1、第2节抛体运动,(1)以一定的初速度水平抛出的物体的运动是平抛运动。()(2)做平抛运动的物体的速度方向时刻在变化，加速度方向也时刻在变化。()(3)做平抛运动的物体初速度越大，水平位移越大。()(4)做平抛运动的物体，初速度越大，在空中飞行时间越长。()(5)从同一高度平抛的物体，不计空气阻力时，在空中飞行的时间是相同的。( )(6)无论平抛运动还是斜抛运动，都是匀变速曲线运动。()(7)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化量是相同的。()突破点(一)平抛运动的规律1基本规律(1)速度关系(2)位移关系2实用结论(1)速度改变量：物体在任意相等时间内的速度改变量vgt相同，方向恒为
2、竖直向下，如图甲所示。(2)水平位移中点：因tan 2tan ，所以OC2BC，即速度的反向延长线通过此时水平位移的中点，如图乙所示。多角练通1(2016海南高考)在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中()A速度和加速度的方向都在不断变化B速度与加速度方向之间的夹角一直减小C在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D在相等的时间间隔内，动能的改变量相等解析：选B由于物体只受重力作用，做平抛运动，故加速度不变，速度大小和方向时刻在变化，选项A错误；设某时刻速度与竖直方向(即加速度方向)夹角为，则tan ，随着时间t变大，tan 变小，变小，故选项B正确
3、；根据加速度定义式ag，则vgt，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，但速率的改变量不相等，故选项C错误；根据动能定理，动能的改变量等于重力做的功，即WGmgh，对于平抛运动，在竖直方向上，相等时间间隔内的位移不相等，即动能的改变量不相等，故选项D错误。2.(2017抚顺一模)如图所示，离地面高h处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45的光滑斜面滑下。若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是()A.B.C.D2解析：选A甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据hgt2，得：t 根据几何关系可知：x乙h乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可
4、知：ag根据位移时间公式可知：x乙v0tat2由式得：v0，所以A正确。3(多选)一个做平抛运动的物体，从物体水平抛出开始至水平位移为s的时间内，它在竖直方向的位移为d1；紧接着物体在经过第二个水平位移s的时间内，它在竖直方向的位移为d2。已知重力加速度为g，则做平抛运动的物体的初速度为()As B.s C. Ds 解析：选ABD由已知条件，根据平抛运动的规律可得水平方向上：sv0t竖直方向上：d1gt2联立可以求得初速度v0s ，所以B正确；在竖直方向上，物体做自由落体运动，根据xgT2可得d2d1gT2，所以时间的间隔T ，所以平抛的初速度v0s ，所以A正确；再根据匀变速直线运动的规律可
5、知，所以从一开始运动物体下降的高度为d2，由d2g(2t)2，可得物体运动的时间间隔为t ，所以平抛的初速度v0s ，所以D正确。突破点(二)多体平抛问题典题先试1.如图所示，两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O是O在地面上的竖直投影，且OAAB13。若不计空气阻力，则两小球()A抛出的初速度大小之比为14B落地速度大小之比为13C落地速度与水平地面夹角的正切值之比为13D通过的位移大小之比为1解析：选A两小球的抛出高度相同，故下落时间相同，落地时的竖直分速度相同，两小球的水平位移分别为OA和OB，故水平位移之比为14，故由xvt可知两
6、小球的初速度之比为14，故A正确；由于未知两小球的下落高度，故无法求出准确的落地时的竖直分速度，故无法求得落地速度之比，故B错误；同理也无法求出位移大小之比，故D错误；设落地时速度方向与水平地面夹角为，tan ，因竖直分速度相等，而水平初速度比值为14，故正切值的比值为41，故C错误。2(多选)(2017台州模拟)如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，不计空气阻力，则以下说法正确的是()Aa、b两球同时落地Bb球先落地Ca、b两球在P点相遇D无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇解析：选BD由hgt2可得t ，因hahb，故b球先落地，B正确，A错
