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2017-2018学年河北省邯郸市高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）
1. 2017年11月5日，我国第三代导航卫星-“北斗三号”的首批组网卫星（2颗）以“一箭 双星”的发射方式顺利升空，它标志着我国开始正式建造“北斗”全球卫星导航系统。建成 后的北斗全球导航系统可以为民用用户提供定位、测速和授时服务，定位精度10m，测速精度0.2m/s，下列说法不正确的是（　　）
A. 北斗全球导航系统定位提供的是被测物体的位移
B. 北斗全球导航系统定位提供的是被测物体的位置
C. 北斗全球导航系统授时服务提供的是时刻
D. 北斗全球导航系统测速服务提供的是运动物体的速率
2. 如图，乒乓球从斜面上滚下，它以一定的速度沿直线运动，在与乒乓球路径相垂直的方向上放一个纸筒（纸筒的直径略大于乒乓球的直径），当乒乓球经过筒口时，对着球横向吹气，则关于乒乓球的运动下列说法中正确的是（　　）
A. 乒乓球将保持原有的速度继续前进
B. 乒乓球将偏离原有的运动路径，但不进入纸筒
C. 乒乓球一定能沿吹气方向进入纸筒
D. 只有用力吹气，乒乓球才能沿吹气方向进入纸筒
3. 如图，一个斜拉桥模型，均匀桥板重为G，可绕通过0点的水平闶适轴转动；9根与桥面均成300角的平行钢索拉住桥面，其中正中间的一根钢索系于桥的重心位置，其余成等距离分布在它的两侧。若每根钢索所受拉力大小相等，则该拉力大小为（　　）
A. G9 B. 2G9 C. G3 D. G
4. 甲、乙两人分别在并列的两个升降机中，各自以自己为参照物，甲看见乙在上升，楼房也在上升，乙看见楼房在上升，如果以地面为参照物，则他们运动的状态是（　　）
A. 甲在上升，乙在下降 B. 甲在下降，乙在上升
C. 甲、乙都在下降，但甲比乙快 D. 甲、乙都在下降，但乙比甲快
5. 用竖直向上的拉力F可使一物体向上以2m/s2的加速度做匀加速运动。为使该物体向上以8m/s2的加速度做匀加速运动，g取10m/s2，则竖直向上的拉力大小应为（　　）
A. 3F2 B. 4F3 C. 2F D 4F
6. 如图，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为37°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（　　）
A. 0 B. g C. 5g4 D. 5g3
7. 制动距离是汽车在一定的初速度下，从驾驶员急踩制动踏板开始，到汽车完全停住为止所驶过的距离，是衡量一款车的制动性能的关键性参数之一。以72km/h的速度行驶的汽车紧急制动，假设汽车制动阻力恒定，且与汽车的重力大小相等，则它的制动距离约为（　　）
A. 40m B. 20 m C. 10 m D. 5m
8. 一条河宽80m．水流速度为5m/s，一艘船在静水中的速度为4m/s，则该小船渡河时（　　）
A. 小船能到达正对岸
B. 渡河的时间可能少于20 s
C. 以最短位移渡河时，位移大小为80 m
D. 以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为100 m
9. 如图。光滑半圆柱固定在水平地面上，半径为R，半圆柱顸部有一小物块。现给小物块一个水平初速度v0=gR，不计空气阻力，则下列说法不正确的是（　　）
A. 物块先沿圆柱表面运动，然后在AC之间某处脱离半圆柱表面做抛物线运动
B. 物块运动的水平位移为2R
C. 物块对半圆柱顶点无压力
D. 物块立即离开半圆柱表面做平抛运动
二多选题（本大题共5小题，共20.0分）
10. 一质点做直线运动，零时刻在坐标原点，初速度v0＞0，其加速度a＞0，此后a逐渐减小至零，以下说法正确的是（　　）
A. 速度的变化越来越慢 B. 速度逐渐变小
C. 位移逐渐变小 D. 位移、速度始终为正值
11. 在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（　　）
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B. 根据速度定义式v△x△t，当△t非常非常小时，就可以用△x△t表示物体在t时刻的瞬时速度，这是应用了极限思想方法
C. 玻璃瓶内装满水，用穿有透明细管的橡皮泥封口.手捏玻璃瓶，细管内液面高度变化，说明玻璃瓶发生形变.该实验采用放大的思想
D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
12. 如图所示，一物体随传送带一起运动，已知物体相对传送带保持静止，下列说法中正确的是（　　）

