2022届高三二轮专题卷 物理(三)力与物体的曲线运动

一、选择题（第1～8题为单选题，第9～12题为多选题）

1．人用绳子通过定滑轮拉物体A ， A 穿在光滑的竖直杆上，当人竖直向下拉绳使物体A 匀速上升，在A 匀速上升的过程中，人拉绳的速度将（ ）

A ．增大

B ．减小

C ．不变

D ．不能确定

【答案】B

【解析】由速度的分解可知cos A v v θ=人，在A 匀速上升的过程中，θ角变大，则人拉绳

的速度将减小。

2．滑板运动是很多年轻人喜欢的一种技巧性运动，如图所示，滑板运动员沿水平地面向前滑行，运动到横杆前某一时刻相对于滑板竖直向上起跳，人板分离。当运动员上升

1.25 m 高度时以6 m/s 的水平速度过横杆。若地面光滑，忽略运动员和滑板受到的空气阻力，运动员视为质点，g ＝10 m/s 2。则运动员（ ）

A ．在空中的上升阶段处于超重状态

B ．过横杆后可能落在滑板上的任意位置

C ．在空中运动过程中滑板的水平位移为6 m

D ．刚落在滑板时速度方向与水平方向夹角的正切值为1.2

【答案】C

【解析】人在空中仅受重力作用，加速度为g ，处于完全失重状态，A 错误；人在跳起时时是相对于滑板竖直向上起跳，板和人水平速度始终一样，过横杆后落点与起跳时相对于滑板是同一点，并非任意位置，B 错误；人竖直方向可以看作是竖直上抛运动，因此人在空中运动的时间221s h t g ==，水平位移6m x vt ==，C 正确。刚落在滑板时速度方向与水平方向夹角的正切值5tan 26

gt v ==θ，D 错误。 3．为方便对天体物理学领域的研究以及实现对太空的进一步探索， 人类计划在太空中建立新型空间站，假设未来空间站结构如图甲所示。在空间站中设置一个如图乙所示绕中心轴旋转的超大型圆管作为生活区，圆管的内、外管壁平面与转轴的距离分别为R 1、

R 2。当圆管以一定的角速度转动时，在管中相对管静止的人（可看作质点）便可以获得一个类似在地球表面的“重力”（即获得的加速度大小等于地球表面的重力加速度大小），以此降低因长期处于失重状态对身体健康造成的影响。已知地球质量为M ，地球半径为R ，引力常量为G ，地球同步卫星轨道半径为r 。当空间站在地球的同步轨道上运行时，为使管内的人获得类“重力”，下列说法正确的是（ ）

A ．当圆管转动时，人将会挤压内管壁

B ．当圆管转动时，人处于完全失重状态

C ．圆管绕中心轴转动的周期为22πR R GM

D ．圆管绕中心轴转动的周期为12πR R

GM 【答案】C

【解析】空间站绕地球做匀速圆周运动的过程中，空间站内所有物体处于完全失重状态，当圆管绕轴转动时，外管壁给人的支持力提供转动的向心力，故挤压外管壁，此时人不是完全失重，故A 、B 错误；为了产生类“重力”，所以圆管绕轴转动的加速度等于地球表面的重力加速度2Mm G mg R =，222π()g R T

=，解得22πR T R GM =，故C 正确，D 错误。 4．2022年北京冬季奥运会，将于2022年02月04～20日举行。这是我国历史上第一次举办冬季奥运会。其中“跳台滑雪”的滑道由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成。如图所示为某滑雪爱好者从助滑道上滑下，在起跳区末端（A 点正上方高h 处），第一次以速度v 0水平飞出，经过时间t ，落在着陆坡AB 的中点处。已知AB 长为L ，滑雪者飞行

