第1章 高考真题集训（一）——研真题，感悟高考真谛（PPT课件）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步测试配套课件（人教版）

高考真题集训（一）——研真题，感悟高考真谛 1. （2025·天津高考）一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一 端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内 做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（　　） A. 动量保持不变 B. 所受合外力做功为零 C. 所受重力的冲量为零 D. 始终处于受力平衡状态 动量　动量定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 解析：动量是矢量，根据p＝mv，动量方向与速度方向一致，座椅做圆周运动 时，速度方向为圆周运动的切线方向，则速度方向时时刻刻在改变，则动量也 在变化，A错误；座椅做圆周运动时，合外力提供向心力，方向与速度方向时刻 垂直，则合外力不做功，B正确；根据重力冲量表达式I＝mgt，mg与t均不为 零，则重力的冲量不为零，C错误；座椅做圆周运动时，合外力提供向心力，速 度方向时刻在改变，则座椅并非处于平衡状态，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2. （多选）（2024·安徽高考）一倾角为30°，足够大的光滑斜面固定于水平地 面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图1所示。从t＝0开始，将一可视为质点 的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与 时间t的关系如图2所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不 计空气阻力。则（　　） A. 物块始终做匀变速曲线运动 B. t＝1 s时，物块的y坐标值为2.5 m C. t＝1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2 D. t＝2 s时，物块的速度大小为10 m/s √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：根据题图2可得F1＝（4－t）N，F2＝（3t）N，故两力的合力为F＝（4＋ 2t）N，物块在y轴方向受到的力不变，为mgsin 30°，在x轴方向受到的力在改 变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；物块在y轴方向 的加速度为ay＝＝gsin 30°＝5 m/s2，故t＝1 s时，物块的y坐标值为y＝ ayt2＝2.5 m，故B正确；t＝1 s时，F＝6 N，故此时加速度大小为a＝ ＝ m/s2＝5 m/s2，故C错误；在x轴正方向上，对物块分析，根据动量定理有Ft＝mvx－0，t＝2 s时，由于F与时间t成线性关系，故可得×2＝1.2vx，解得vx＝10 m/s，此时y轴方向速度为vy＝gsin 30°·t＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小为v＝＝10 m/s，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3. （2025·广东高考）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1 和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运 动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0 的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（　　） √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：两小球碰撞前后各自的受力未发生变化，则小球碰撞后的加速度与碰撞 前的相同，又v-t图像的斜率表示加速度，则碰撞前后小球的v-t图线相互平行， B、C错误；由于F1与F2始终大小相等、方向相反，且两小球均由静止开始沿同 一直线相向运动，则由动量定理可知碰撞前后两小球整体的总动量为0，D错 误，A可能正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4. （2025·河北高考）如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量 为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地 面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取 10 m/s2。 （1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 答案：0.6 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：小物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a＝μg 则小物块从开始运动到离开平台有 －＝－2ax0 小物块从平台飞出后做平抛运动有 h＝g，x＝vxt1 联立解得x＝0.6 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹 起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲 量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 答案：0.1 N·s　0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解得IN＝0.1 N·s 取水平向右为正，在水平方向有 －μFNΔt＝mvx'－mvx，IN＝FNΔt 解得vx'＝－1 m/s 但由于vx'减小为0后将无相对运动和相对运动的趋势，故vx'＝0。 解析：物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则物块弹起至最大高 度所用时间和弹起的初速度有h'＝g，vy2＝gt2 则物块与地面接触的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－ mgΔt＝mvy2－m（－vy1），vy1＝gt1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5. （2025·浙江高考）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B， 滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运 动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已 知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则（　D　） A. 碰撞瞬间C相对地面静止 B. 碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C. 碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D. 碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 动量守恒定律 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：碰前B和C共同向左运动，因此碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；规 定向右为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，则有mvA－mvB＝2mv1，解得两者碰 后瞬间的共同速度v1＝1 m/s，从A、B碰后到三者共速的过程，A、B、C组成的 系统动量守恒，则有2mv1－mvC＝3mv，解得三者共同速度v＝0，所以最终三者 静止，对滑块C，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，从碰后到三者相 对静止的时间为t＝＝0.4 s，B错误；由能量守恒定律得，从碰撞后到三者相对 静止的过程因摩擦而产生的热量为Q＝×2m＋m＝3 J，C错误；该过程 由功能关系得Q＝μmgx相对，解得C相对长板滑动的距离x相对＝0.6 m，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6. （2025·河南高考）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿 直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N 的质量为mN，碰撞时间极短，则（　　） A. mP＞mN＞mQ B. mN＞mP＞mQ C. mQ＞mP＞mN D. mQ＞mN＞mP √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP'＋ mNvN1'，整理得mP（vP－vP'）＝mN（vN1'－vN1），由题图1可知vP－vP'＞vN1'－ vN1，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝ mQvQ'＋mNvN2'，整理得mQ（vQ－vQ'）＝mN（vN2'－vN2），由题图2可知vQ－vQ'＜ vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7. （多选）（2025·福建高考）如图，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送 带上，传送带以1 m/s的恒定速率顺时针转动。