A. 物体可能受与运动方向相同的摩擦力
B. 物体可能受与运动方向相反的摩擦力
C. 物体可能不受摩擦力
D. 物体肯定受摩擦力
13. 如图，自行车的轮盘与车轴上的飞轮之间的链条传动装是轮盘的一个齿，Q是飞轮上的一个齿。下列说法中正确的是（　　）
A. P、Q两点线速度大小相等
B. P、Q两点角速度大小相等
C. P点向心加速度小于Q点向心加速度
D. P点向心加速度大于Q点向心加速度
14. 如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，从图示位置开始计时，则汽车运动的速度（v）-时间（t）图象可能是（　　）
A. B.
C. D.
三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）
15. 某同学在“测匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器（频率为50Hz，即每0.02s打一个点）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点．其相邻点间还有4个点未画出．其中x1=7.05cm、x2=7.67cm、x3=8.29cm、x4=8.91cm、x5=9.53cm、x6=10.15cm，

（1）关于接通电源和释放纸带的次序，下列说法正确的是______
A．先接通电源，后释放纸带          B．先释放纸带，后接通电源
C．释放纸带同时接通电源            D．先接通电源或先释放纸带都可以
（2）小车运动的加速度为______m/s2，在F时刻的瞬时速度为__m/s．（保留2位有效数字）
16. 在“探究加速度大小与力、质量的关系“时采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码质量为M．砂桶和砂的质量为m。
（1）实验中，需要在木板的右端垫上一个小木块，其目的是______。
（2）某同学在保持砂桶和砂质量m-定的条件下，探究小车加速度“与质量M的关系时。以下做法合理的是______
A．每次改变小车及车中砝码质量M时，不需要改变垫入的小木块的厚度
B．用天平测出m及M，直接用公式a=mgM求出小车运动的加速度
C．利用实验中打出的纸带求加速度时，可以利用公式a=2xt2计算
D．平衡摩擦力时，砂桶应用细线通过定滑轮系在小车上且小车后面的纸带也必须连好
（3）某同学在保持小车及车中砝码质量M-定的条件下，探究小车加速度a与外力F的 关系时，平衡摩擦力后，直接用砂桶和砂的重力作为小车受到的合外力，则实验中M 和m应满足的条件是______；改变砂桶和砂的质量m，分别测量出小车的加速度a，以砂桶和砂的重力F为横坐标，以小车的加速度a为纵坐标，得到如图乙所示的a-F图线，则图线不通过坐标原点的主要原因是______

四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
17. 物体自某高处自由下落，最后1s下落的高度是25m，g取10m/s2，求物体下落的总高度。

18. 长L为2m的细线，拴一质量为4kg的小球，一端固定于O点。让其在水平面内做匀速圆周运动（这种运动通常称为圆锥摆运动），如图（所示，当摆线L与竖直方向的夹角是α=37°时。（sin 370=0.6，cos 37°=0.8）求：
（1）小球运动的线速度的大小；
（2）小球运动的角速度及周期（结果保留两位有效数字）

19. 如图所示。轰炸机沿水平方向以v匀速飞行。到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，炸弹垂直击中山坡上的目A．已知轰炸机距山坡底端的高度为h，炸弹在下落过程中所受空气阻力忽略不计，当地重力加速度为g．求炸弹离开轰炸机后在空中飞行的时间。