中离着陆坡的最远距离为d ；若第二次该滑雪者在起跳区末端以12v 0的速度水平飞出（不

计空气阻力），则（ ）

A ．滑雪者在空中飞行时间变为12t

B ．滑雪者在着陆时的速度方向与第一次是平行的

C ．滑雪者着陆点离A 点的距离将变为14L

D ．滑雪者飞行中离着陆坡的最远距离大于14d

【答案】D

【解析】滑雪者的运动是平抛运动，可以沿斜面建立x 轴，垂直

斜面建y 轴，如图所示，y 轴上的重力加速度分量都是y g ，由

212y y y v t g t =-⋅可知y 、y g 相同时，y v 减半，t 不满足正比关系，故

ABC 错误；当速度方向与斜面平行时，物体离斜面最远0tan y x v gt v v θ==，0tan v t g

θ=，初速度减半，则平行时的时间t 减半，离斜面最远距离2cos 2y y v d h g θ=

+，2

2cos cos 8844y

y y y v v h d d h g g θθ=+'>+

=，故D 正确。 5．如图所示，AB 为一半径为R 的14圆弧，圆心位置O ，一小球从与

圆心等高的任意点沿半径方向水平抛出，恰好垂直落在AB 面上的Q

点，且速度与水平方向夹角为53°，则小球抛出后的水平距离为（ ）

A ．0.6R

B ．0.8R

C ．R

D ．1.2R

【答案】D

【解析】如图所示，小球恰好垂直落在AB 面上的Q 点，作速度的

反向延长线，交于O 点，由平抛运动的推论可知，速度反向延长

线交水平位移的中点，故满足tan 53/2

y x ︒=，结合圆的几何关系可得222()2

x y R +=，联立可解得 1.2x R =，D 正确。 6．在光滑水平桌面中央固定一边长为0.1 m 的小正三棱柱abc ，俯视如图。长度L ＝0.5 m 的不可伸长细线，一端固定在a 点，另一端拴住一个质量m ＝0.8 kg 可视为质点的小球，t ＝0时刻，把细线拉直在ca 的延长线上，并给小球一垂直于细线方向的水平速度，大小为v 0＝4 m/s 。由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）。已知细线所能承受的最大张力为50 N 。则细线断裂之前（ ）

A ．小球的速率保持不变

B ．小球速率逐渐增大

C ．小球运动的路程为0.6π m

D ．小球运动的位移大小为0.1 m

【答案】A

【解析】细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，对小球不做功，不改变小球的速度大小，所以小球的速率保持不变，故A 正确，B 错误；细线断裂瞬间，拉力大小为50

N ，由F ＝m v 02r 得=0.256m r ，假设细线不断，小球刚越过bc 沿长线时，圆的半径为0.3m ，刚越过ca 沿长线时，圆的半径为0.2 m ，结合临界半径可知，小球刚好转一圈细线断裂，

故小球运动的路程为1231112π2π2π=0.8πm 333

s r r r =++，故C 错误；小球转一圈之后，在ca 沿长线上刚要断的瞬间与a 的距离为0.2m ，所以，细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.5 m －0.2 m ＝0.3 m ，故D 错误。

7．2017年6月19日长征三号火箭发射同步卫星中星9A 时出

现异常，卫星没有进入预定静止轨道，通过我国研究人员的努

力，经过10次轨道调整，终于在7月5日将中星9A 卫星成

功定点于东经101.4°的静止轨道，完成“太空自救”。如图所示

是卫星自救过程的简化示意图，近地轨道和静止轨道是圆轨道，

异常轨道和转移轨道是椭圆轨道，P 、Q 、S 三点与地球中心共线，P 、Q 两点是转移轨道的远地点和近地点，近似认为PQ 的距离为地球半径R 的8倍，则下列说法正确的是（ ）

A ．静止轨道与地球赤道平面可以不重合

B ．卫星在静止轨道上经过S 点与在转移轨道上经过P 点的加速度相同

C ．卫星在异常轨道上经过Q 点速率小于在静止轨道上经过S 点的速率

D ．卫星在近地轨道上的周期与在转移轨道上的周期之比约为1∶8

【答案】D

【解析】根据同步卫星的特点可知，同步卫星轨道与地球赤道平面必定重合，A 错误；

S 点与P 点到地球的中心的距离是相等的，根据牛顿第二定律和万有引力定律得a ＝GM r 2，

所以卫星在静止轨道上经过S 点与在转移轨道上经过P 点的加速度大小相同，方向不同，B 错误；在椭圆轨道近地点实施变轨成椭圆轨道是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须应给卫星加速，所以卫星在异常轨道上经过Q 点速率大于在静止轨道上经过Q