7、误；两球的运动轨迹相交于P点，但两球不会同时到达P点，故无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇，C错误，D正确。3.(多选)如图所示，A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为2.5h，B点离地面高度为2h。将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h。已知重力加速度为g，则()A两个小球一定同时抛出B两个小球抛出的时间间隔为() C小球A、B抛出的初速度之比 D小球A、B抛出的初速度之比 解析：选BD平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由hgt2，得t ，由于A到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出，故A错误；由t ，得两个小球抛出的时
8、间间隔为ttAtB () ，故B正确；由xv0t得v0x ，x相等，则小球A、B抛出的初速度之比 ，故C错误，D正确。题后悟通对多体平抛问题的四点提醒(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。(4)两条平抛运动轨迹的相交处是两物体的可能相遇处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。突破点(三)平抛运动问题的
9、5种解法平抛运动是较为复杂的匀变速曲线运动，求解此类问题的基本方法是，将平抛运动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。高考对平抛运动的考查往往将平抛运动置于实际情景或物理模型中，而在这些情景中求解平抛运动问题时只会运动分解的基本方法往往找不到解题突破口，这时根据平抛运动特点，结合试题情景和所求解的问题，再佐以假设法、对称法、等效法等，能使问题迎刃而解。(一)以分解速度为突破口求解平抛运动问题对于一个做平抛运动的物体来说，若知道了某时刻的速度方向，可以从分解速度的角度来研究：tan (为t时刻速度与水平方向间夹角)，从而得出初速度v0、时间t、夹角之间的关系，进而求解具体问题。
10、典例1(2016上海高考)如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC是位于竖直平面内以O为圆心的一段圆弧，OA与竖直方向的夹角为。一小球以速度v0从桌面边缘P水平抛出，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从P到A的运动时间为_；直线PA与竖直方向的夹角_。解析根据题意，小球从P点抛出后做平抛运动，小球运动到A点时将速度分解，有tan ，则小球运动到A点的时间为：t；从P点到A点的位移关系有：tan 2cot ，所以PA与竖直方向的夹角为：arctan(2cot )。答案arctan(2cot )(二)以分解位移为突破口求解平抛运动问题对于一个做平抛运动的物体来讲，若知道某一时刻物体的位移
11、方向，则可将位移分解到水平方向和竖直方向，然后利用tan f(f(1,2)gt2,v0t)(为t时刻位移与水平方向间夹角)，确定初速度v0、运动时间t和夹角间的大小关系。典例2(2017青岛月考)如图所示，在竖直面内有一个以AB为水平直径的半圆，O为圆心，D为最低点。圆上有一点C，且COD60。现在A点以速率v1沿AB方向抛出一小球，小球能击中D点；若在C点以某速率v2沿BA方向抛出小球时也能击中D点。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()A圆的半径为RB圆的半径为RC速率v2v1 D速率v2v1解析从A点抛出的小球做平抛运动，它运动到D点时Rgt12，Rv1t1，故R，选项A正确
12、，选项B错误；从C点抛出的小球Rsin 60v2t2，R(1cos 60)gt22，解得v2v1，选项C、D错误。答案A(三)利用假设法求解平抛运动问题对于平抛运动，运动时间由下落高度决定，水平位移由下落高度和初速度决定，所以当下落高度相同时，水平位移与初速度成正比。但有时下落高度不同，水平位移就很难比较，这时可以采用假设法，例如移动水平地面使其下落高度相同，从而作出判断。典例3斜面上有a、b、c、d四个点，如图所示，abbccd，从a点正上方的O点以速度v水平抛出一个小球，它落在斜面上b点，若小球从O点以速度2v水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的()Ab与c之间某一点 B.c点Cc与d
13、之间某一点 Dd点解析假设斜面是一层很薄的纸，小球落上就可穿透且不损失能量，过b点作水平线交Oa于a，由于小球从O点以速度v水平抛出时，落在斜面上b点，则小球从O点以速度2v水平抛出，穿透斜面后应落在水平线ab延长线上的c点，如图所示，因abbc，则abbc，即c点在c点的正下方，显然，小球轨迹交于斜面上b与c之间。所以，本题答案应选A。答案A(四)利用推论法求解平抛运动问题推论：做平抛运动的物体在任一时刻或任一位置时，设其速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则tan 2tan 。推论：做平抛运动的物体，任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。推论：物体落回斜面