答案和解析
1.【答案】A
【解析】
解：北斗导航卫星能够定位物体的位置，能够测量物体的速度，授时服务提供时刻。故B、C、D正确，A错误。
本题选错误的，故选：A
北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务，定位精度10m，测速精度0.2m/s，知能够提供被测物体的位置，授时服务提供的是时刻，能够测速。
本题关键是明确卫星的运用，其中定位指的是位置坐标，测量的是极短时间内的平均速度，授时是提供时刻。
2.【答案】B
【解析】
解：当乒乓球经过筒口时，对着球横向吹气，兵乓球沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加速运动，实际运动是两个运动的合运动；
故一定不会进入纸筒，要提前吹才会进入纸筒；
故ACD错误，B正确；
故选B．
曲线运动的条件是合力与速度不共线；通常用正交分解法研究曲线运动．
本题关键明确乒乓球参与的两个分运动，然后合成得到合运动，基础题．
3.【答案】B
【解析】
解：钢绳拉力和重力的合力沿着杆指向O点，否则杆会绕O点转动；
根据牛顿第三定律，O点对杆的支持力水平向左；
对杆受力分析，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：9Tsin30°=G解得：，故B正确，ACD错误。
故选：B。
以O为支点，分析除O点桥板的受力情况，确定出力臂，根据力矩平衡条件求解拉力大小。可抓住对称性，采用等效的方法进行求解。
本题关键要分析钢索分布特点，运用等效的方法分析两侧六根钢索力矩与正中间钢索力矩的关系，即可求解。
4.【答案】C
【解析】
解：楼房是不动的，甲、乙都看见楼房在上升，说明他们都在下降。而甲又看到乙在上升，说明甲下降的速度比乙快，因此选项C符合题意。
故选：C。
判断运动与静止关键看选择的参照物，这里要先对照不动的楼房进行分析，再将甲乙进行比较，最后确定他们的运动状态。
根据运动与静止的相对性，要想判断他们的真实运动状态，必须以不动的楼房为参照物来进行分析，再将二者进行比较，分析的顺序非常关键。
5.【答案】A
【解析】
解：设物体的质量是m，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma1
得：F=mg+ma1=12m
解得m=，
当加速度为8m/s2时，有：F2-mg=ma2
解得F2=mg+ma2=
故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据牛顿第二定律求出物体的质量，该物体向上以8m/s2的加速度做匀加速运动，再根据牛顿第二定律求出拉力的大小。
本题考查了牛顿第二定律的基本运用，知道加速度方向与合力的方向相同，抓住质量不变，结合牛顿第二定律进行求解。
6.【答案】C
【解析】
解：撤去木板前，小球受重力、支持力和弹簧弹力处于平衡，如图所示：
根据共点力平衡得，支持力为：；
撤去木板的瞬间，弹簧弹力不变支持力消失，弹力和重力的合力与之前支持力的大小相等，方向相反，
则小球的瞬时加速度为：，方向垂直斜面向下，故C正确，ABD错误。
故选：C。
木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度。
本题考查加速度的瞬时性，关键对物体受力分析，先求出撤去一个力之前各个力的大小，撤去一个力后，先求出合力，再求加速度。
7.【答案】B
【解析】
解：设汽车的质量为m，则重力为mg，则阻力为 f=mg
根据牛顿第二定律：-f=ma，加速度为：a=-g
根据速度与位移关系：，即：，故B正确，ACD错误。
故选：B
根据牛顿第二定律求出汽车的加速度，结合速度位移公式求出汽车制动距离。
本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，在这类问题中是必求的量。
8.【答案】D
【解析】
解：AC、根据平行四边形定则，由于静水速度小于水流速度，则合速度不可能垂直于河岸，即船不可能垂直到达对岸；以最短位移渡河时，位移大小一定大于80m，故AC错误；
B、当静水速度与河岸垂直时，渡河时间最短，最短时间为：，所以渡河的时间不可能少于20s，故B错误；
D、以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为：L=vs⋅t=5×20m=100m，故D正确。
故选：D
当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短；因为静水速小于水流速，合速度方向不可能垂直于河岸，即不可能垂直渡河，当合速度的方向与静水速的方向垂直时，渡河位移最短。
小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度
9.【答案】A
【解析】
解：C、物块在半圆柱顶部时，向心力，故物块在顶部时对半圆柱的压力为零；故C正确；
AD、若物块沿半圆柱下滑，那么，由物块运动过程只有重力做功可知：物块速度越来越大，那么，物块所需向心力越来越大，而物块只受重力和半圆柱的支持力作用，沿径向的合外力越来越小，故物块不会沿着半圆柱运动；那么，物块立即离开半圆柱表面做平抛运动，故A不正确，D正确；
B、由物块做平抛运动，设运动时间为t，由位移规律可得：，物块运动的水平位移，故B正确；
本题选不正确的，故选：A。
