《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

7. (2024·四川宜宾市一诊)如图所示，1、2 两个小球以相同的速度 $v_0$ 水平抛出。球 1 从左侧斜面抛出，经过时间 $t_1$ 落回斜面上，球 2 从某处抛出，经过时间 $t_2$ 恰能垂直撞在右侧的斜面上。已知左、右两侧斜面的倾角分别为 $\alpha = 30°$、$\beta = 60°$，则(C)


A.$t_1 : t_2 = 1 : 2$
B.$t_1 : t_2 = 1 : 3$
C.$t_1 : t_2 = 2 : 1$
D.$t_1 : t_2 = 3 : 1$

答案： 7.C　[由题意可得，对球1，有$\tan\alpha = \frac{\frac{1}{2}gt_{1}^{2}}{v_{0}t_{1}} = \frac{gt_{1}}{2v_{0}}$，对球2，有$\tan\beta = \frac{v_{0}}{gt_{2}}$，又$\tan\alpha \cdot \tan\beta = 1$，联立解得$t_{1}:t_{2} = 2:1$，A、B、D错误，C正确。]

8. 某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示。模型放到 0.8 m 高的水平桌子上，最高点距离水平地面 2 m，右端出口水平。现让小球在最高点由静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为(C)


A.0
B.0.1 m
C.0.2 m
D.0.3 m

答案： 8.C　[小球从最高点到右端出口，机械能守恒，有$mg(H - h) = \frac{1}{2}mv^{2}$，从右端出口飞出后，小球做平抛运动，有$x = vt$，$h = \frac{1}{2}gt^{2}$，联立解得$x = 2\sqrt{(H - h)h}$，根据数学知识可知，当$H - h = h$时，$x$最大，即$h = 1m$时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为$\Delta h = 1m - 0.8m = 0.2m$，故C正确。]

9. (2025·福建厦门市段考)固定的半圆形竖直轨道如图所示，AB 为水平直径，O 为圆心，质量不等的甲、乙两个小球同时从 A 点水平抛出，速度分别为 $v_1$、$v_2$，经时间 $t_1$、$t_2$ 分别落在等高的 C、D 两点，OC、OD 与竖直方向的夹角均为 $53°$ ($\sin 53° = 0.8$，$\cos 53° = 0.6$)，不计空气阻力，下列说法正确的是(A)


A.$v_1 : v_2 = 1 : 9$
B.$t_1 : t_2 = 1 : 4$
C.甲球的速度变化量小于乙球的速度变化量
D.落在 D 点的小球垂直打在圆弧上

答案： 9.A　[设半圆形竖直轨道半径为$R$，根据两小球的轨迹，由数学知识可知$x_{1} = R - R\sin53^{\circ} = \frac{1}{5}R$，$y_{1} = R\cos53^{\circ} = \frac{3}{5}R$，$x_{2} = R + R\sin53^{\circ} = \frac{9}{5}R$，$y_{2} = R\cos53^{\circ} = \frac{3}{5}R$，两小球竖直方向的位移相同，两小球下落的时间相同，即$t_{1} = t_{2}$，水平位移之比为$1:9$，所以水平速度之比为$1:9$，故A正确，B错误；在竖直方向上下落时间相同，甲球的速度变化量等于乙球的速度变化量，故C错误；假设落在D点的小球垂直打在圆弧上，此时速度方向沿半径，则速度的反向延长线交水平位移的中点，应在圆心处，因为水平位移小于$2R$，所以速度的反向延长线不可能交于圆心，故D错误。]

10. (多选)(2024·山东卷·12)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度 $v_0$ 大小为 20 m/s，与水平方向的夹角为 $30°$，抛出点 P 和落点 Q 的连线与水平方向夹角为 $30°$，重力加速度大小取 10 m/s²，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是(BD)


A.运动时间为 $2\sqrt{3}$ s
B.落地速度与水平方向夹角为 $60°$
C.重物离 PQ 连线的最远距离为 10 m
D.轨迹最高点与落点的高度差为 45 m