点的速率，卫星在静止轨道上运动，则由万有引力提供向心力，得G Mm r 2＝m v 2

r ，得v ＝

GM r ，所以卫星在近地轨道经过Q 点的速度大于在静止轨道上经过S 点的速度，所以卫星在异常轨道上经过Q 点速率大于在静止轨道上经过S 点的速率，C 错误；由几何知识知椭圆轨道的半长轴为地球半径的4倍，由开普勒第三定律有32a T ＝k ，得311322

T a T a =，知卫星近地轨道上的周期与在转移轨道上的周期之比约为1∶8，D 正确。

8．如图所示，MFN 为竖直平面内的光滑圆孤轨道，半径为R ，圆心为O ，OF 竖直，OM 与竖直方向夹角θ＝60°。一质量为m 的小球由P 点沿水平方向抛出，初速度03gR v ，运动到M 点时，速度方向恰好与圆弧轨道相切，P 、O 、N 三点在同一水平线上。重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）

A ．小球在F 点时对圆弧轨道的压力为53mg

B ．小球在N 点时对圆弧轨道的压力为mg

C ．小球运动到圆弧轨道上与M 点等高的位置时的速度为gR

D ．小球从N 点脱离圆弧轨道后，继续上升的最大高度为16R

【答案】D

【解析】对小球从P 点到F 点应用动能定理可得

2201122

F mgR mv mv =-，在F 点由向心力表达式可知2F F v N mg m R -=，联立可得103F N mg =，根据牛顿第三定律小球在F 点时对圆弧轨道的压力为103

mg ，A 错误；由机械能守恒可知，小球在N 点时速度仍为0v ，由向心力表达式可得

20N mv N R =，解得13N N mg =，根据牛顿第三定律小球在N 点时对圆弧轨道的压力为13

mg ，B 错误；正交分解小球在M 点的速度可得0cos60M v v =，解得0223

M gR v v ==，C 错误；小球从N 点脱离圆弧轨道后，由动能定理可得2012mgh mv =，解得6

R h =，D 正确。 9．如图所示，小球A 、B 用一根长为L 的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C 挨着小球B 放置在地面上，m A ＝m ，m B ＝m C ＝0.5m 。由于微小扰动，小球A 沿光滑的

竖直墙面下滑，小球B 与小球C 在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ时，小球A 和墙面恰好分离，最后小球A 落到水平地面上，重力加速度为g 。下列说法中正确的是（ ）

A ．当小球A 的机械能取最小值时，小球

B 与小球

C 的加速度为零

B ．当小球A 和墙面恰好分离时，A 、B 两球的速率之比为1∶tan θ

C ．当小球A 和墙面恰好分离时，小球B 与小球C 也恰好分离

D ．从小球A 开始下滑到最后小球A 落到水平地面上的整个过程中，

墙面对小球A 的冲量大小为22(1cos )1tan gL m -+θθ

【答案】ACD

【解析】A 开始下滑时，杆的力为推力，其对A 球做负功，A 球的机

械能减小，当杆与墙面夹角为θ时小球A 和墙面恰好分离，即杆的力

为零，此后杆对A 为拉力，对A 球做正功，则小球A 和墙面恰好分离

时，杆对A 球做负功最多，A 的机械能最小，此时对B 、C 两球不受

杆的力，水平方向无外力，故其加速度为零，故A 正确；当小球A 和墙面恰好分离时,两球的速度分解如图所示，两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有cos sin A B v v =θθ，可得tan 1A B v v =θ，故B 错误；当小球A 和墙面恰好分离时，杆的弹力为零，此后杆对B 球为拉力，B 球做减速运动，B 和C 球此时刚好能分离，故C 正确；小球A 下滑至和墙