t＝0时，A的速度大小为2 m/s，方 向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长；t＝t1时（t1为未知量），A第一次与 传送带共速，弹簧弹性势能为0.75 J。已知A、B可视为质点，质量分别为1 kg、 2 kg，与传送带间的动摩擦因数分别为0.5、0.25；A与传送带相对滑动时会留下 划痕，重力加速度大小取g＝10 m/s2，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限 度内，则（　　） A. t＝时，A的加速度大小比B的小 B. t＝t1时，B的速度大小为0.5 m/s C. t＝t1时，弹簧的压缩量为0.2 m D. 在0～t1内，A在传送带上留下的划痕长度小于0.05 m √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等都为Ff＝ 0.5×1×10 N＝0.25×2×10 N＝5 N，初始时A向右减速，B向 右加速，可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力 为零，以水平向右为正方向，系统动量守恒有mAv0＝mAv＋ mBvB，v＝1 m/s，代入数值解得t＝t1时，B的速度为vB＝0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前，任意时刻对A、B分别有Ff＋ F弹＝mAaA，Ff＋F弹＝mBaB，由于质量关系满足mA＜mB，可知 加速度关系满足aA＞aB，A错误，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 在t1时间内，设A、B向右的位移分别为xA、xB，由功能关系有－FfxA＋FfxB＋mA＝mAv2＋mB＋Ep，解得A、B的位移差满足xA－xB＝0.1 m，弹簧的压缩量为Δx＝xA－xB＝0.1 m，C错误；A与传送带的相对位移为x相A＝xA－vt1，B与传送带的相对位移为x相B＝vt1－xB，可得x相A＋x相B＝xA－xB＝0.1 m，由于0～t1时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA＝2aB，作出A、B的v-t图像，根据v-t图线与t轴围成的面积表示位移，可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA的面积，可得x相A＜x相B，结合x相A＋x相B＝0.1 m，可知x相A＜0.05 m，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8. （2025·江苏高考）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同 一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向 右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 （1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； 答案：v0 解析：根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量 守恒定律和机械能守恒定律可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后 最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （2）若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度 大小v1； 答案： 解析：根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0＝mv1 ＋3mv2 由能量守恒定律有m＝m＋×3m 联立解得v1＝－v0，v2＝v0 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为v0。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：根据题意结合（2）分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且 速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球又与第二个钢球发生弹性碰撞，速度 互换后静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰 撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述， 玻璃球碰撞2n次后速度大小为v0 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小 Ek＝mv2＝m。 （3）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 答案：m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9. （2025·天津高考）如图所示，半径为R＝0.45 m的四分之一圆轨道AB竖直固 定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m＝0.12 kg的玩具小车从A点由静 止释放，运动到桌面上C点时与质量为M＝0.18 kg的静置物块发生碰撞并粘在一 起，形成的组合体匀减速滑行x＝0.20 m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物 块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10 m/s2，不计空气阻 力。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （1）小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小； 答案：3.6 N 解析：设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为v0，由机械能守恒定律，有mgR ＝m 由牛顿第二定律，有FN－mg＝m 联立解得FN＝3.6 N。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：小车与物块在C点碰撞，在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有 mv0＝（M＋m）v 联立解得v＝1.2 m/s。 （3）组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。 答案：0.36 解析：组合体水平方向受滑动摩擦力作用，从C点做匀减速运动至D点静止，由 动能定理，有 －μ（M＋m）gx＝0－（M＋m）v2 联立解得μ＝0.36。 （2）小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小； 答案：1.2 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10. （2024·河北高考）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表 面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左 端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg， 重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 （1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 答案：1.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设机器人的质量为M，木板的质量为m，机器人在从A木板左端走到右端 的过程中，机器人与A木板组成的系统动量守恒，根据“人船模型”规律可知 Mx1＝mx2 根据位移关系有x1＋x2＝LA 联立解得木板A向左移动的位移x2＝1.5 m 机器人向右走动过程中，B、C始终静止，则机器人从A木板左端走到右端时， A、B木板间的水平距离为x2＝1.5 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳 到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹 角的正切值。 答案：90 J　2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为t，起跳时 速度为v0，与水平方向的夹角为θ，则 水平方向上有x2＝v0cos θ·t 竖直方向上有v0sin θ＝g· 联立解得v0＝ 机器人起跳过程中，机器人与A木板水平方向上动量守恒，则有Mv0cos θ＝ mvA 根据功能关系有 W＝M＋m 联立可得W＝＝＝3gx2 （单位为J） 当且仅当＝，即tan θ0＝2时，W取最小值，则Wmin＝90 J。