．反沖現象火箭1．通過實驗認識反沖運動，能舉出反沖運動的實例，知道火箭的發(fā)射是反沖現象。2．能結合動量守恒定律對常見的反沖現象作出解釋。3．了解我國航天事業(yè)的巨大成就，增強對我國科學技術發(fā)展的自信。反沖現象1．定義原來靜止的系統(tǒng)在內力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分向相反方向運動的現象。被分離的一部分物體既可以是高速噴射出的液體、氣體，也可以是固體。2．規(guī)律反沖現象中，系統(tǒng)內力很大，外力可忽略，滿足動量守恒定律。3．反沖現象的防止及應用(1)防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準確性，所以用槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。(2)應用：農田、園林的噴灌裝置利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉。兩位同學在公園里劃船，當小船離碼頭大約1.5m時，有一位同學心想：自己在體育課上立定跳遠的成績從未低于2m，跳到岸上絕對沒有問題。于是她縱身一跳，結果卻掉到了水里。問題1這位同學為什么不能如她所想的那樣跳到岸上呢？提示：這位同學與船組成的系統(tǒng)在不考慮水的阻力的情況下，所受合外力為零，在她跳起前后遵循動量守恒定律。在她向前跳起瞬間，船要向后運動。問題2這種現象屬于什么物理現象？提示：反沖現象。1．反沖運動的特點(1)物體的不同部分在內力作用下向相反方向運動。(2)在反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理。(3)在反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。2．處理反沖運動應注意的問題(1)速度的方向。對于原來靜止的整體，拋出部分與剩余部分的運動方向必然相反。在列動量守恒方程時，可任意規(guī)定某一部分的運動方向為正方向，則反方向的速度應取負值。(2)相對速度問題。在反沖運動中，有時遇到的速度是兩物體的相對速度。此類問題中應先將相對速度轉換成對地的速度后，再列動量守恒定律方程。(3)變質量問題。如在火箭的運動過程中，隨著燃料的消耗，火箭本身的質量不斷減小，此時必須取火箭本身和在相互作用的短時間內噴出的所有氣體為研究對象，取相互作用的這個過程來進行研究。【典例1】章魚是一種軟體動物，生活在水中。一懸浮在水中的章魚，當外套膜吸滿水后，它的總質量為M，突然發(fā)現后方有一海鰻，章魚迅速將體內的水通過短漏斗狀的體管在極短時間內向后噴出，噴射的水力強勁，從而迅速向前逃竄。若噴射出的水的質量為m，噴射速度的大小為v0，則下列說法正確的是()A．章魚噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)機械能守恒B．章魚噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)動量增加C．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為mM-D．章魚噴水的過程中受到水的沖量大小為Mm[思路點撥]本題的研究對象是章魚和噴出的水，注意章魚噴水時要消耗自身的能量，同時還要注意速度的矢量性和相對性。C[在章魚噴水的過程中，章魚的生物能轉化為機械能，系統(tǒng)機械能增加，選項A錯誤；章魚噴水過程所用的時間極短，內力遠大于外力，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒，選項B錯誤；取章魚前進的方向為正方向，由動量守恒定律得0＝(M－m)v－mv0，可得章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為v＝mM-mv0，選項C正確；章魚噴水的過程中受到水的沖量大小等于噴出的水的動量大小，即為mv0，選項D反沖運動和碰撞、爆炸有相似之處，相互作用力常為變力，且作用力大，一般都滿足內力?外力，所以反沖運動可用動量守恒定律來處理。[跟進訓練]1．一個士兵在皮劃艇上，他連同裝備和皮劃艇的總質量為M，這個士兵用自動步槍沿水平方向射出一發(fā)質量為m的子彈，子彈離開槍口時相對步槍的速度為v，射擊前皮劃艇是靜止的，則射出子彈后皮劃艇的速度為()A．mvM-mB．mvMCB[子彈與皮劃艇組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的速度方向為正方向，以地面為參考系，設皮劃艇的速度為v1，則子彈的速度為v－v1，由動量守恒定律得m(v－v1)－(M－m)v1＝0，解得v1＝mvM，選項B正確火箭1．