面恰好分离的过程，系统的机械能守恒，有2211(cos )22

A B mg L L mv mv -=+θ，联立速度关系式可得22(1cos )1tan gL m -+θθ

，小球A 开始下滑到最后小球A 落到水平地面上的整个过程中，只有靠在墙壁上时墙壁对A 球有冲量，大小等于杆对A 球推力的水平冲量，而同一根杆的力总是相等，则杆对A 球推力的水平冲量等于杆对BC 球的水平冲量，故有2(0.50.5)2(1cos )1tan N F x B gL m I I m m v ==+=-+θθ

，故D 正确； 10．光滑斜面上画有边长为l 的正方形abcd ，ab 边水平。小球（看作质

点）以与斜面ab 边成α角的初速度v 0从b 点开始在斜面上滑动，如图

所示，小球恰能从正方形的四个顶点a 、b 、c 、d 中的一个离开正方形，且小球过d 点时速度方向水平，下列说法正确的是（ ）

A ．若从a 点和d 点离开的小球运动时间相同，则tan αd ＝2tan αa

B ．从b 点离开时小球运动时间是从c 点离开时的2倍

C ．若αd ＝αa ，则从d 点离开的小球初速度v 0大小是从a 点离开时的2倍

D ．从c 点离开的小球最小初速度为2sin gl θ 【答案】AD 【解析】对到a 点的，沿斜面方向02sin sin a v t g αθ

=，沿水平方向0cos a l v t α=，对到d 点的，沿斜面方向0sin sin d v t g αθ

=，沿水平方向0cos d l v t α=，整理得tan 2tan d a αα=，故A 正确；从b 点离开时小球运动时间2sin b v t g θ=，从c 点离开时'sin c v t g θ

=，因为不确定b c v v ， 关系，无法确定时间关系，故B 错误；若d a αα=，对到a 点的，沿斜面方向02sin sin a a v t g αθ=，沿水平

方向0cos a a l v t α=，对到d 点的，沿斜面方向0sin sin d d v t g αθ

=，沿水平方向0cos d d l v t α=，整理得从d 点离开的小球初速度v 0大小是从a 点离开时的2 倍，故C 错误；从c 点离开的小球最小初速度为到c 点速度为零21sin 2

l g t θ=，0sin v gt θ=，从c 点离开的小球最小初速度为02sin v gl θ=，故D 正确。

11．如图所示，在凤凰峡谷的两侧存在与水平面分别成45°、30°角的山坡，某同学站在左侧山坡上的P 点向对面山坡上水平抛出三个质量不等的石块（均视为质点），分别落在A 、B 、C 三处，不计空气阻力，A 、C 两处在同一水平面上，A 、B 两处在同一山坡上，则下列描述正确的是（ ）

A ．落在A 处的石块，落地速度最小

B ．落在B 处的石块，在空中运动的时间最长

C ．落在C 处的石块，在空中运动的时间最长

D ．落在B 、C 两处的石块，落地时的速度大小可能相同

【答案】ABD

【解析】根据平抛运动的规律212

h gt =，时间由竖直高度决定，

B 下落高度最大时间最长，故B 正确，

C 错误；落在A 、B 两处的石块都落在同一斜面上，两小球的竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，即0tan 452y gt x v ︒==，解得012v gt =，因B 下落的时间最长，故B 的水平速度大于A 的水平速度，B 的竖直速度也大于A 的竖直速度，则落地速度220y v v v =+，可知B A v v >，A 、C 两处的石块的下落

高度相同，时间相同，由v y ＝gt 知竖直方向的分速度相同，由x ＝v 0t 知C 的水平位移大， C 的初速度大，则落地速度220y v v v =+，可知C A v v >，故落在A 处的石块，落地速度最小，

故A 正确；石块B 、C 比较，石块B 在竖直方向的位移大，由22y v gh =，知B 的竖直分

速度大；经过图中虚线位置时，时间相同，C 的水平位移大，C 的初速度大，所以两者的合速度大小可能相同，故D 正确。

12．九重之际向天问，天宫掠影惊苍穹。“天宫”空间站中三名宇航员正环烧地球运行，与此同时，“天问”探测器在环绕火星运行，假设它们的运行轨道都是圆轨道，地球与火星的质量之比为p ，“天宫”与“天问”的轨道半径之比为q 。关于“天宫”空间站与“天问”探测器说法正确的是（ ）