14、的平抛运动中，物体在不同落点的速度方向与斜面的夹角相等。典例4如图所示，墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一位置水平射出的，飞镖甲与竖直墙壁成53角，飞镖乙与竖直墙壁成37角，两者相距为d。假设飞镖的运动是平抛运动，求射出点离墙壁的水平距离。(sin 370.6，cos 370.8)解析设射出点P离墙壁的水平距离为L，飞镖甲下降的高度为h1，飞镖乙下降的高度为h2，根据平抛运动的重要推论可知，两飞镖速度的反向延长线一定通过水平位移的中点Q，如图所示，由此得cot cot d，代入数值得：L。答案(五)利用等效法求解类平抛运动问题典例5(2017河北正定中学月考)风洞实验室能产生大小和方向均可改变的
15、风力。如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系。质量m0.5 kg的小球以初速度v00.40 m/s从O点沿x轴正方向运动，在02.0 s内受到一个沿y轴正方向、大小F10.20 N的风力作用；小球运动2.0 s后风力方向变为沿y轴负方向、大小变为F20.10 N(图中未画出)。试求：(1)2.0 s末小球在y轴方向的速度大小和2.0 s内运动的位移大小；(2)风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同。解析(1)设在02.0 s内小球运动的加速度为a1，则F1ma120 s末小球在y轴方向的速度v1a1t1代入数据解得v10.8 m/s沿x轴方向运动
16、的位移x1v0t1沿y轴方向运动的位移y1a1t1220 s内运动的位移s1 代入数据解得s10.8 m1.1 m。(2)设2.0 s后小球运动的加速度为a2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同。则F2ma20v1a2t2代入数据解得t24.0 s。答案(1)0.8 m/s1.1 m(2)4.0 s体育运动中的平抛运动问题(一)乒乓球的平抛运动问题1(多选)(2017大连重点中学联考)在某次乒乓球比赛中，乒乓球先后两次落台后恰好在等高处水平越过球网，过网时的速度方向均垂直于球网，把两次落台的乒乓球看成完全相同的两个球，球1和球2，如图所示，不计乒乓球的旋转和空气阻力，乒乓球自起跳
17、到最高点的过程中，下列说法正确的是()A起跳时，球1的重力功率等于球2的重力功率B球1的速度变化率小于球2的速度变化率C球1的飞行时间大于球2的飞行时间D过网时球1的速度大于球2的速度解析：选AD乒乓球起跳后到最高点的过程，其逆过程可看成平抛运动。重力的瞬时功率等于重力乘以竖直方向的速度，两球起跳后能到达的最大高度相同，由v22gh得，起跳时竖直方向分速度大小相等，所以两球起跳时重力功率大小相等，A正确；速度变化率即加速度，两球在空中的加速度都等于重力加速度，所以两球的速度变化率相同，B错误；由hgt2可得两球飞行时间相同，C错误；由xvt可知，球1的水平位移较大，运动时间相同，则球1的水平速
18、度较大，D正确。(二)足球的平抛运动问题2.(2015浙江高考)如图所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则()A足球位移的大小x B足球初速度的大小v0 C足球末速度的大小v D足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan 解析：选B根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平 ，则足球位移的大小为：x ，选项A错误；由hgt2，x水平v0t，可得足球的初速度为v0 ，选项B正确；对足球应用动能定理：mgh，可得足球末速度v ，选
19、项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan ，选项D错误。(三)网球的平抛运动问题3.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出。第一只球飞出时的初速度为v1，落在自己一方场地上后，弹跳起来，刚好擦网而过，落在对方场地的A点处。如图所示，第二只球飞出时的初速度为v2，直接擦网而过，也落在A点处。设球与地面碰撞时没有能量损失，且不计空气阻力，求：(1)网球两次飞出时的初速度之比v1v2；(2)运动员击球点的高度H与网高h之比Hh。解析：(1)第一、二两只球被击出后都做平抛运动，由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的。由题意知水平射程之比为：x1x213，故平抛
20、运动的初速度之比为v1v213。(2)第一只球落地后反弹做斜抛运动，根据运动对称性可知DB段和OB段是相同的平抛运动，则两球下落相同高度(Hh)后水平距离x1x22x1，根据公式Hgt12，Hhgt22，而x1v1t1，x1v1t2，x2v2t2，综合可得v1t2v2t22v1t1，故t12t2，即H4(Hh)，解得Hh43。答案：(1)13(2)43(四)排球的平抛运动问题4.如图所示，排球场总长为18 m，设球网高度为2 m，运动员站在网前3 m处正对球网跳起将球水平击出，不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2。(1)若击球高度为2.5 m，为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围