工作原理利用反沖的原理，火箭燃料燃燒產生的高溫、高壓燃氣從尾部噴管迅速噴出，使火箭獲得巨大速度。2．影響火箭獲得速度大小的因素一是噴氣速度，二是火箭噴出物質的質量與火箭本身質量之比。噴氣速度越大，質量比越大，火箭獲得的速度越大。由火箭的工作原理可知，與火箭發(fā)生相互作用的是火箭噴出的燃氣，而不是外界的空氣。多級運載火箭發(fā)射時，先點燃第一級火箭，燃料用完后，空殼自動脫落，然后下一級火箭開始工作。問題1火箭點火后能加速上升的動力是什么力？提示：燃燒產生的氣體高速向下噴出，氣體產生的反作用力推動火箭加速上升。問題2要提升運載物的最大速度可采用什么措施？提示：提高氣體噴射速度，增加燃料質量，及時脫離前一級火箭空殼。1．工作原理應用反沖運動，其反沖過程動量守恒。它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得向前的速度。2．分析火箭類問題應注意的三個問題(1)火箭在運動過程中，隨著燃料的燃燒，火箭本身的質量不斷減小，故在應用動量守恒定律時，必須取在同一相互作用時間內的火箭和噴出的氣體為研究對象。注意反沖前、后各物體質量的變化。(2)明確兩部分物體初、末狀態(tài)的速度的參考系是否為同一參考系，如果不是同一參考系要設法予以轉換，一般情況要轉換成對地的速度。(3)列方程時要注意初、末狀態(tài)動量的方向。【典例2】一火箭的噴氣發(fā)動機每次噴出m＝200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v＝1000m/s(相對地面)，設火箭的質量M＝300kg，發(fā)動機每秒噴氣20次，當第三次氣體噴出后，火箭的速度為多大？[思路點撥]火箭噴氣屬反沖現象，火箭和氣體組成的系統(tǒng)動量守恒，運用動量守恒定律求解。[解析]方法一：設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，據動量守恒定律，得(M－3m)v3－3mv＝0所以v3＝3mvM方法二：噴出氣體的運動方向與火箭運動的方向相反，系統(tǒng)動量守恒。第一次氣體噴出后，火箭速度為v1，有(M－m)v1－mv＝0所以v1＝m第二次氣體噴出后，火箭速度為v2，有(M－2m)v2－mv＝(M－m)v1所以v2＝2第三次氣體噴出后，火箭速度為v3，有(M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2所以v3＝3mvM-3[答案]2m/s[母題變式]在[典例2]中，若發(fā)動機每次噴出200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時相對火箭的速度v＝1000m/s，則當第一次氣體噴出后，火箭的速度多大？提示：由動量守恒定律(M－m)v1－m(v－v1)＝0，解得v1≈0.67m/s。火箭類反沖問題解題要領(1)兩部分物體初、末狀態(tài)的速度的參考系必須是同一參考系，且一般以地面為參考系。(2)要特別注意反沖前、后各物體質量的變化。(3)列方程時要注意初、末狀態(tài)動量的方向。[跟進訓練]2．總質量為M的火箭以速度v0飛行，質量為m的燃氣相對于火箭以速率u向后噴出，則火箭的速度大小為()A．v0＋muMB．v0－muMC．v0＋mM-m(v0＋u)A[設噴出氣體后火箭的速度大小為v，則燃氣的對地速度為(v－u)(取火箭的速度方向為正方向)，由動量守恒定律，得Mv0＝(M－m)v＋m(v－u)解得v＝v0＋muM，A項正確“人船模型”問題如圖所示為一條約為180kg的小船漂浮在靜水中，當人從船尾走向船頭時，小船也發(fā)生了移動，不計水的阻力。問題1小船發(fā)生移動的動力是什么力？小船向哪個方向運動？提示：摩擦力。向左運動，即與人行走的方向相反。問題2當人走到船頭相對船靜止時，小船還運動嗎？為什么？提示：不運動。小船和人組成的系統(tǒng)動量守恒，當人的速度為零時，船的速度也為零。問題3當人從船尾走到船頭時，有沒有可能出現如圖甲或如圖乙的情形？為什么？提示：不可能。由系統(tǒng)動量守恒可知，人和船相對于地面的速度方向一定相反，不可能向同一個方向運動，且人船位移比等于它們質量的反比。1．“人船模型”分析如圖所示，長為l、質量為m船的小船停在靜水中，質量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得：m船v船＝m人v人，因人和船組成的系統(tǒng)動量始終守恒，故有：m船x船＝m人x人，由圖可看出：x船＋x人＝l，可解得：x人＝m船m人+m船l，2．“人船模型”中的規(guī)律(1)人船模型中的動力學規(guī)律：由于組成系統(tǒng)的兩物體受到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度或位移與質量成反比、方向相反。