由物块受到求得向心力，再对物块进行受力分析得到物块受到的支持力，从而得到对半圆柱的压力；再根据物块运动过程的受力、做功情况得到物块的运动情况；最后根据平抛运动规律求得水平位移。
分析物体运动轨迹时，一般假设物体沿可能的接触面运动，然后根据物块在接触面上时的受力情况分析是否符合假设来判断。
10.【答案】AD
【解析】
解：由题意知质点运动时加速度方向与初速度方向相同，所以质点做加速运动：
A、加速度的大小反应质点速度变化快慢，由于加速度减小故质点的速度变化越来越慢，故A正确；
B、由于质点做加速运动，加速度减小说明质点速度增加得变慢了，但仍是加速运动，故B错误；
C、质点做加速运动，速度方向没有发生变化，故质点的位移不会减小，故C错误；
D、质点初速度方向为正值说明质点从坐材原点开始沿坐标轴正方向运动，且做加速运动，故质点位移、速度始终为正值，故D正确．
故选：AD
物体做直线运动时，当加速度与速度方向相同时物体做加速运动，加速度方向与速度方向相反时做减速运动，加速度大小及大小变化仅反应速度变化的快慢不决定物体的速度增加还是减小．
本题主要考查加速度的定义及其物理意义，以及物体做加速运动与减速运动只看加速度与速度方向，与加速度的大小变化无关．
11.【答案】BCD
【解析】
解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；
B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；
C、玻璃瓶内装满水，用穿有透明细管的橡皮泥封口．手捏玻璃瓶，细管内液面高度变化，说明玻璃瓶发生形变．该实验采用放大的思想，故C正确；
D、在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法故D正确；
故选：BCD．
在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．
12.【答案】ABC
【解析】
解：设皮带与水平面夹角为α，则物体不受皮带的摩擦力时，物体的加速度大小为gsinα．
A、若皮带做向下加速度大于gsinα的运动，仅仅由物体的重力沿皮带方向的分力提供合力还不够，因此物体受到皮带向下的摩擦力．所以摩擦力的方向与运动方向相同，故A正确；
B、若皮带做向下加速度小于gsinα的运动，若由物体的重力沿皮带方向的分力提供合力还较多，因此物体受到皮带向上的摩擦力．所以摩擦力的方向与运动方向相反，故B正确；
C、若皮带做向下加速运动，其加速度恰好等于重力沿皮带方向的分力产生的加速度，即为gsinα，所以物体不受皮带的摩擦力，故C正确；
D、根据皮带的运动状态不同，物体受到皮带的摩擦力可能与皮带运动方向相同，也可能相反，也可能不受摩擦力，故D错误；
故选：ABC．
物体相对皮带静止，则根据皮带的运动状态，来确定物体的受到摩擦力情况．
考查根据物体的运动状态来确定物体的受力情况，同时也可以由受力情况来确定物体的运动状态．
13.【答案】AC
【解析】
解：A、P、Q两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据知，P点的半径较大，则P点的角速度较小，故A正确，B错误；
C、根据知，P点半径较大，则P点的向心加速度小于Q点的向心加速度，故C正确，D错误。
故选：AC
P、Q两点靠传送带传动，线速度大小相等，根据v=rω得出角速度的关系，从而得出周期的关系。根据a=的得出角速度的大小关系。
解决本题的关键知道线速度、角速度、周期、向心加速度的关系，以及知道共轴转动的点，角速度相等，靠传送带传动轮子边缘上的点，线速度大小相等
14.【答案】BC
【解析】
解：A、在3s内位移为x=×10×3=15m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意．故A错误．
B、由图可知SB＞15m，可能为20m，所以汽车可能在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，故B正确；
C、在3s内位移等于x=×10=20m，则C可能是该汽车运动的v-t图象．故C正确．
D、在3s内位移等于x=×10=17.5m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意．故D错误．
故选：BC．
由题，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，在3s通过的位移正好是20m，根据“面积”确定位移是20m的速度图象才符合题意．
本题是实际问题，首先要读懂题意，其次抓住速度图象的“面积”等于位移进行选择．
15.【答案】A；0.62；0.98
【解析】
解：（1）开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后释放纸带让纸带（随物体）开始运动，如果先放开纸带开始运动，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差；同时先打点再释放纸带，可以使打点稳定，提高纸带利用率，可以使纸带上打满点，所以用电磁打点计时器打点时应先接通电源，后释放纸带．故A正确，BCD错误．
（2）相邻点间还有4个点未画出，因此相邻计数点之间的时间间隔为T=0.1s．
根据△x=aT2得：