A ．运行周期之比为q q p

B ．环绕速度之比为p q

C ．加速度之比为

p q D ．动能之比为p q

【答案】AB 【解析】根据G Mm r 2＝mr 4π2

T 2，得T ＝2πr 3GM ，则3天问天宫T q T p =，故A 正确；根据22Mm v G m r r

=，得GM v r =，则天天宫问v p v q =，故B 正确；根据2Mm G ma r

=得2M a G r =，则2 天宫天问a p a q =，故C 错误；由于无法知道天宫和天问的质量之比，则无法比较动能，故D 错误。

二、非选择题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

13．跑酷（Pakour ）是时下风靡全球的时尚极限运动，一跑

酷运动员在一次训练中的运动可简化为以下运动：运动员

首先在平直高台上以4 m/s 2的加速度从静止开始匀加速运动，运动8 m 的位移后，在距地面高为5 m 的高台边缘水平跳出，在空中调整姿势后恰好垂直落在一倾角为53°的斜面中点位置。此后运动员迅速调整姿势沿水平方向蹬出，假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：

(1)运动员从楼顶边缘跳出到落到斜面上所用的时间t ；

(2)该斜面底端与高台边缘的水平距离s ；

(3)若运动员水平蹬出斜面后落在地面上，求运动员的蹬出速度范围。

【解析】(1)设运动员从高台边缘水平跳出的速度为v 0，匀加速的位移为l ，由速度位移公式得

v 02＝2al

代入数据解得v 0＝8 m/s

恰好垂直落在一倾角为53°的斜面中点位置时，由运动的合成与分解得

tan53°＝00y v v v gt

= 代入数据解得运动员从楼顶边缘跳出到落到斜面上所用的时间为t ＝0.6 s 。

(2)设高台距斜面中点的水平距离为x ，水平方向上有x ＝v 0t ＝4.8 m

竖直方向上，有y ＝12gt 2＝1.8 m

则斜面中点距地面竖直距离为 3.2m h H y =-=

斜面中点距斜面底端水平距离为x ′＝tan 53h ︒

＝2.4 m 该斜面底端与高台边缘的水平距离为 2.4m s x x =-'=。

(3)根据位移时间公式，可得运动员水平蹬出斜面后落在地面上的时间t ′

0.8 s 能落到地面上，水平位移的范围为2.4 m≤x ′≤4.8 m

根据运动学公式得x ′＝v 0′t ′

代入数据解得运动员的蹬出速度范围为3 m/s≤v 0′≤6 m/s 。

14．图甲是某游乐场的设施图，简化模型见乙图。AD 、HI 为水平轨道，圆轨道O 1在最低点B 处的两侧稍错开一段距离，并分别与左右两侧的直轨道平滑相连。倾斜轨道由半圆O 2及直轨道DE 、GH 组成，倾斜轨道与水平面的夹角θ＝53°，倾斜直轨道DE 、HG

长均为15m ，和水平轨道平滑相连。已知圆轨道O 1和半圆轨道O 2的半径均为R ＝5 m 。过山车及车上人的总质量m ＝10 t 且可视为质点，过山车在A 处以恒定功率100kW P =由静止开始启动，经过 3.5s t =到达B 点时时关闭发动机，过山车沿圆轨道内侧运动一周后沿倾斜轨道BDEFHGH 回到水平轨道HI 并最终停在离H 点30.25 m 处。水平轨道AD 总长36 m ，其中BD 长11 m ，直轨道AD 、DE 、GH 动摩擦因数均为μ＝0.2，直轨道HI 动摩擦因数未知，圆轨道摩擦忽略不计，重力加速度g ＝10 m/s 2。求：