21、；(2)当击球点的高度低于何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是越界？解析：(1)排球被水平击出后，做平抛运动，如图所示，若正好压在底线上，则球在空中的飞行时间：t1 s s由此得排球不越界的临界速度v1 m/s12 m/s。若球恰好触网，则球在网上方运动的时间：t2 s s。得排球触网的临界击球速度值v2 m/s3 m/s。要使排球既不触网又不越界，水平击球速度v的取值范围为：3 m/sv 12 m/s。(2)设击球点的高度为h，当h较小时，击球速度过大会越界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦网而过，落地时又恰好压在边界线上。由几何知识可得，得h m m。即击球高度不超过此值
22、时，球不是出界就是触网。答案：(1)3 m/svbvctatbtcBvavbvctatbtcCvavbtbtc Dvavbvctatbhbhc，根据hgt2，知tatbtc，根据xaxbxc，xvt知，a的水平位移最短，时间最长，则速度最小；c的水平位移最长，时间最短，则速度最大，所以有vavbvc。故C正确，A、B、D错误。4(2017上海浦东新区一模)已知某种步枪将子弹以速度v水平射出，射到正对面的竖直靶墙上，测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为，若不考虑空气阻力，则根据以上条件()A只能计算出枪口位置与弹孔位置的竖直距离B只能计算出枪口位置与靶墙的水平距离C只能计算出弹头在
23、空中飞行的时间D能计算出弹头在枪口与靶墙间的位移解析：选D测出打在靶墙上的弹头瞬时速度方向与竖直方向的夹角为，根据平行四边形定则知，tan ，解得竖直分速度为：vy，则弹头飞行的时间为：t，枪口位置与弹孔位置的竖直距离为：y，枪口位置与靶墙的水平距离为：xvt，弹头在枪口与靶墙间的位移s，故D正确，A、B、C错误。5(多选)质量为m的物体以速度v0水平抛出，经过一段时间速度大小变为v0，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是()A该过程平均速度大小为v0B运动位移的大小为C速度大小变为v0时，重力的瞬时功率为mgv0D运动时间为解析：选BC根据题述，经过一段时间速度大小变为v0，将该速
24、度分解可得竖直速度等于v0，重力的瞬时功率为Pmgv0，选项C正确；由v0gt，解得运动时间为t，选项D错误；水平位移为x1v0t，竖直位移ygt2，运动位移的大小为x，选项B正确；该过程平均速度大小为v，选项A错误。对点训练：平抛运动与斜面的结合6.如图所示，斜面ABC放在水平面上，斜边BC长为l，倾角为30，在斜面的上端B点沿水平方向抛出一小球，结果小球刚好落在斜面下端C点，重力加速度为g，则小球初速度v0的值为()A. B.C. D.解析：选C平抛运动的水平位移xlcos v0t，竖直方向的位移ylsin gt2，联立可得v0，C正确。7(2017邯郸一中调研)如图，斜面AC与水平方向的
25、夹角为，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直于斜面落到D点，则CD与DA的比为()A. B.C. D.解析：选D设小球水平方向的速度为v0，将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过几何关系求解，得竖直方向的末速度为v2，设该过程用时为t，则DA间水平距离为v0t，故DA；CD间竖直距离为，故CD，得，故选D。8(2017淄博实验中学月考)在斜面顶端的A点以速度v平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是()AABAC21 B.ABAC41Ct1t241 Dt1t21解析：选B平
26、抛运动竖直方向上的位移和水平方向上的位移关系为tan ，则t，可知运动的时间与初速度成正比，所以t1t221。竖直方向上下落的高度hgt2，可得竖直方向上的位移之比为41。斜面上的距离s，知ABAC41。故选B。9(多选)如图所示，一固定斜面倾角为，将小球A从斜面顶端以速率v0水平向右抛出，击中了斜面上的P点。将小球B从空中某点以相同速率v0水平向左抛出，恰好垂直斜面击中Q点。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为，则tan 2tan B若小球A在击中P点时速度方向与水平方向所夹锐角为，则tan 2tan C小球A、B在空中运动的时
