2023届高考物理（新粤教版）一轮总复习讲义第四章 曲线运动与万有引力定律

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一、平抛运动
1.定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，仅在重力作用下物体所做的运动。
2.性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
3.研究方法：运动的合成与分解
(1)水平方向：匀速直线运动。
(2)竖直方向：自由落体运动。
4.基本规律(如图1所示)
图1
(1)位移与时间的关系
(2)速度与时间的关系
【自测】 一个物体以初速度v0水平抛出，落地时速度为v，则运动时间为(不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A.eq \f(v－v0,g) B.eq \f(v＋v0,g)
C.eq \f(\r(v2－veq \\al(2,0)),g) D.eq \f(\r(v2＋veq \\al(2,0)),g)
答案 C
二、一般的抛体运动
1.定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。
2.性质：斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
3.基本规律(以斜上抛运动为例，如图2所示)
图2
(1)水平方向：匀速直线运动v0x＝v0cs__θ，F合x＝0。
(2)竖直方向：匀变速直线运动v0y＝v0sin__θ，F合y＝mg。
命题点一 平抛运动基本规律的应用
1.飞行时间
由t＝eq \r(\f(2h,g))知，下落的时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。
2.水平射程
x＝v0t＝v0eq \r(\f(2h,g))，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。
3.速度改变量
因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图3所示。
图3
4.两个重要推论
(1)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，即xB＝eq \f(xA,2)，如图4所示。
图4
(2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α。
单物体的平抛运动
【真题示例1】 (多选)(2020·海南卷，11)小朋友玩水枪游戏时，若水从枪口沿水平方向射出的速度大小为10 m/s，水射出后落到水平地面上。已知枪口离地高度为1.25 m，g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则射出的水( )
A.在空中的运动时间为0.25 s
B.水平射程为5 m
C.落地时的速度大小为15 m/s
D.落地时竖直方向的速度大小为5 m/s
答案 BD
解析 根据h＝eq \f(1,2)gt2得，运动时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.25,10)) s＝0.5 s，故A错误；水平射程为x＝v0t＝10×0.5 m＝5 m，故B正确；竖直方向分速度为vy＝gt＝10×0.5 m/s＝5 m/s，水平分速度为vx＝v0＝10 m/s，落地速度为v＝eq \r(veq \\al(2,y)＋veq \\al(2,x))＝
5eq \r(5) m/s，故C错误，D正确。
【针对训练1】 (2021·广东韶关模拟)如图5所示，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个圆弧形的坑。若摩托车从与圆心O等高的a点以初速度v水平飞出，落在坑中。关于该过程，下列说法中正确的是( )
图5
A.初速度越大，飞行时间越长
B.初速度越小，飞行时间越长
C.初速度越大，位移越大
D.初速度越小，位移越大
答案 C
解析 平抛运动飞行时间由竖直高度决定，即摩托车落在圆弧形坑中的高度决定，若摩托车落在坑中的右侧，速度越大，高度越小，时间越小。若摩托车落在坑中的左侧，速度越小，高度越小，时间越小，A、B错误；摩托车初速度越大，落在坑中的位置越靠右，位移越大，D错误，C正确。
多物体的平抛运动
【真题示例2】 (多选)(2020·江苏卷，8)如图6所示，小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地，上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力，则 ( )