這類問題的特點是兩物體同時運動，同時停止。(2)人船模型中的動量與能量規(guī)律：由于系統(tǒng)不受外力作用，故遵守動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統(tǒng)或每個物體動能均發(fā)生變化。用力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能的變化。【典例3】(多選)如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m的可視為質點的滑塊從小車上的A點由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知小車質量M＝4m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則()A．全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移大小為R＋LB．小車在運動過程中速度的最大值為gC．全過程小車相對地面的位移大小為RD．μ、L、R三者之間的關系為R＝μLBCD[滑塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，由人船模型特點有Ms1＝ms2，s1＋s2＝R＋L，解得s1＝R+L5，s2＝4R+L5，全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為4R+L5，全過程小車相對地面的位移大小為R+L5，所以A錯誤，C正確；滑塊滑到圓弧軌道最低點時，小車速度最大，滑塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有Mv1＝mv2，mgR＝12Mv12+12mv22，由上述兩式解得v1＝gR10，即小車在運動過程中速度的最大值為gR10[跟進訓練]3．長為L的小船停在靜水中，質量為m的人由靜止開始從船頭走到船尾。不計水的阻力，船相對于地面位移的大小為d，則小船的質量為()A．mL+ddB．mL-ddB[船和人組成的系統(tǒng)，在水平方向上動量守恒，人在船上行進，船向后退，設船的質量為M，人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv－Mv1＝0，人從船頭到船尾，船相對于地面位移的大小為d，則人相對于地面的位移為L－d，則有mL-dt＝Mdt4．如圖所示，載人氣球原來靜止在空中，與地面距離為h，已知人的質量為m，氣球的質量(不含人的質量)為M。若人要沿輕繩梯返回地面，則繩梯的長度至少為()A．hB．mhMC．mhM+mD[設人沿繩梯滑至地面，繩梯長度至少為L，以人和氣球的系統(tǒng)為研究對象，規(guī)定豎直向下為正方向，根據動量守恒定律，豎直方向有0＝－Mv2＋mv1，人相對于地面下降的高度為h，速度大小v1＝ht，人沿繩梯滑至地面時，氣球上升的高度為L－h(huán)，速度大小v2＝L-ht，聯(lián)立以上各式可得L＝1．一人靜止于光滑的水平冰面上，現欲離開冰面，下列方法中可行的是()A．向后踢腿B．向后甩手C．脫下衣服或鞋子水平拋出D．脫下衣服或鞋子豎直向上拋出C[以人作為整體為研究對象，向后踢腿或手臂向前甩，人整體的總動量為0，不會運動起來，故A、B錯誤；把人和外衣、鞋視為一整體，這個整體動量為0，人給外衣或鞋子一個水平速度，總動量不變，所以人有一個反向的速度，可以離開冰面，故C正確；把人和外衣、鞋視為一整體，這個整體動量為0，人給外衣或鞋子一個豎直方向的速度，水平方向的總動量仍然等于0，所以人仍然靜止，不能離開冰面，故D錯誤。]2．航天員離開空間站太空行走時，連同裝備共100kg，在離飛船60m的位置與空間站處于相對靜止的狀態(tài)，裝備中有一個高壓氣源，能以50m/s的速度噴出氣體，為了能在5min內返回空間站，他需要在開始返回的瞬間至少一次性向后噴出氣體的質量是(不計噴出氣體后航天員和裝備質量的變化)()A．0.10kgB．0.20kgC．0.35kgD．0.40kgD[單位換算5min＝300s，航天員在噴出氣體后的最小速度為v＝xt＝0.2m/s，根據動量守恒定律得(M－m)v＝mv0，代入題中數據解得m≈0.40kg。3．質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為2R、質量為2m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上。當小球從如圖所示的位置無初速度沿內壁滾到最低點時，大球移動的距離是()A．R2B．R3C．R4B[由水平方向動量守恒有mx小球－2mx大球＝0，又x小球＋x大球＝R，所以x大球＝R3，選項B正確。4．