 、B 、C 错误。

故选：D 。

两球都落在斜面上，位移上有限制，即竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值。

解决本题的关键抓住平抛运动落在斜面上竖直方向上的位移和水平方向上的位移是定值。

5.【答案】D
【解析】解：若F x =F y cotα，则合力方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动； 若F x >F y cotα，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，合力偏向于速度方向下侧，
则质点向x轴一侧做曲线运动
若F x<F y cotα，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，合力偏向于速度方向上侧，质点向y轴一侧做曲线运动。

故D正确，ABC错误。

故选：D。

根据合力的方向与速度的方向是否在同一条直线上，判断物体做直线运动，还是曲线运动．
解决本题的关键掌握物体做直线运动还是曲线运动的条件，若合力的方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动，若合力的方向与速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动．
6.【答案】C
【解析】解：A、B、物体B参加了两个分运动，水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动；
at2得：d=H−x=H−
对于竖直分运动，结合位移−时间关系公式为：x=v0t+1
2
at2)①
(v0y t+1
2
又根据题意有：
d=H−2t2②
可以得对比①②两式可得出竖直分运动的加速度的大小为：
a y=4m/s2
竖直分运动的初速度为：
v0y=0
故竖直分速度为：
v y=4t
物体的水平分速度不变
合运动的速度为竖直分速度与水平分速度的合速度，遵循平行四边形定则，故合速度的方向不断变化，物体一定做曲线运动，合速度的大小v=√v x2+v y2，故合速度的大小也一定不断变大，故AB错误；
C、D、水平分加速度等于零，故合加速度等于竖直分运动的加速度，因而合加速度的大小和方向都不变，故C正确，D错误；
故选：C。

物体B水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据题意d=H−2t2，结合位移时间关系公式，可以得出加速度的大小；合运动与分运动的速度、加速度都遵循平行四边形定则，由于合速度大小和方向都变化，得出物体的运动特点和合加速度的情况。

合运动与分运动具有等效性，因而可以通过先研究分运动，再合成为合运动，从而得到合运动的规律。

7.【答案】C
【解析】解：根据1
2gt2=2⋅v0t得，t=4v0
g
.故C正确。

A、B、D错误。

故选：C。

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，结合竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间．
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，结合运动学公式灵活求解．
8.【答案】D
【解析】解：根据ℎ=1
2gt2得，t=√2ℎ
g
，因为H1：H2=2：1，则t1：t2=√2：1，
因为水平位移相等，根据x=vt知，v1：v2=1：√2．
故选：D．
根据高度之比求出运动的时间之比，抓住水平位移相等，求出初速度之比．
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，结合运动学公式灵活求解，基础题．
9.【答案】C
【解析】解：AB、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。

如图所示根据平行四边形定则有，v人=vcosθ.故A、B错误。

CD、对小船受力分析，如下图所示，则有Fcosθ−f=ma，因此船的加速度大小为a=
Fcosθ−f
，故C正确，D错误；
m
故选：C。

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．
10.【答案】D
得小球抛出时的初速【解析】解：A、小球落地时竖直分速度v y=gt，根据tanθ=gt v
度v0=gt
，故A错误．
tanθ
B、小球某时刻速度方向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，但是速度方向的夹角不是位移方向夹角的2倍，故B错误．
C、平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，故C错误．
D、根据tanθ=gt
知，高度不变，则竖直分速度不变，初速度增大，θ减小，故D正确．
v0
故选：D．
根据速度时间公式求出落地时的竖直分速度，结合平行四边形定则求出初速度的大小．平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关，结合平行四边形定则，根据初速度的变化判断速度方向夹角的变化．抓住小球某时刻速度方向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，分析速度与水平方向的夹角和位移与水平方向的夹角
关系．
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，知道运动的时间由高度决定，与初速度无关，基础题．
11.【答案】BC
at2可知，物体在x 【解析】解：ABC、根据匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+1
2
方向做初速度为零，加速度为6m/s2的匀加速直线运动，y方向做初速度为零，加速度为8m/s2的匀加速直线运动；
由运动的合成原则可知，物体的合运动是初速度为零、加速度为10m/s2的匀加直线运动，故A错误，BC正确；
D、由上分析，可知，物体的合运动是初速度为零、加速度为10m/s2的匀加速直线运动，故D错误。