图6
A.A和B的位移大小相等
B.A的运动时间是B的2倍
C.A的初速度是B的eq \f(1,2)
D.A的末速度比B的大
答案 AD
解析 由题意可知，落地后，小球A的位移的大小为sA＝eq \r(xeq \\al(2,A)＋yeq \\al(2,A))＝eq \r(l2＋（2l）2)＝eq \r(5)l，小球B的位移的大小为sB＝eq \r(xeq \\al(2,B)＋yeq \\al(2,B))＝eq \r(（2l）2＋l2)＝eq \r(5)l，显然小球A、B的位移大小相等，A正确；小球A的运动时间为tA＝eq \r(\f(2yA,g))＝eq \r(\f(4l,g))，小球B的运动时间为tB＝eq \r(\f(2yB,g))＝eq \r(\f(2l,g))，则tA∶tB＝eq \r(2)∶1，B错误；小球A的初速度为vxA＝eq \f(xA,tA)＝eq \f(l,\r(\f(4l,g)))＝eq \r(\f(gl,4))，小球B的初速度为vxB＝eq \f(xB,tB)＝eq \f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq \r(2gl)，则vA∶vB＝1∶2eq \r(2)，C错误；落地瞬间，小球A竖直方向的速度为vyA＝eq \r(4gl)，小球B竖直方向的速度为vyB＝eq \r(2gl)，则落地瞬间小球A的速度为vA＝eq \r(veq \\al(2,xA)＋veq \\al(2,yA))＝eq \r(\f(17,4)gl)，小球B的速度为vB＝eq \r(veq \\al(2,xB)＋veq \\al(2,yB))＝eq \r(4gl)，显然vA>vB，D正确。
【针对训练2】 如图7所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正方向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图7
A.a和b的初速度大小之比为eq \r(2)∶1
B.a和b在空中运动的时间之比为2∶1
C.a和c在空中运动的时间之比为eq \r(2)∶1
D.a和c的初速度大小之比为2∶1
答案 C
解析 根据t＝eq \r(\f(2h,g))可知a和b在空中运动的时间之比为eq \r(2)∶1；根据v＝eq \f(x,t)可知a和b的初速度大小之比为1∶eq \r(2)，选项A、B错误；根据t＝eq \r(\f(2h,g))可知a和c在空中运动的时间之比为eq \r(2)∶1；根据v＝eq \f(x,t)可知a和c的初速度大小之比为eq \r(2)∶1，选项C正确，D错误。
命题点二 有约束条件的平抛运动模型
对着竖直墙壁的平抛运动
如图8所示，水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移d相同，t＝eq \f(d,v0)。
【例3】 (多选)(2021·石家庄市质检)如图9所示，水平放置的网球发球机正对着竖直墙面发射网球，两次发射的网球分别在墙上留下A、B两点印迹。测得OA＝AB，OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，下列说法正确的是( )
图9
A.两球发射的初速度vA∶vB＝1∶2
B.两球发射的初速度vA∶vB＝eq \r(2)∶1
C.两球从P点发射到碰到墙面所用的时间tA∶tB＝1∶eq \r(2)
D.两球从P点发射到碰到墙面所用的时间tA∶tB＝1∶2
答案 BC
解析 设OA＝AB＝h，忽略空气阻力，则网球做平抛运动，竖直方向上有h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,A)，2h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,B)，整理可得tA∶tB＝1∶eq \r(2)，选项C正确，D错误；网球在水平方向上做匀速运动，而且水平位移大小相等，则有x＝vAtA＝vBtB，整理可得vA∶vB＝eq \r(2)∶1，选项A错误，B正确。
斜面上的平抛运动
1.顺着斜面平抛(如图10)
处理方法：分解位移。
x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2
tan θ＝eq \f(y,x)
可求得t＝eq \f(2v0tan θ,g)。
图10
【例4】 (多选)(2021·东北三省四市教研联合体模拟)如图11所示，两小球a、b分别从斜面顶端和斜面中点沿水平方向抛出，均落在斜面底端。不计空气阻力，关于两小球在平抛过程中的判断正确的是( )
图11
A.小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同
B.小球a、b在空中飞行时间之比为2∶1
