《2025年高考帮高中物理》

11.[斜抛中的极值问题/2024 江西赣州模拟]某同学在水平地面上方高h处 以一定大小的速度$v_0$抛出一小球，当其速度方向不同时，落地点与抛出点的水平距离即射程大小也不同，若不计空气阻力，则最大射程为 （ ）


A. $\frac{\sqrt{2}v_0^2}{g}$
B. $\frac{v_0^2 + 2gh}{g}$
C. $h + \frac{v_0^2}{g}$
D. $\frac{v_0\sqrt{v_0^2 + 2gh}}{g}$

答案：
11. D 解法1：三角函数公式 + 判别式 设小球被抛出时速度$v_0$与水平方向夹角为θ，则 $x = v_0\cos\theta\cdot t$ $h=-v_0\sin\theta\cdot t+\frac{1}{2}gt^2$ 由于$\sin^2\theta+\cos^2\theta = 1$，因此有$(\frac{x}{v_0t})^2+(\frac{\frac{1}{2}gt^2 - h}{v_0t})^2 = 1$，整理得$\frac{1}{4}g^2t^4-(gh + v_0^2)t^2+h^2 + x^2 = 0$ 要使x最大，t应有唯一解，即 $\Delta=(gh + v_0^2)^2-4\times\frac{1}{4}g^2\times(h^2 + x_m^2)=0$ 解得$x_m=\frac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2 + 2gh}$。D正确。 解法2：位移矢量图 + 配方 将小球的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动，其位移矢量图如图所示。由几何知识可知$x^2=(v_0t)^2-(\frac{1}{2}gt^2 - h)^2=-\frac{1}{4}g^2t^4+(gh + v_0^2)t^2 - h^2=-\frac{1}{4}g^2[t^2-\frac{2(gh + v_0^2)}{g^2}]^2+\frac{v_0^2(2gh + v_0^2)}{g^2}$ 当$t^2=\frac{2(gh + v_0^2)}{g^2}$，即$t=\frac{\sqrt{2(gh + v_0^2)}}{g}$时，有最大射程$x_m=\frac{v_0\sqrt{v_0^2 + 2gh}}{g}$。D正确。 解法3：速度矢量三角形 + 数形结合 设小球落地时速度v与水平地面夹角为α，则v与初速度$v_0$、竖直分速度gt构成速度矢量三角形，如图所示。 三角形“面积”$S_{\triangle}=\frac{1}{2}\times gt\times v_0\cos\theta=\frac{1}{2}\times v\times v_0\sin(\alpha+\theta)$ 根据机械能守恒定律有$\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}mv_0^2 + mgh$ 又$x = v_0\cos\theta\cdot t$ 以上各式联立得$gx = v_0\sqrt{v_0^2 + 2gh}\sin(\alpha+\theta)$ 即$x=\frac{v_0\sqrt{v_0^2 + 2gh}}{g}\sin(\alpha+\theta)$ 由此可知，当$\alpha+\theta = 90^{\circ}$时，有最大射程$x_m=\frac{v_0\sqrt{v_0^2 + 2gh}}{g}$。D正确。

1.[平抛运动/2021 河北]铯原子钟是精确的计
时仪器. 图1中铯原子从O点以100 m/s的初速
度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN所用
时间为$t_1$；图2中铯原子在真空中从P点做竖直
上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程
所用时间为$t_2$. O点到竖直平面MN、P点到Q点
的距离均为0.2 m. 重力加速度取$g = 10\ m/s^2$，
则$t_1:t_2$为 （ ）


A. 100:1
B. 1:100
C. 1:200
D. 200:1

答案： 1. C 铯原子做平抛运动时水平方向做匀速直线运动，有$x = v_0t_1$；铯原子做竖直上抛运动时，根据对称性可知上升时间和下降时间相等，则下降过程有$h=\frac{1}{2}g(\frac{t_2}{2})^2$，代入数据解得$\frac{t_1}{t_2}=\frac{1}{200}$，C正确。

2.[斜抛运动/2022 山东/多选]如图所示，某同学将离地$h = 1.25\ m$的网球以$v_0 = 13\ m/s$的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离$x = 4.8\ m$. 当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为$H = 8.45\ m$的P点. 网球与墙壁碰撞后，垂直于墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行于墙面的速度分量不变. 重力加速度$g = 10\ m/s^2$，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为 （ ）


A. $v = 5\ m/s$
B. $v = 3\sqrt{2}\ m/s$
C. $d = 3.6\ m$
D. $d = 3.9\ m$

答案：
 2. BD 网球飞出时竖直方向初速度大小$v_{0y}=\sqrt{2g(H - h)} = 12$ m/s，则水平方向初速度大小$v_{0x}=\sqrt{v_0^2 - v_{0y}^2}=5$ m/s；网球飞出时与P点的水平距离为$x_0 = v_{0x}t_1 = v_{0x}\frac{v_{0y}}{g}=6$ m；设网球击到墙面时与墙面夹角为θ，如图所示，有$\sin\theta=\frac{4.8}{6}=0.8$，可知$\cos\theta = 0.6$；则网球打在墙面上时平行于墙面的速度分量大小$v_1 = v_{0x}\cos\theta = 3$ m/s，垂直于墙面的速度分量大小$v_2 = v_{0x}\sin\theta = 4$ m/s；反弹后垂直于墙面的速度分量大小$v_2' = 0.75v_2 = 3$ m/s，故反弹后网球的速度大小为$v=\sqrt{v_1^2 + v_2'^2}=3\sqrt{2}$ m/s，A错误，B正确。着地点到墙壁的距离$d = v_2'\sqrt{\frac{2H}{g}} = 3.9$ m，C错误，D正确。 

3.[斜面约束/2022 广东]如
图是滑雪道的示意图. 可视
为质点的运动员从斜坡上的
M点由静止自由滑下，经过
水平NP段后飞入空中，在Q点落地. 不计运动
员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气
阻力. 下列能表示该过程运动员速度大小v或加
速度大小a随时间t变化的图像可能是 （ ）

答案： 3. C 设斜坡MN段的倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有$mg\sin\theta = ma_1$，则此时加速度为$a_1 = g\sin\theta$；运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度$a_2 = 0$；从P点飞出后做平抛运动，加速度$a_3 = g$，C正确，D错误。设运动员在P点的速度为$v_0$，则从P点飞出后速度大小的表达式为$v=\sqrt{v_0^2 + g^2t^2}$，可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，A、B错误。