(新情境題，以空間飛行器為背景，考查反沖原理)在地球大氣層以外的宇宙空間，基本上按照天體力學的規(guī)律運行的各類飛行器，稱為空間飛行器。航天器是執(zhí)行航天任務的主體，是航天系統(tǒng)的主要組成部分。由于外太空是真空的，飛行器在加速過程中一般使用反沖推進器，某種推進器在工作時利用電場加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流而對飛行器產生反沖力，由于太空阻力極小，只需一點點動力即可以達到很高的速度。我國發(fā)射的“實踐九號”攜帶的衛(wèi)星上第一次使用了上述離子電推力技術，從此為我國的航天技術開啟了一扇新的大門。已知飛行器的質量為M，發(fā)射的是2價氧離子，發(fā)射功率為P，加速電壓為U，每個氧離子的質量為m，元電荷為e，原來飛行器靜止，不計發(fā)射氧離子后飛行器質量的變化，求：(1)射出的氧離子速度大小；(2)每秒鐘射出的氧離子數；(3)射出離子后飛行器開始運動的加速度大小。[解析](1)以氧離子為研究對象，根據動能定理，有2eU＝12mv2，所以，氧離子速度為v＝2eU(2)設每秒鐘射出的氧離子數為N，則發(fā)射功率可表示為P＝NΔEk＝2NeU所以，每秒射出的氧離子數為N＝P2(3)以氧離子和飛行器組成的系統(tǒng)為研究對象，設飛行器的反沖速度為v1，取飛行器的速度方向為正方向，根據動量守恒定律，t時間內有0＝Mv1＋Ntm(－v)飛行器的加速度為a＝v可得a＝PM[答案](1)2eUm(2)P2eU回歸本節(jié)知識，自我完成以下問題：1．反沖過程中以相互作用的兩部分為系統(tǒng)是否滿足動量守恒？提示：滿足。2．火箭的工作原理是什么？提示：反沖原理。3．應用反沖原理分析火箭發(fā)射時，研究對象是什么？提示：箭體和噴出的氣體。航天員太空行走太空行走又稱為出艙活動。是載人航天的一項關鍵技術，是載人航天工程在軌道上安裝大型設備、進行科學實驗、施放衛(wèi)星、檢查和維修航天器的重要手段。要實現太空行走這一目標，需要諸多的特殊技術保障。幫助航天員實現太空行走的是自足式手提機動噴射器。這個裝置主要由兩個氧氣儲罐和一個壓力調節(jié)器組成，重3.4kg，其中高壓氧氣推進劑重約0.13kg。它每秒能產生約181N的推力，行進速度為1.82m/s，相當于普通人慢跑的速度。該裝置有3個噴管，2個噴管對著后方，1個噴管對著前方。開動對著后方的2個噴管，即可推著航天員向前移動，開動對著前方的1個噴管，即可停止移動。1．航天員太空行走用到的自足式手提機動噴射器的原理是什么？提示：反沖原理。2．航天員太空行走速度的快慢和什么有關？提示：手提機動噴射器的噴射速度和噴出氣體的質量。課時分層作業(yè)(五)反沖現象火箭題組一反沖現象1．下列圖片所描述的事例或應用中，沒有利用反沖運動原理的是()A．噴灌裝置的自動旋轉B．章魚在水中前行和轉向C．運載火箭發(fā)射過程D．碼頭邊輪胎的保護作用D[噴灌裝置是利用水流噴出時的反沖作用而旋轉的，章魚在水中前行和轉向利用了噴出的水的反沖作用，火箭發(fā)射時利用噴氣的方式而獲得動力，利用了反沖作用，故A、B、C不符合題意；碼頭邊輪胎的作用是延長碰撞時間，從而減小作用力，沒有利用反沖作用，故D符合題意。]2．我國自行研制的第五代隱形戰(zhàn)機“殲－20”以速度v0水平向右勻速飛行，到達目標地時，將質量為M的導彈自由釋放，導彈向后噴出質量為m、對地速率為v1的燃氣，則噴氣后導彈的速率為()A．Mv0+mv1M-mB．A[取水平向右為正方向，設噴氣后導彈的速度大小為vx，導彈在噴出燃氣前后瞬間根據動量守恒定律可得Mv0＝－mv1＋(M－m)vx，解得vx＝Mv0+mv13．如圖所示，被一細線固定的A、B兩個物體靜止在光滑水平面上，物體A、B之間的彈簧處于壓縮狀態(tài)，但與物體A、B不拴接，且物體A、B的質量關系滿足mA＝2mB。當燒斷細線后，物體A、B的動能之比為()A．1∶2B．2∶1C．1∶1D．4∶1A[燒斷細線后，物體A、B在水平方向上的動量守恒，有mAvA＋mBvB＝0，由Ek＝12mv2及mA＝2mB解得EkA∶EkB＝1∶2。題組二火箭4.2022年11月29日23時08分，我國神舟十五號載人飛船發(fā)射取得圓滿成功。在火箭點火發(fā)射瞬間，質量為m的燃氣以大小為v的速度在很短時間內從火箭噴口噴出。已知發(fā)射前火箭的質量為M，則在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為(燃氣噴出過程不計重力和空氣阻力的影響)()A．vB．2vC．MmvD．mD[以向上為正方向，由動量守恒定律可得(M－m)v′－mv＝0，解得v′＝mM-mv，D5．(多選)下列關于火箭的描述正確的是()A．增加單位時間的燃氣噴射量可以增大火箭的推力B．增大燃氣相對于火箭的噴射速度可以增大火箭的推力C．當燃氣噴出火箭噴口的速度相對于地面為零時火箭就不再加速D．