C.小球a、b抛出时的初速度之比为1∶1
D.小球a、b离斜面的最大距离之比为2∶1
答案 AD
解析 设两小球初速度分别为va、vb，到达斜面底端时水平分位移为xa、xb，竖直分位移为ha、hb，设斜面的倾角为θ，小球落在斜面底端时，有tan θ＝eq \f(ha,xa)＝eq \f(hb,xb)可得eq \f(gta,va)＝eq \f(gtb,vb)＝2tan θ，故小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同，故A正确；由题意可知eq \f(ha,hb)＝2，则eq \f(xa,xb)＝2，由h＝eq \f(1,2)gt2可得eq \f(ta,tb)＝eq \r(2)，由x＝v0t可得eq \f(va,vb)＝eq \r(2)，故B、C错误；当速度方向与斜面方向平行时，到斜面距离最大，将初速度和加速度分解为垂直斜面方向和沿斜面方向，有a⊥＝gcs θ，v⊥＝v0sin θ，在垂直斜面方向的最大距离为l，有veq \\al(2,⊥)＝2a⊥l，则l＝eq \f(veq \\al(2,0)（sin θ）2,2gcs θ)∝veq \\al(2,0)，可得小球a、b离斜面的最大距离之比为2∶1，故D正确。
2.对着斜面平抛
图12
(垂直打到斜面，如图12)
处理方法：分解速度。
vx＝v0，vy＝gt
tan θ＝eq \f(vx,vy)＝eq \f(v0,gt)
可求得t＝eq \f(v0,gtan θ)。
【例5】 (多选)如图13所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，斜面底端正上方某高度处有一小球以水平速度v0抛出，恰好垂直打在斜面上，已知重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
图13
A.小球从抛出到落在斜面上的运动时间为eq \f(\r(3)v0,g)
B.小球从抛出到落在斜面上的运动时间为eq \f(\r(3)v0,3g)
C.小球抛出时距斜面底端的高度为eq \f(5veq \\al(2,0),g)
D.小球抛出时距斜面底端的高度为eq \f(5veq \\al(2,0),2g)
答案 AD
解析 设小球恰好垂直打到斜面上的时间为t，根据几何关系可得tan 60°＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)
解得t＝eq \f(\r(3)v0,g)，故A正确，B错误；
小球垂直打到斜面上，根据平抛运动规律，则有
x＝v0t，y＝eq \f(1,2)gt2
小球落在斜面上，根据几何关系得
tan 30°＝eq \f(h－y,x)
将t＝eq \f(\r(3)v0,g)代入，联立解得h＝eq \f(5veq \\al(2,0),2g)，故C错误，D正确。
命题点三 斜抛运动的理解和分析
对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动，可逆过程分析为平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题。
【例6】 (2021·浙江杭州质检)如图14所示，从水平地面上的A、B两点分别斜抛出两小球，两小球均能垂直击中前方竖直墙面上的同一点P。已知点P距地面的高度h＝0.8 m，A、B两点距墙的距离分别为0.8 m和0.4 m。不计空气阻力，则从A、B两点抛出的两小球( )
图14
A.从抛出到击中墙壁的时间之比为2∶1
B.击中墙面的速率之比为1∶1
C.抛出时的速率之比为eq \r(17)∶2eq \r(5)
D.抛出时速度方向与地面夹角的正切值之比为1∶2
答案 D
解析 两小球做逆向平抛运动的时间由高度决定，即两小球运动时间相等，A项错误；两小球水平位移xA＞xB，运动时间相等，故击中墙面时vA＞vB，B项错误；由平抛运动规律可知，A球抛出时速度大于B球抛出时速度，C项错误；两小球位移与水平方向夹角正切值之比为1∶2，而速度方向与水平方向夹角正切值为位移与水平方向夹角正切值的2倍，故D正确。
对点练 平抛运动基本规律的应用
1.(2021·福建宁德市质检)射箭比赛中，运动员水平射箭击中了靶心，可以推断，击发时箭头的方向对准了( )
A.靶心B.比靶心高一点的位置
C.比靶心低一点的位置D.靶心偏右一点的位置
答案 B
解析 射出去的箭在飞行过程中受到重力的作用，运动的轨迹不是直线，而是一条向下倾斜的弧线；运动员水平射箭击中了靶心，可以推断，击发时箭头的方向对准了比靶心高一点的位置，故B正确，A、C、D错误。
2.(2021·八省联考江苏卷)某生态公园的人造瀑布景观如图1所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的游泳池中。现制作一个为实际尺寸eq \f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的( )