答案：
10.BD　[解法一　以P点为坐标原点，建立直角坐标系如图甲所示（PQ为x轴）

将$v_{0}$沿两个坐标轴分解，则有$v_{0x} = v_{0}\cos60^{\circ} = 10m/s$，$v_{0y} = v_{0}\sin60^{\circ} = 10\sqrt{3}m/s$。
将重力加速度沿两个坐标轴分解，则有$a_{x} = g\sin30^{\circ} = 5m/s^{2}$，$a_{y} = g\cos30^{\circ} = 5\sqrt{3}m/s^{2}$。
从P点抛出至落到Q点的过程中，由对称性可知$t = 2\frac{v_{0y}}{a_{y}} = 4s$，A错误；重物距PQ连线最远距离$Y = \frac{v_{0y}^{2}}{2a_{y}} = 10\sqrt{3}m$，C错误；
落至Q点时$v_{x} = v_{0x} + a_{x}t = 30m/s$，由对称性得$v_{y} = v_{0y} = 10\sqrt{3}m/s$。
落至Q点时速度方向与x轴夹角设为$\theta$，$\tan\theta = \frac{v_{y}}{v_{x}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，则$\theta = 30^{\circ}$。
又因PQ与水平方向夹角为$30^{\circ}$，则落地速度方向与水平方向夹角$\alpha = 60^{\circ}$，B正确；
重物从抛出到最高点所用时间为$t_{1} = \frac{v_{0}\sin30^{\circ}}{g} = 1s$，从最高点到落地所用时间为$t_{2} = t - t_{1} = 3s$，则轨迹最高点与落点的高度差为$h = \frac{1}{2}gt_{2}^{2} = 45m$，D正确。
解法二　以P点为坐标原点，建立直角坐标系，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，如图乙所示，P'与P等高。

$v_{0x} = v_{0}\cos30^{\circ} = 10\sqrt{3}m/s$，$v_{0y} = v_{0}\sin30^{\circ} = 10m/s$。
从$P \to P'$，$t_{1} = \frac{2v_{0y}}{g} = 2s$，$x_{1} = v_{0x}t_{1} = 20\sqrt{3}m$，$v_{x} = v_{0x} = 10\sqrt{3}m/s$，$v_{y} = v_{0y} = 10m/s$。
从$P' \to Q$，$x_{2} = v_{x}t_{2}$，$y = v_{y}t_{2} + \frac{1}{2}gt_{2}^{2}$。
由几何关系知：$\tan30^{\circ} = \frac{y}{x_{1} + x_{2}} = \frac{10t_{2} + 5t_{2}^{2}}{20\sqrt{3} + 10\sqrt{3}t_{2}}$，解得$t_{2} = 2s$。
$t = t_{1} + t_{2} = 4s$，A错误；
从最高点至Q点时间为$t_{3} = t - \frac{t}{2} = 3s$，$v_{y} = gt_{3} = 30m/s$，$\tan\alpha = \frac{v_{y}}{v_{x}} = \sqrt{3}$，$\alpha = 60^{\circ}$，B正确；
$H = \frac{1}{2}gt_{3}^{2} = 45m$，D正确；
离PQ连线最远点速度方向与PQ平行，即垂直于PQ连线的分速度为0，最远距离$D = \frac{v_{0y}^{2}}{2a_{y}} = \frac{(v_{0}\sin60^{\circ})^{2}}{2g\cos30^{\circ}} = 10\sqrt{3}m$，C错误。]

11. (15 分)如图，BD 为斜面顶端的水平边沿，子弹从斜面最低点 A 处以一定速度射出，经过一段时间恰好水平击中 D 点，不计空气阻力，已知斜面的倾角为 $30°$，重力加速度为 g，AB 长度 $x_{AB} = a$，BD 长度 $x_{BD} = \dfrac{\sqrt{13}}{2}a$。($v_0$ 未知)

(1) (6 分)求子弹从射出到击中 D 点经历的时间；
(2) (9 分)求枪口瞄准点 C 距离 D 点的高度(C 点在 D 点的正上方)。

答案：
11.
(1)$\sqrt{\frac{a}{g}}$　
(2)$\frac{a}{2}$
解析　根据运动情景，画出如图甲所示的立体图，以射出点为原点，建立三维直角坐标系，如图乙所示。


(1)$z$轴：$a_{z} = - g$，$z = x_{AB}\sin30^{\circ} = \frac{1}{2}a$，$v_{0z} = \sqrt{2gz} = \sqrt{ga}$，$t = \sqrt{\frac{2z}{g}} = \sqrt{\frac{a}{g}}$。
(2)$y$轴：$a_{y} = 0$，$y = x_{AB}\cos30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，$v_{y} = \frac{y}{t} = \frac{\sqrt{3ga}}{2}$。
$x$轴：$a_{x} = 0$，$x = x_{BD} = \frac{\sqrt{13}}{2}a$，$v_{x} = \frac{x}{t} = \frac{\sqrt{13ga}}{2}$。
利用运动的合成，分别求出合初速度及$xOy$平面上的合初速度，$v_{0} = \sqrt{v_{x}^{2} + v_{y}^{2} + v_{0z}^{2}} = \sqrt{5ga}$，$v_{0}' = \sqrt{v_{x}^{2} + v_{y}^{2}} = 2\sqrt{ga}$。
设初速度方向与水平面的夹角为$\theta$，则$\cos\theta = \frac{v_{0}'}{v_{0}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$，进而求得$\tan\theta = \frac{1}{2}$。
由几何关系知：$OA = 2a$，$OC = OAtan\theta = a$，$CD = OC - OD = \frac{a}{2}$。