《2025年小题狂做高中物理必修第二册人教版巅峰版》

10. (2024 山东威海月考)如图所示，北京冬奥滑雪运动员通过助滑道加速后从跳台起跳，最后落在着落坡上. 已知着落坡的倾角为 $ 37° $(取 $ \sin 37° = 0.6 $，$ \cos 37° = 0.8 $)，运动员起跳时的速度大小为 $ v_0 $，方向与着落坡垂直. 不计空气阻力，重力加速度为 $ g $，求：
(1) 起跳后运动员在最高点时速度 $ v $ 的大小.
(2) 运动员在空中运动的时间 $ t $.

答案：
10.
(1)起跳后运动员在水平方向上做匀速直线运动，当竖直方向的分速度减为0时，运动员运动到最高点，则起跳后运动员在最高点时速度$v$的大小为$v = v_{0}\sin 37^{\circ} = \frac{3}{5}v_{0}$．
(2)将运动员在空中的运动分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动，设运动员在空中运动的时间为$t$，则水平方向的位移为$x = v_{0}\sin 37^{\circ} · t$，规定竖直向下为正，竖直方向的位移为$y = - v_{0}\cos 37^{\circ} · t + \frac{1}{2}gt^{2}$，由几何关系有$\frac{y}{x} = \tan 37^{\circ}$，联立解得运动员在空中运动的时间$t = \frac{5v_{0}}{2g}$
另解1：将运动员在空中的运动分解为沿坡面方向的运动和垂直坡面方向的运动，其中垂直坡面方向的加速度为$a_{y} = g\cos 37^{\circ} = \frac{4}{5}g$，解得$t = 2 · \frac{v_{0}}{a_{y}} = \frac{5v_{0}}{2g}$
另解2：将运动员在空中的运动分解为垂直坡面方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，如图所示，经过时间$t$后运动员落回着落坡，有$\frac{v_{0}t}{\frac{1}{2}gt^{2}} = \cos 37^{\circ}$，解得$t = \frac{5v_{0}}{2g}$

11. (2024 四川南充检测)如图所示，阳光垂直照射到斜面草坪上，在斜面顶端把一高尔夫球水平击出，让其在与斜面垂直的面内运动，小球刚好落在斜面底端. $ B $ 点是运动过程中距离斜面的最远处，$ A $ 点是在阳光照射下小球经过 $ B $ 点的投影点，不计空气阻力，则 (D)

A.小球在斜面上的投影做匀速直线运动
B.$ OA $ 与 $ AC $ 长度之比为 $ 1:3 $
C.若斜面内 $ D $ 点在 $ B $ 点的正下方，则 $ OD $ 与 $ DC $ 长度不等
D.小球在 $ B $ 点的速度与整个运动过程的平均速度大小相等

答案：
11.D解析: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错误；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$0$，根据对称性知，O到B与B到C的运动时间相等，均为$t = \frac{v_{0}\sin\theta}{g\cos\theta}$，则有$L_{OA} = v_{0}\cos\theta · t + \frac{1}{2}g\sin\theta · t^{2}$，$L_{OC} = v_{0}\cos\theta · 2t + \frac{1}{2}g\sin\theta · (2t)^{2}$，可得$L_{AC} = L_{OC} - L_{OA} = v_{0}\cos\theta · t + \frac{1}{2}g\sin\theta · 3t^{2}$，所以$\frac{L_{OA}}{L_{AC}} = \frac{v_{0}\cos\theta · t + \frac{1}{2}g\sin\theta · t^{2}}{v_{0}\cos\theta · t + \frac{1}{2}g\sin\theta · 3t^{2}} = \frac{1}{3}$，故B错误；将小球的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，则$x_{OB'} = v_{0}t$，小球从O到C，有$x_{OC'} = v_{0} · 2t = 2x_{OB'}$，根据几何关系，可知D点是$OC'$的中点，则$OD$与$DC'$长度相等，故C错误；小球在B点的速度$v_{B} = v_{0}\cos\theta + g\sin\theta · t$，整个运动过程的平均速度$\bar{v} = \frac{L_{OC}}{2t} = v_{0}\cos\theta + g\sin\theta · t$，二者相等，故D正确.

12. (2025 浙江台州期末)消防车的供水系统主要由水泵、输水管道和水炮组成. 如图甲所示，某次演练时消防水炮离地高度为 $ h = 5 $ m，水炮出水速度 $ v_0 = 10 $ m/s，炮口的横截面积为 $ 0.1 $ m²，建筑物上的着火点离地高度为 $ H $，水炮口与着火点的水平距离可调，忽略空气阻力的影响.

(1) 若水炮保持水平，着火点在建筑物的楼底处($ H_1 = 0 $)，求水柱离开水炮口打到着火点的时间 $ t_1 $ 以及水炮口与着火点之间的水平距离 $ x_1 $.
(2) 若水炮倾角可以任意调节，着火点在建筑物上与水炮口等高处($ H_2 = 5 $ m)，求水柱能打到着火点的最远水平距离 $ x_2 $ 以及最远距离灭火时空中水柱的体积.
(3) 若水炮倾角可以任意调节，着火点在建筑物上离地 $ H_3 = 9 $ m 处，求水柱能打到着火点的最远水平距离 $ x_3 $.
(提示：若将只受重力的物体以相同速率 $ v $ 朝同一个竖直面内的各个方向抛出，与其每一条抛体轨迹均相切的曲线叫作包络线，如图乙虚线所示，其方程为 $ y = -\frac{gx^2}{2v^2} + \frac{v^2}{2g} $)

答案： 12.
(1)时间$t_{1} = \sqrt{\frac{2h}{g}} = 1 s$，水炮与着火点之间的水平距离$x_{1} = v_{0}t_{1} = 10 m$.
(2)时间$t_{2} = \frac{2v_{0}\sin\theta}{g}$，水平距离$x_{2} = v_{0}\cos\theta · t_{2} = \frac{2v_{0}^{2}\sin\theta\cos\theta}{g} = \frac{v_{0}^{2}\sin2\theta}{g}$，所以当$\theta = 45^{\circ}$时，$x_{2}$取到最大值，$x_{2} = \frac{v_{0}^{2}}{g} = 10 m$，空中的水柱的体积$V = Sv_{0}t_{2} = \sqrt{2} m^{3}$.
(3)解法一：以水炮口为坐标原点建立坐标系，包络线方程为$y = - \frac{gx^{2}}{2v_{0}^{2}} + \frac{v^{2}}{2g} = - \frac{x^{2}}{20} + 5$，代入$y = 4 m$，解得$x = \pm \sqrt{20} m$，所以最远水平距离$x_{3} = \sqrt{20} m$.
解法二：水平方向：$(v_{0}\cos\theta)t = x$，竖直方向：$(v_{0}\sin\theta) · t - \frac{1}{2}gt^{2} = y$，由以上两式可推导出$\tan\theta x - \frac{x^{2}}{20}(\tan^{2}\theta + 1) = 4$，看作关于$\tan\theta$的函数，$f(\tan\theta) = - \frac{x^{2}}{20}\tan^{2}\theta + x\tan\theta - \frac{x^{2}}{20} - 4$，要使该方程有解，$4ac \leq b^{2}$，解得$x \leq \sqrt{20} m$.