27、间之比为2tan21D小球A、B在空中运动的时间之比为tan21解析：选BC对于小球A，有tan ，得t，tan ，则有tan 2tan ，故A错误，B正确；对于小球B，tan ，得t，所以小球A、B在空中运动的时间之比为tt2tan2 1，故C正确，D错误。10(多选)如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上。其中有三次的落点分别是a、b、c，不计空气阻力，则下列判断正确的是()A落点b、c比较，小球落在c点的飞行时间短B小球落在a点和b点的飞行时间均与初速度v0成正比C三个落点比较，小球落在c点，飞
28、行过程中速度变化最快D三个落点比较，小球落在c点，飞行过程中速度变化最大解析：选AB由平抛运动规律hgt2得t ，可知，落点为b时，小球的竖直位移较大，故飞行时间较长，A正确；落点为a、b时，两次位移方向相同，故tan ，可见飞行时间t与v0成正比，B项正确；小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度，均为g，C项错误；小球在飞行过程中，水平方向上速度不变，速度变化vgt，由t 可知，小球落在b点时速度变化最大，D项错误。考点综合训练11.(2017宝鸡一检)如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一个小球以水平速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点
29、沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为，那么小球完成这段飞行的时间是()At B.tCt Dt解析：选C小球做平抛运动，tan ，则时间t，选项A、B错误；在水平方向上有Rsin v0t，则t，选项C正确，D错误。12(多选)如图所示，在距地面高为H45 m处，有一小球A以初速度v010 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g10 m/s2)。下列说法正确的是()A小球A落地时间为3 sB物块B运动时间为3 sC物块B运动12.5 m后停止DA球落地时，A、B相距17.5 m解
30、析：选ACD根据Hgt2得，t s3 s，故A正确；物块B匀减速直线运动的加速度大小ag0.410 m/s24 m/s2，则B速度减为零的时间t0 s2.5 s，滑行的距离xt02.5 m12.5 m，故B错误，C正确；A落地时，A的水平位移xAv0t103 m30 m，B的位移xBx12.5 m，则A、B相距x(3012.5) m17.5 m，故D正确。13(2017重庆江北区联考)如图所示，倾角为37的斜面长l1.9 m，在斜面底端正上方的O点将一小球以v03 m/s的速度水平抛出，与此同时由静止释放斜面顶端的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直于斜面的速度在斜面P点处击中滑块。(小球
31、和滑块均可视为质点，重力加速度g取9.8 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)，求：(1)抛出点O离斜面底端的高度；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数。解析：(1)设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，如图所示，由几何关系得tan 37设小球下落的时间为t，竖直位移为y，水平位移为x，由运动学规律得vygt，ygt2，xv0t设抛出点到斜面底端的高度为h，由几何关系得hyxtan 37联立解得h1.7 m。(2)设在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得sl设滑块的加速度为a，由运动学公式得sat2对滑块，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma联立解得0.125。
32、答案：(1)1.7 m(2)0.12514(2017潍坊统考)如图所示，小车的质量M5 kg，底板距地面高h0.8 m，小车与水平地面间的动摩擦因数0.1，车内装有质量m0.5 kg的水(不考虑水的深度)。今给小车一初速度，使其沿地面向右自由滑行，当小车速度为v10 m/s时，车底部的前方突然出现一条与运动方向垂直的裂缝，水从裂缝中连续渗出，形成不间断的水滴，设每秒钟滴出的水的质量为0.1 kg，并由此时开始计时，空气阻力不计，g取10 m/s2，令k0.1 kg/s，求：(1)t4 s时，小车的加速度；(2)到小车停止运动，水平地面上水滴洒落的长度。解析：(1)取小车和水为研究对象，设t4 s时的加速度为a，则(Mmkt)g(Mmkt)a解得a1 m/s2。(2)设小车滴水的总时间为t1，则t15 s设小车运动的总时间为t2，则t210 s因t1t2，故滴水过程中小车一直运动在滴水时间内小车的位移为xvt1at12设每滴水下落到地面的时间为t3，则hgt32第1滴水滴的水平位移为x1vt34 m最后一滴水滴下落时的初速度为v2vat1水平位移为x2v2t32 m水平地面上水滴洒落的长度为Lxx2x135.5 m。答案：(1)1 m/s2(2)35.5 m