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即 相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。 求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 答案：xAC＝LB 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设机器人从A木板上起跳的速度大小为v01，A木板的速度为vA0，机器人跳 到B木板左端后与B木板瞬间共速，速度为v共，此时A、B木板间的水平距离为 xAB，水平方向上，B、C木板与机器人组成的系统动量守恒，则有 Mv01cos θ0＝（M＋2m）v共 取水平向右为正方向，每一次机器人从B木板上起跳过程中，机器人与B木板组 成的系统在水平方向上动量守恒，则有 （M＋m）v共＝MvM1＋mvm1＝MvM2＋mvm2＝MvM3＋mvm3 又机器人相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，则有 （vM1－vm1）t1＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （vM2－vm2）t2＝ （vM3－vm3）t3＝ 联立可得v共（t1＋t2＋t3）－（vm1t1＋vm2t2＋vm3t3）＝LB 又3次跳跃后，B木板恰好追上A木板，则有 vm1t1＋vm2t2＋vm3t3＋vA0（t1＋t2＋t3）＋xAB＝0 机器人跳到B木板右端时，A、C两木板间距离xAC＝vA0（t1＋t2＋t3）＋xAB＋LB＋ v共（t1＋t2＋t3） 联立解得xAC＝LB。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11. （2025·海南高考）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆 心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带 平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰撞并粘连成一个整 体，随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，AB与传送 带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略 轨道及平台的摩擦，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （1）A滑到圆弧轨道最低点时受的支持力； 答案：72 N　方向竖直向上 解析：A从开始到滑到圆弧轨道最低点过程中，根据动能定理可得mAg（R－Rcos 53°）＝mA－0 解得v0＝2 m/s 在最低点，根据牛顿第二定律可得 FN－mAg＝mA 解得FN＝72 N，方向竖直向上。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能； 答案：1.6 J 解析：根据题意AB碰后粘连成一整体，取向右为正方向，根据动量守恒定 律可得 mAv0＝（mA＋mB）v共 解得v共＝1.6 m/s A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝mA－（mA＋mB） 解得ΔE＝1.6 J。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀 速运动。 设AB与传送带间的动摩擦因数为μ，对AB根据牛顿第二定律可得μ（mA＋ mB）g＝（mA＋mB）a 设经过时间t1后AB与传送带共速，可得 v＝v共－at1 该段时间内AB运动的位移为x1＝t1 传送带运动的位移为x2＝vt1 （3）传送带的速度大小。 答案：0.6 m/s或2.6 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 可得Q＝μ（mA＋mB）g·（x1－x2） 联立解得v＝0.6 m/s，另一解大于v共舍去； 第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运 动。 设经过时间t2后AB与传送带共速，同理可得 v＝v共＋at2 该段时间内AB运动的位移为x1'＝t2 传送带运动的位移为x2'＝vt2 可得Q＝μ（mA＋mB）g·（x2'－x1'） 解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12. （2024·山东高考）在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实 验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端 分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的 距离xB。部分实验步骤如下： ①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g和400.0 g； ②接通气源，调整气垫导轨水平； ③拨动两滑块，使A、B均向右运动； ④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图 丙所示。 动量的相关实验 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 回答以下问题： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （1）从图像可知两滑块在t＝ s时发生碰撞； 解析：由x-t图像的斜率表示速度可知，两滑块的速度在t＝1.0 s时发生突变，即 发生了碰撞； （2）滑块B碰撞前的速度大小v＝ m/s（保留2位有效数字）； 解析：由x-t图像斜率的绝对值表示速度大小可知，碰撞前瞬间B的速度大小v＝ cm/s＝0.20 m/s； 1.0 0.20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （3）通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是 （填“A”或“B”）。 解析：由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA＝0.50 m/s，碰撞后A的速度大小约 为vA'＝0.36 m/s，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为v'＝0.5 m/s，对A和B的 碰撞过程由动量守恒定律有mAvA＋mBv＝mAvA'＋mBv'，代入数据解得≈2，所 以质量为200.0 g的滑块是B。 B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13. （2024·新课标卷）某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律，将斜槽轨 道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O， 木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a 从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的 距离xP。将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释 放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置 M、N与O点的距离xM、xN。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 完成下列填空： （1）记a、b两球的质量分别为ma、mb，实验中须满足条件ma （填“＞” 或“＜”）mb； 解析：由于实验中需保证向右运动的小球a与静止的小球b碰撞后两球均向右运 动，则实验中小球a的质量应大于小球b的质量，即ma＞mb； ＞ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 （2）如果测得的xP、xM、xN，ma和mb在实验误差范围内满足关系式 ⁠ ，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落 点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度。依据是 ⁠ ⁠ ⁠。 解析：对两小球的碰撞过程，由动量守恒定律有mav＝mava＋mbvb，由于小球从 轨道右端飞出后做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖直高度相同，则结合 平抛运动规律可知小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等，设此时间为 t，则mavt＝mavat＋mbvbt，即maxP＝maxM＋mbxN。 maxP＝ maxM＋mbxN 小球从轨道右端飞出后 做平抛运动，且小球落点与轨道右端的竖直高度相同，结合平抛运动规律可知 小球从轨道右端飞出后在空中运动的时间相等（合理即可） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 $