(1)过山车到达C 点时的速度大小；

(2)直轨道HI 的动摩擦因数大小；

(3)过山车运动到半圆轨道最高点F 时对轨道的作用力大小（计算结果可保留根号）。

【解析】(1)过山车从A 点出发到达C 点过程中，有

2c 122AB Pt mgl mgR mv μ--=

得过山车在圆轨道最高C 的的速度v c ＝20 m/s 。

(2)过山车从A 点到停止运动的过程中，有

cos ()0AD DE GH Pt mgl mgl mg l l μμμθ'---+=

直轨道HI 的动摩擦因数大小为0.8μ'=。

(3)过山车从A 点到半圆轨道F 点的过程中，有

2F 1cos ()sin 2AD DE DE Pt mgl mg l mg l R mv μμθθ---+= 过山车在半圆轨道最高点运动所需向心力240000N F v F m R ==向

设过山车在F 点受到圆轨道的作用力为F ，则

222()2cos37F F mg F mg =+-︒向向

得过山车在F 点受到圆轨道的作用力F =

根据牛顿第三定律知，过山车对轨道的作用力为F '=。

15．如图所示，从A 点以v 0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m ＝1 kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨

道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C 端切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.5 m ，h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g 取10 m/s 2，求：

(1)小物块运动至B 点时的速度大小和方向与水平面夹角的正切值；

(2)小物块滑至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力大小；

(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？

【解析】(1)物块从A 到B 做平抛运动，有212

H h gt -= 设在B 点竖直方向的速度为y v ，则y gt =v

,v =

代入数据解得v =

方向与水平面的夹角为θ

，则0tan y

v v θ== (2)从A 至C 点，由动能定理得22201122

mgH mv mv =- 设C 点受到的支持力为N F ，则有22N v F mg m R

-=

代入数据解得2v =，N 44.7N F ≈

根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C 点的压力大小为44.7N 。

(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力f 15N F mg μ==

长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力'f 2)10(N F M m g μ==＋

因'f f F F <

所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动，其加速度

215m/s a g μ==

若到长木板右端时速度刚好为0，则长木板长度至少为2226m 2.6m 210

v L a ===。 16．如图所示，BC 是光滑的半圆形轨道，轨道半径R ＝10 m ，位于竖直平面内，下端与水平粗糙轨道在B 点平滑连接，水平轨道的动摩擦因数为μ＝0.19，在距离B 点20 m 的A 点有一发射器，可以向不同方向发射质量、速度不同的相同大小的小球。先水平向左发射小球a ，a 的质量为8 kg ，速度为24 m/s ，在a 到达C 点瞬间，斜向左上发射质量为2 kg 的小球b ，速度大小为10 5 m/s ，方向与水平方向夹角的正切值为2，g 取10 m/s 2，试求：

(1)小球a 运动至C 点时对轨道的压力；

(2)试分析两小球a 、b 在空中是否会相碰，若不能相碰说明理由，若能相碰，碰撞视为弹性碰撞，碰后速度各为多少？

(3)求a 、b 两小球落地点的间距。

【解析】(1)小球a 从A 到C 由动能定理

22011222C mv mv mgs mgR μ-=--

得10m/s C v =

2C v mg N m R +=

得N ＝0。

(2)a 球做平抛运动至落地：

2122R gt =，2s =t

0x v t

=，20m AB x s == 0tan 2y

x v gt v v θ===

a b v v ===

则a 小球平抛轨迹和b 小球斜抛轨迹完全一致，所以会在空中相碰，相碰时间为

1s 2t t '==

且相碰时速度v 等大反向

v ==，0tan 1y x v gt v v θ'''===

取斜向右下45°为正方向；由 a b a a b b m v m v m v m v ''-=+ 222211112222a b a a b b m v m v m v m v ''+=+

可得a v '=

，b v '=。

(3)设相碰时离地高度为h

21215m 2h R gt '=-=

a 球：

2m/s ax ay a v v v '''===

212ay a a h v t gt '=+

a t

a ax a x v t '=

b 球：

22m/s bx by b v v v '''===

212by b b h v t gt '=+

3s 5b t =

66m 5b bx b x v t '==

则ab b a x x x ∆=-=。