图1
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,16)
答案 B
解析 由题意可知，水流出后做平抛运动的水平位移和竖直位移均变为原来的eq \f(1,16)，则有h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，所以时间变为实际的eq \f(1,4)，水流出的速度v＝eq \f(x,t)，由于水平位移变为实际的eq \f(1,16)，时间变为实际的eq \f(1,4)，则水流出的速度为实际的eq \f(1,4)，故B正确。
3.(2021·八省联考湖南卷)有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图2所示。一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变)。不计空气阻力，从小球水平射入水井到落至水面的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A.小球下落时间与小球质量m有关
B.小球下落时间与小球初速度v有关
C.小球下落时间与水井井口直径d有关
D.小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关
答案 D
解析 根据分运动的独立性知，小球在竖直方向的运动为自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2知，小球下落时间仅与水井井口到水面高度差h有关，D项正确。
4.(2021·河北卷，2)铯原子钟是精确的计时仪器，图3甲中铯原子从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t1；图乙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t2，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/s2，则t1∶t2为( )
图3
A.100∶1 B.1∶100
C.1∶200 D.200∶1
答案 C
解析 铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即x＝vt1，解得t1＝eq \f(x,v)＝eq \f(0.2,100) s，铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时eq \f(t2,2)，逆过程可视为自由落体，即x＝eq \f(1,2)g(eq \f(t2,2))2，解得t2＝eq \r(\f(8x,g))＝eq \r(\f(8×0.2,10)) s＝0.4 s，则eq \f(t1,t2)＝eq \f(\f(0.2,100),0.4)＝eq \f(1,200)，故C正确。
对点练 有约束条件的平抛运动模型
5.(2018·全国Ⅲ卷·17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和eq \f(v,2)的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )
A.2倍 B.4倍
C.6倍 D.8倍
答案 A
解析 如图所示，由平抛运动规律可知
x＝vt
xtan θ＝eq \f(1,2)gt2
则vy＝gt＝2vtan θ
则落至斜面的速率v落＝eq \r(v2＋veq \\al(2,y))＝veq \r(1＋4tan2θ)，即v落∝v，甲、乙两球抛出速度为v和eq \f(v,2)，则可得落至斜面时速率之比为2∶1，故A正确。
6.如图4所示，张同学进行射击游戏，把弹丸(视为质点)从竖直放置的圆柱形筒的顶端A处沿圆筒的直径方向水平射出，已知弹丸初速度大小为v0＝10 m/s，圆柱筒高h＝2.45 m，直径d＝1 m，弹丸每次与竖直筒壁碰撞，水平分速度大小变为原来的50%，方向相反，竖直分速度不变，则弹丸( )
图4
A.经筒壁1次反弹并击中筒底左边缘B处
B.经筒壁2次反弹并击中筒底右边缘C处
C.经筒壁2次反弹并击中筒底B、C间某处
D.经筒壁3次反弹并击中筒底B、C间某处
答案 B