代入数据得：=0.62m/s2
匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：

故答案为：（1）A；（2）0.62，0.98．
（1）为了提高纸带的利用率，同时为了使打点稳定，使用打点计时器时要先接通电源，后释放纸带．
（2）根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打下F点时小车的瞬时速度，根据逐差法可以算出小车的加速度．
本题考查了打点计时器的应用以及根据纸带求物体运动的速度、加速度等问题，要熟练掌握从纸带上获取小车速度、加速度的方法．
16.【答案】平衡摩擦力；A；M＞＞m；平衡摩擦力过度
【解析】
解：（1）实验时，我们认为绳子的拉力是小车受到的合外力，为达到这个目的，我们要先要将带有滑轮的木板另一端垫起，目的是平衡摩擦力；
（2）A、平衡摩擦力之后每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，即不需要改变垫入的小木块的厚度，故A正确；
B、小车运动的加速度是利用打点计时器打出的纸带分析求加速度，可以利用△x=aT2或画出v-t图象来求出加速度，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式求出，这是在直接运用牛顿第二定律计算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系，故BC错误；
D、平衡摩擦力时，不需挂砂和砂桶，但小车后面必须与纸带相连，因为运动过程中纸带受到阻力，故D错误。
（3）根据牛顿第二定律得：
对m：mg-F拉=ma对M：F拉=Ma解得：当M＞＞m时，即当砂和砂桶的总重力要远小于小车及车中砝码的重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力；
从图象可以看出拉力F=0时，小车的加速度已经不为零，说明平衡摩擦力时，长木板的倾角过大了，所以图线不通过坐标原点的原因是平衡摩擦力过度，长木板的倾角过大。
故答案为：（1）平衡摩擦力    （2）A    （3）M＞＞m    （4）平衡摩擦力过度
（1）明确实验原理，知道实验中如何平衡摩擦力；
（2）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和注意事项；
（3）明确实验原理，知道实验条件，同时掌握图象的性质，会分析图象中出现误差的原因。
探究加速与力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键，只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。
17.【答案】解：设总时间是t，根据运动学公式得12gt2−12g(t−1)2=25m，
解得：t=3s
物体下落的总高度为：h=12gt2=45m。
答：物体下落的总高度是45m。
【解析】

设总时间为t，结合位移时间公式得出最后1s内位移的表达式，从而求出整个下落的时间，结合位移时间公式求出下落的高度。
本题也可以通过最后1s内的位移求出最后1s内的平均速度，得出最后1s中间时刻的瞬时速度，从而根据速度时间公式得出落地的速度，结合速度时间公式和位移时间公式求出下落的高度和时间。
18.【答案】解：（1）对小球受力分析：
竖直方向：Fcosα=mg
水平方向合力提供向心力为：F合=Fsinα=mv2r
其中：r=Lsinα=2×0.6m=1.2m
联立可以得到：v=3.0m/s；
（2）根据角速度与线速度关系可以得到角速度为
ω=vr=31.2rad/s=2.5rad/s
小球运动的周期为：
T=2πrv=0.8πs=2.5s
答：（1）小球运动的线速度的大小为3.0m/s；
（2）小球运动的角速度为2.5rad/s，周期为2.5s
【解析】

（1）根据合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出线速度的大小。
（2）根据线速度与角速度的关系求出角速度的大小，结合T=求出周期的大小。
解决本题的关键搞清小球做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。
19.【答案】解：设斜面倾角为θ，如图所示：

根据平抛运动，撞到斜坡A点时：
水平分速度：vx=v
竖直分速度：vy=gt且tanθ=vvy
解得t=vgtanθ；
位移关系：水平分位移：x=vt  
竖直分位移：y=12gt2，tanθ=h−12gt2vt；
联立解得：t=2gh−2v2g。
答：炸弹离开轰炸机后在空中飞行的时间为2gh−2v2g。
【解析】

炸弹做平抛运动，垂直击中山坡上的目标A时速度与斜面垂直，速度方向的夹角得知位移与水平方向夹角的正切值，再通过水平位移求出竖直位移，从而得知轰炸机的飞行高度，炸弹的飞行时间。
解决本题的关键掌握平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的一些推论，并能灵活运用几何知识。

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