故选：BC。

at2即可判断物体在x方向和y方向的运根据匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+1
2
动情况，由运动的合成原则即可判断物体的合运动。

at2，难度不大，属于解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+1
2
基础题。

12.【答案】BC
知，B、C的时间相等，大【解析】解：B、C的高度相同，大于A的高度，根据t=√2ℎ
g
于A的时间，可知BC两球同时抛出，A后抛出．A、B的水平位移相等，则A的初速度大于B的初速度，B的水平位移大于C的水平位移，则B的初速度大于C的初速度，即v A> v B>v C.故BC正确，AD错误．
故选：BC
平抛运动的高度决定时间，根据高度比较运动的时间，从而比较抛出的先后顺序．根据水平位移和时间比较平抛运动的初速度．
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，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
13.【答案】BC
【解析】解：A、小球击出后，受重力和风力作用，做的不是平抛运动。

故A错误。

B、小球在竖直方向上做自由落体运动，根据ℎ=1
2gt2得，t=√2ℎ
g
.故B正确。

CD、在水平方向上做匀减速直线运动，根据L=v0
2t，得v
=L√2g
ℎ
加速度大小a=v0
t ，根据牛顿第二定律得，风力大小为F=ma，联立解得F=mgL
ℎ
.故C
正确，D错误。

故选：BC。

分析球的受力情况，确定其运动情况。

将球的运动分解为竖直方向和水平方向，在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动，在水平方向，受水平风力，做匀减速直线运动，落入A穴时，水平分速度为零。

根据运动学公式，抓住等时性进行求解。

解决本题的关键是掌握处理曲线运动的方法：运动的分解法，理清小球在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解。

14.【答案】BC
【解析】解：A、小船在沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小，因此水流方向存在加速度，其方向先沿着水流方向，后逆着水流方向，则小船渡河时的轨迹为曲线．故A错误；B正确；
C、河水中各点水流速度与各点到较近河岸边的距离成正比，v水=kX，k=4v0
d
，X是
各点到近岸的距离，当小船到达距河对岸d
4处，船的渡河速度为√v
水
2+v
2=√2v0故C
正确，
D、当小船到达距河对岸3d
4处，则X为d
4
，所以船的渡河速度仍为√v
水
2+v
2=√2v0故D
错误，
故选BC．
将小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，在垂直于河岸方向上，速度不变，位移随时间均匀增大，则水流速度随时间先均匀增大后均匀减小，从而确定运动的轨迹；根据运动的合成，可求出小船渡河的速度．
解决本题的关键知道在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，位移随时间均匀增大，根据河水中各点水流速大小与各点到较近河岸边的距离成正比，则水流速度随时间先均匀增
大后均匀减小，从而根据运动的合成确定运动轨迹．注意本题的X的含义．
15.【答案】AD
【解析】解：A、弹丸恰好以速度v2垂直穿入竖直墙壁上的小孔B，逆过来看，为平抛运动，所以在B点以跟v2大小相等、方向相反的速度射出弹丸，它必定落在地面上的A点，故A正确；
BCD.弹丸恰好以速度v2垂直穿入竖直墙壁上的小孔B，逆过来看，为平抛运动；从B到A 为平抛运动，所以v1大小大于v2大小，所以在B点以跟v1大小相等、跟v2方向相反的速度，射出弹丸，平抛运动的水平位移会增大，它必定落在地面上A点的左侧，故D正确，BC错误；
故选：AD。

解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住弹丸垂直打到竖直壁上，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小，射程越远。