解析 弹丸从抛出到第一次碰壁过程t1＝eq \f(d,v0)＝0.1 s，h1＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝0.05 m，弹丸距筒底高度2.4 m，此时水平分速度大小变为原来的50%，即v0′＝5 m/s，第一次反弹后到第二次碰壁t2＝eq \f(d,v0′)＝0.2 s，v1＝gt1＝1 m/s，h2＝v1t2＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)＝0.4 m，弹丸距筒底高度2 m，此时水平分速度大小变为原来的50%，即v0″＝2.5 m/s，第二次反弹后到第三次碰壁t3＝eq \f(d,v0″)＝0.4 s，v2＝v1＋gt2＝3 m/s，h3＝v2t3＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,3)＝2 m，恰好到达C点，故B正确，A、C、D错误。
7. (多选)(2021·广东茂名一模)如图5所示，一小钢球从平台上的A处以速度v0水平飞出，经t0时间落在斜坡上B处，速度方向恰好沿斜坡向下，又经t0时间到达坡底C处。斜坡BC与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，小钢球从A到C的过程中，水平、竖直两方向的分速度vx、vy随时间变化的图像下列图中正确的是( )
图5
答案 BD
解析 小钢球从A到B做平抛运动，分速度vx不变，分速度vy均匀增大，加速度为g。从B到C做匀加速直线运动，加速度a＝gsin 30°＝eq \f(1,2)g，在水平方向上有分加速度，所以水平方向上做匀加速直线运动，水平分加速度ax＝eq \f(1,2)gcs 30°＝
eq \f(\r(3),4)g；在竖直方向上做匀加速直线运动，分加速度为ay＝eq \f(1,2)gsin 30°＝eq \f(1,4)g，则0～t0和t0～2t0时间内在竖直方向上的加速度比值为4∶1。故B、D正确，A、C错误。
对点练 斜抛运动的理解和分析
8.(2021·广东惠州市调研)如图6所示，一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中竖直篮板上A点。后来该运动员后撤到更远的C点投篮，仍然将球垂直击中篮板上A点，关于两次投篮的比较，下列说法正确的是( )
图6
A.在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更大
B.在C点抛出速度v0更小，同时抛射角θ更小
C.在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更大
D.在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小
答案 D
解析 将运动倒过来相当于从篮板做平抛运动，第一次抛到B点，第二次抛到C点，下落的高度相同，因此运动时间相同，竖直分速度相同，落到C点时水平速度更大，速度与水平夹角更小，因此篮球在C点抛出速度v0更大，同时抛射角θ更小，选项D正确。
9.(2022·广东佛山检测)一人在指定的地点放烟花庆祝农历新年。如图7所示，五彩的烟花弹从地上的盒子中喷出。若某一瞬间两颗烟花弹同时从盒子中飞出，烟花弹a的初速度方向竖直向上，烟花弹b的初速度方向斜向右上方，如果两颗烟花弹到达的最大高度相等，忽略空气的影响，则( )
图7
A.两颗烟花弹初速度大小相等
B.在空中运动的过程中，两颗烟花弹速度变化率相同
C.烟花弹b上升过程中运动的时间更长
D.烟花弹a在最高点加速度为零
答案 B
解析 设烟花弹b的速度方向与水平方向的夹角为θ，则veq \\al(2,a)＝2gha，(vbsin θ)2＝2ghb，又ha＝hb，则vb>va，故A错误；在空中运动的过程中，两颗烟花弹速度变化率为eq \f(Δv,Δt)＝g，故B正确；根据h＝eq \f(1,2)gt2可知，两烟花弹上升过程中运动的时间相等，C错误；烟花弹a在最高点加速度为g，故D错误。
10.(2020·全国Ⅱ卷，16)如图8所示，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。eq \f(E2,E1)等于( )
图8
A.20 B.18
C.9.0 D.3.0
答案 B
解析 由题意可知，当在a点动能为E1时，有E1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，根据平抛运动规律有h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，h＝v1t1；当在a点时动能为E2时，有E2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，根据平抛运动规律有eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，3h＝v2t2，联立以上各式可解得eq \f(E2,E1)＝18，故选项B正确。
