《2025年学霸高考黑题物理人教版》

经典真题 1 频闪拍照 + 平抛运动 + 运动的分解
（2022·全国甲卷）将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔 $0.05\ s$ 发出一次闪光。某次拍摄时，在抛出小球瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了 3 个影像，所标出的两个线段的长度 $s_1$ 和 $s_2$ 之比为 $3 : 7$。重力加速度 $g$ 取 $10\ m/s^2$。忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。

答案：
1.【学霸三步解题思路】
步骤A 题干正向延伸
直接信息：
①频闪仪每隔0.05s发出一次闪光
②第一个小球在抛出点位置
③每相邻两个球之间被删去了3个影像
④$s_1$和$s_2$之比为3:7
间接信息：
①两段运动的时间都是$t = 0.2s$
②设小球平抛运动的初速度为$v_0$，则$s_1$和$s_2$的水平分量都为$v_0t$
③图中第二个、第三个小球的竖直位移
$h_1=\frac{1}{2}gt^2$、$h_2=\frac{1}{2}g(2t)^2$
步骤B 设问反向推演
求在抛出瞬间小球速度的大小$v_0$
两段位移$s_1$和$s_2$的水平分量和竖直分量都可以用已有信息和$v_0$表达
借助矢量算法或者勾股定理表示出位移：$s=\sqrt{s_{水平}^2+s_{竖直}^2}$
利用题干给出的位移比例关系求出$v_0$

步骤C 正反连接
$t = 0.2s$，$s_{1水平}=s_{2水平}=v_0t$，$s_{1竖直}=h_1=\frac{1}{2}gt^2$，$s_{2竖直}=h_2 - h_1=\frac{3}{2}gt^2$，
$s_1=\sqrt{s_{1水平}^2+s_{1竖直}^2}$，$s_2=\sqrt{s_{2水平}^2+s_{2竖直}^2}$，$s_1:s_2 = 3:7$
【答案】$\frac{2\sqrt{5}}{5}m/s$
解析:频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故题图中相邻两球的时间间隔为$t = 4T = 0.05×4s = 0.2s$。
设抛出瞬间小球的速度为$v_0$，每相邻两球间的水平方向上位移为$x$，
竖直方向上的位移分别为$y_1$、$y_2$，根据平抛运动位移公式有
$x = v_0t$，
$y_1=\frac{1}{2}gt^2=\frac{1}{2}×10×0.2^2m = 0.2m$，
$y_2=\frac{1}{2}g(2t)^2-\frac{1}{2}gt^2=\frac{1}{2}×10×(0.4^2 - 0.2^2)m = 0.6m$，
令$y_1 = y$，则有$y_2 = 3y_1 = 3y$，
已标注的线段$s_1$、$s_2$分别为
$s_1=\sqrt{x^2 + y^2}$，$s_2=\sqrt{x^2+(3y)^2}=\sqrt{x^2 + 9y^2}$，
则有$\sqrt{x^2 + y^2}:\sqrt{x^2 + 9y^2}=3:7$，
整理得$x=\frac{2\sqrt{5}}{5}y$，
故在抛出瞬间小球的速度大小为$v_0=\frac{x}{t}=\frac{2\sqrt{5}}{5}m/s$。

(2025·浙江 Z20 名校联盟二模)运动员高台滑雪的情景，过程可简化为如图所示。若阳光垂直照射到斜面上，运动员在倾斜滑道顶端 $A$ 处以水平初速度飞出，刚好落在斜面底端 $C$ 处。$B$ 点是运动过程中距离斜面的最远处，$D$ 点是运动员在阳光照射下经过 $B$ 点的投影点。不计空气阻力，运动员可视为质点，则下列说法错误的是(B)

A.运动员在斜面上的投影做匀加速直线运动
B.$AD$ 与 $DC$ 长度之比为 $1 : 3$
C.若 $E$ 点在 $B$ 点的正下方，则 $AE = EC$
D.若运动员水平初速度减小，落到斜面时的速度与斜面的夹角仍不变

答案： 2.题型分析
平抛与斜面组合
(2)，斜面平抛最远距离问题。
B解析:A.将小球的运动分解为沿斜面和垂直斜面两个分运动，可知小球沿斜面方向做初速度为$v_0\cos\theta$，加速度为$g\sin\theta$的匀加速直线运动，则小球在斜面上的投影做匀加速直线运动，故A正确，不符合题意；B.小球垂直斜面方向做初速度为$v_0\sin\theta$，加速度为$g\cos\theta$的匀减速直线运动，B点是运动过程中距离斜面的最远处，则此时小球垂直斜面方向的分速度刚好为0，根据对称性可知，A到B与B到C的时间相等，均为$t=\frac{v_0\sin\theta}{g\cos\theta}$，则有$L_{AD}=v_0\cos\theta· t+\frac{1}{2}g\sin\theta· t^2$，$L_{AC}=v_0\cos\theta·2t+\frac{1}{2}g\sin\theta·(2t)^2$，可得$L_{DC}=L_{AC}-L_{AD}=v_0\cos\theta· t+\frac{3}{2}g\sin\theta· t^2$，则有$\frac{L_{AD}}{L_{DC}}=\frac{v_0\cos\theta· t+\frac{1}{2}g\sin\theta· t^2}{v_0\cos\theta· t+\frac{3}{2}g\sin\theta· t^2}=\frac{1}{3}$，故B错误，符合题意；C.将小球的运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，则小球从A到B有$x_{AB}=v_0t$，小球从A到C有$x_{AC}=v_0·2t = 2x_{AB}$，若E点在B点的正下方，则有$x_{AC}=2x_{AE}$，可知E点是AC的中点，则$AE = EC$，故C正确，不符合题意；D.设小球落在斜面上时的速度与水平方向的夹角为$\alpha$，根据平抛运动的推论得$\tan\alpha = 2\tan\theta$，减小小球平抛的速度，$\theta$不变，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角$\alpha$不变，落到斜面时的速度与斜面的夹角$\beta=\alpha-\theta$不变，故D正确，不符合题意。故选B。