火箭發(fā)射時獲得的推力來自噴出的燃氣與發(fā)射臺之間的相互作用AB[設火箭的總質量為M，噴氣前的速率為v0，質量為m的燃氣相對于火箭以速率u向后噴出，噴出后火箭的速率為v，則燃氣的對地速度為v－u(取火箭的速度方向為正方向)，由動量守恒定律得Mv0＝(M－m)v＋m(v－u)，解得v＝v0＋mMu，所以增大m、u，均可以增大噴氣后火箭的速度v，即增大了火箭的推力，故A、B正確，C錯誤；火箭向下急速噴出燃氣的同時，氣體對火箭產生向上的巨大推力，這說明推力來自燃氣與火箭之間的相互作用，故D錯誤。6．如圖所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質量為m1，后部分的箭體質量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()A．v0－v2B．v0＋v2C．v0－m2m1v2D．v0＋m2m1(D[火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在分離時水平方向上動量守恒，規(guī)定初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，D題組三“人船模型”7．(多選)如圖所示，載有物資的、總質量為M的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現將質量為m的物資以相對地面豎直向下的速度v0投出，物資落地時與熱氣球的距離為d。熱氣球所受浮力不變，重力加速度為g，不計阻力。下列說法正確的是()A．物資落地前，熱氣球與投出的物資組成的系統(tǒng)動量守恒B．投出物資后熱氣球做勻速直線運動C．d＝MD．d＝H＋mMAC[物資投出之前，物資和熱氣球所受合外力為零，物資投出后，熱氣球和物資所受合外力不變，則系統(tǒng)所受合外力仍為零，物資落地前，熱氣球與投出的物資組成的系統(tǒng)動量守恒，選項A正確；投出物資后熱氣球所受合外力向上，則熱氣球向上做勻加速直線運動，選項B錯誤；設物資落地時熱氣球上升的高度為h，對物資和熱氣球組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得(M－m)ht＝mHt，解得h＝mHM-m，則d＝H＋h＝H＋m8．如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M，頂端高度為h。今有一質量為m的小物體(可視為質點)，沿光滑斜面下滑，當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是()A．mhM+mB．MhM+mC．C[此題屬于“人船模型”問題，小物體與斜面體組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，以水平向左為正方向，設小物體在水平方向上對地位移大小為s1，斜面體在水平方向上對地位移大小為s2。有0＝ms1－Ms2，且s1＋s2＝htanα，可得s2＝9．如圖所示，在光滑水平面上甲、乙兩車相向而行，甲的速率為v0，乙的速率也為v0，甲車和車上人的總質量為10m，乙車和車上人及貨包的總質量為12m，單個貨包質量為m10，為使兩車不相撞，乙車上的人以相對地面為v＝11v0的速率將貨包拋給甲車上的人，則乙車上的人應拋出貨包的最小數量是(A．10個B．11個C．12個D．20個A[規(guī)定水平向左為正方向，兩車剛好不相撞即最后兩車速度相等，設相等的速度為v′。對兩輛車、兩人以及所有貨包組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得12mv0－10mv0＝(12m＋10m)v′，解得v′＝v011。設為使兩車不相撞，乙車上的人應拋出貨包的最小數量為n，以乙及乙車上的人和貨包為系統(tǒng)，由動量守恒定律得12mv0＝12m-n·m10v′＋n·m10v，由題知v＝11v0，解得n10．如圖所示，質量為M的滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，質量為m的小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，繩長為L。開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止。現將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，滑塊剛好被一表面涂有黏性物質的固定擋板粘住，在極短的時間內速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動到繩與豎直方向的夾角為60°時達到最高點。滑塊與小球均視為質點，空氣阻力不計，重力加速度為g