11.(多选) (2019·海南卷)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下，已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h1＝h0、h2＝2h0、h3＝3h0，如图9所示，若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3，则( )
图9
A.s1＞s2 B.s2＞s3
C.s1＝s3 D.s2＝s3
答案 BC
解析 对轨道1，射出时的速度v1＝eq \r(2g×3h0)＝eq \r(6gh0)，射程s1＝v1eq \r(\f(2h0,g))＝
2eq \r(3)h0；对轨道2，射出时的速度v2＝eq \r(2g×2h0)＝eq \r(4gh0)，射程s2＝v2eq \r(\f(2×2h0,g))＝4h0；对轨道3：射出时的速度v3＝eq \r(2gh0)，射程s3＝v3eq \r(\f(2×3h0,g))＝2eq \r(3)h0；则
s1＝s3，s2＞s3，故B、C正确，A、D错误。
12.如图10所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在底端A正上方与顶端C等高处的E点以速度v0水平抛出一小球，小球垂直于斜面落到D点，重力加速度为g，则( )
图10
A.小球在空中飞行时间为eq \f(v0,g)
B.小球落到斜面上时的速度大小为eq \f(v0,cs α)
C.CD与DA的比值为eq \f(1,2tan 2α)
D.小球的位移方向垂直于AC
答案 C
解析 小球的运动轨迹图如图所示，把速度分解，小球垂直于斜面落到D点，所以在D点时有tan α＝eq \f(v0,gt)，解得t＝eq \f(v0,gtan α)，v＝eq \f(v0,sin α)，故A、B错误；根据几何关系知，sDA＝eq \f(v0t,cs α)，sCD＝eq \f(\f(1,2)gt2,sin α)；整理得CD与DA的比值为eq \f(1,2tan 2α)，故C正确；由平抛运动的规律可知，位移方向不垂直于AC，故D错误。
13.(多选)(2021·海南省模拟)将小球从如图11所示的阶梯状平台上以一定的水平初速度v0水平抛出，所有台阶的高度和宽度均为1.0 m，取g＝10 m/s2，要使小球抛出后落到第三级台阶上，则v0可能为( )
图11
A.2eq \r(3) m/s B.3.5 m/s
C.4 m/s D.2eq \r(5) m/s
答案 AB
解析 小球抛出后越过第二台阶，根据平抛运动的特点水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动可知h2＝2L＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，x2＝v0t2＞2L；小球抛出后不会越过第三台阶，有h3＝3L＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,3)，x3＝v0t3≤3L，解得eq \r(10) m/s＜v0≤eq \r(15) m/s，故选项A、B正确。
14.如图12所示，有两个完全相同的斜面，倾角均为45°，高度均为h，A、B为两斜面的顶端，O为斜面的底端。现从左侧斜面顶端A以一定初速度v0水平抛出一个小球，已知重力加速度大小为g，则( )
图12
A.当小球下落到左侧斜面上高度为eq \f(h,2)处时，初速度v0＝eq \r(\f(gh,2))
B.若以不同的初速度水平抛出的相同小球均落在左侧斜面上，则初速度越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
C.若小球初速度v0足够大，则小球能落在右侧斜面的顶端B
D.若小球恰能垂直打在右侧斜面上的C点，则OC＝eq \f(\r(2),3)h
答案 D
解析 根据小球做平抛运动的规律和几何关系，有h－eq \f(h,2)＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)和eq \f(h,2)＝v0t1，解得初速度v0＝eq \f(\r(gh),2)，选项A错误；落在左侧斜面上的小球位移的偏转角均为45°，根据平抛运动的推论知速度偏转角的正切值等于位移偏转角正切值的2倍，可知速度的偏转角相等，即无论初速度多大，小球落到斜面上时速度方向与斜面的夹角一定，选项B错误；由y＝eq \f(1,2)gt2和x＝v0t得下落的高度y＝eq \f(gx2,2veq \\al(2,0))，故y＞0，可知落点一定低于A点，而顶端B与A同样高，所以小球不会落在右侧斜面的顶端B，选项C错误；若小球恰能垂直打在右侧斜面上的C点，则此时竖直速度vy＝v0，小球下落的时间t＝eq \f(vy,g)，下落高度H＝eq \f(veq \\al(2,y),2g)，则水平位移大小h＋(h－H)＝v0t，解得H＝eq \f(2,3)h，OC＝eq \r(2)(h－H)＝eq \f(\r(2),3)h，选项D正确。