解决本题的关键采取逆向思维，将斜抛运动变换成平抛运动进行分析，难度大大降低。

16.【答案】同一位置无初速调整斜槽末端水平B，A，C
【解析】解：(1)该是实验中要保证每次小球做平抛运动的轨迹相同，这就要求小球平抛的初速度相同，而且初速度是水平的，因此在具体实验操作中要调整斜槽末端水平，同时让小多次从同一位置无初速度的释放．
故答案为：同一位置无初速；调整斜槽末端水平．
(2)实验操作中要先安装仪器，然后进行实验操作，故实验顺序为：B，A，C．
故答案为：B，A，C．
(1)该实验成功的关键是，确保小球每次抛出的初速度相同，而且初速度是水平的，因此实验过程中要特别注意这两点．
(2)实验步骤的排列要符合逻辑顺序，不能颠三倒四，要便于操作．
关于平抛运动实验要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理，要亲自动手实验，体会实验步骤和注意事项．
17.【答案】弹射器口到地面的竖直距离y和弹丸射出的水平距离x v=x√g
在不改变
2y
高度的条件下进行多次实验，计算弹丸射离弹射器时的平均速度
【解析】解：(1)小球被抛出后做平抛运动，水平方向匀速直线运动x=v0t，竖直方向
gt2，因此弹射器口到地面的竖直距离y和弹丸射出的水平距自由落体运动，y=ℎ=1
2
离x利用平抛运动规律即可求出小球平抛初速度大小．
(2)弹丸抛出点的高度为ℎ，水平射程为x，弹丸做平抛运动，水平方向：x=v0t；
gt2；
竖直方向：y=1
2
联立解得其计算公式为：v0=x√g
2y
(3)由于弹射器每次射出的弹丸初速度不可能完全相等，在实验中应采取的方法是：
在不改变高度y的情况下，进行多次实验，测量水平射程x，得出水平射程x的平均值，以减小误差．
，(3)故答案为：(1)弹射器口到地面的竖直距离y和弹丸射出的水平距离x；(2)v0=x√g
2y
在不改变高度的条件下进行多次实验，计算弹丸射离弹射器时的平均速度．
由题意可知，要测小球的初速度，则一定要利用平抛规律，水平方向匀速直线运动x=
gt2，因此由平抛运动实验的规律可得出问题v0t，竖直方向自由落体运动，y=ℎ=1
2
答案．
平抛运动要注意其数据的处理，分为水平和竖直两个方向的直线运动，然后熟练应用两个方向的运动规律求解．
18.【答案】解：(1)由图象可知物体的初速度υ0
υ0=υx=3m/s方向沿x轴正向
(2)t=8s末，υx=3m/sυy=4m/s
所以物体速度υ=√v x2+v y2=√32+42=5m/s
方向与x轴夹角α
sinα=0.8所以α=53°
(3)t=4s物体沿x轴方向的位移s x，y方向的位移s y
s x=υx t=12m
=0.5m/s2
由υy−t图象可知物体的加速度a=△v y
△t
s y=1
2at2=1
2
×0.5×42=4m
所以物体位移S=√s x2+s y2=4√10m=12.65m
答：(1)物体的初速度为3m/s方向沿x轴正向；
(2)t=8S时物体的速度为5m/s，与x轴夹角53°。

(3)t=4S时物体位移为12.65m。

【解析】根据图象a可知物体的初速度，根据图象b可求得物体的加速度，由牛顿第二定律求合力，根据速度与位移的合成求解。

本题关键是利用图象分析物体的运动，根据运动的合成求解，同时掌握运动学公式的应用。

19.【答案】解：(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起。

所以v y=v0tan53°，v y2=2gℎ
代入数据，得v y=4m/s，v0=3m/s；
(2)由v y=gt1
得t1=0.4s
斜面顶端与平台边缘的水平距离s=v0t1=3×0.4m=1.2m；
(3)设小球离开平台后落在斜面底端的时间是t2，落点到平台的水平距离为x。

则x=s+Htan37°=15.6m
H+ℎ=1
2
gt22，x=v′0t2
代入数据求得v′0=7.8m/s。

答：(1)小球水平抛出的初速度v0是3m/s；
(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是1.2m；
(3)若斜面顶端高H=19.2m，且小球离开平台后刚好落在斜面底端，那么小球离开平台时的速度为7.8m/s。

【解析】(1)根据速度位移公式求出在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出水平位移；
(3)根据竖直方向运动可求得下落总时间，再根据水平方向上的位移公式即可求出水平
初速度。

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，结合运动学公式灵活求解。

20.【答案】解：(1)小车做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式得：
H tanθ=1
2
at 2 解得：a =2H
t 2tanθ；
(2)图示时刻小车速度为：v =at =2H
ttanθ，
将小车B 位置的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示
根据平行四边形定则，有：v 1=vcosθ=2Hcosθt⋅tanθ
，
重物速度：v 重=v 1=
2Hcosθt⋅tanθ
；
答：(1)车向左运动的加速度的大小为2H
t 2tanθ； (2)重物m 在t 时刻速度的大小为2Hcosθt⋅tanθ。

【解析】(1)根据位移时间关系公式列式求解即可；
(2)先求解小车B 位置的速度，然后将小车B 位置的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，其中平行绳子的分速度与重物m 的速度相等。

本题关键记住“通过绳子连接的物体，沿着绳子方向的分速度相等”的结论，同时结合运动学公式列式求解。

21.【答案】解：(1)设落地时的竖直方向速度为v y ，水平速度为v 0，则有
v y =vsinθ=50×0.8m/s =40 m/s v 0=vcosθ=50×0.6m/s =30 m/s 抛出点的高度：ℎ=v y 2
2g =80 m 运动时间：t =
v y g
=4s
水平射程x =v 0t =30×4m =120m 。