2026年人教版高中物理必修第二册全册综合检测试卷解析版

这是一份2026年人教版高中物理必修第二册全册综合检测试卷解析版，共13页。
综合检测卷 (时间:90分钟　满分:100分) 一、单项选择题(本题共10小题,每小题3分,共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分) 1.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动,在相同时间内,它们通过的路程之比是4∶3,运动方向改变的角度之比是3∶2,则它们(　　) A.线速度大小之比为2∶3 B.角速度大小之比为3∶4 C.圆周运动的半径之比为8∶9 D.加速度大小之比为3∶2 答案:C 解析:根据线速度的定义式v=lt,已知在相同时间内它们通过的路程之比是4∶3,则线速度大小之比为4∶3,选项A错误;根据角速度的定义式ω=θt,运动方向改变的角速度等于运动转过的角度,相同时间内它们通过的角度之比是3∶2,则角速度大小之比为3∶2,选项B错误;根据公式v=rω,可得圆周运动的半径r=vω,则A、B两快艇做圆周运动的半径之比为rA∶rB=vAωA∶vBωB=8∶9,选项C正确;根据a=ω2r,可得A、B两快艇的加速度之比为aA∶aB=ωA2rA∶ωB2rB=2∶1,选项D错误。 2.有停泊轨道的地球同步轨道卫星发射示意图如图所示,在上升段火箭将卫星送入停泊轨道,而后在近地点P变轨后进入转移轨道,再在远地点Q进入地球同步轨道,则(　　) A.卫星在停泊轨道的环绕速度大于第一宇宙速度 B.卫星从转移轨道进入同步轨道,需要在远地点Q点火加速 C.卫星在停泊轨道的加速度小于地球同步轨道的加速度 D.卫星在停泊轨道的速度小于地球同步轨道的速度 答案:B 解析:地球第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度,所以卫星在停泊轨道的环绕速度不可能大于第一宇宙速度,选项A错误;卫星从转移轨道进入同步轨道,需要在远地点Q点火加速,选项B正确;根据万有引力提供向心力可得Gm地mr2=ma,Gm地mr2=mv2r,可得a=Gm地r2,v=Gm地r,可知卫星在停泊轨道的加速度大于地球同步轨道的加速度,卫星在停泊轨道的速度大于地球同步轨道的速度,选项C、D错误。 3.无地面网络时,某手机可连接天通一号进行卫星通话。天通一号目前由01、02、03共三颗地球同步卫星组网而成,分别定位于东经101.4度、东经125度、东经81.6度。已知地球半径为R,地球表面的重力加速度为g,同步卫星运行的周期为T,下列说法正确的是(　　) A.若03星加速,则一定可以追上01星 B.三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度小 C.三颗卫星的轨道半径一定都是3gR2T24π2 D.三颗卫星的线速度大小一定都是32πgT2R2 答案:C 解析:若03星加速,则轨道半径会增大,无法追上01星,选项A错误;地球同步卫星与地球赤道上物体的角速度相等,由v=ωr可知,三颗卫星的线速度一定比赤道上地面物体的线速度大,选项B错误;由Gm地mr2=m2πT2r,Gm地mR2=mg,可得三颗卫星的轨道半径一定都是r=3gR2T24π2,选项C正确;由v=2πrT得三颗卫星的线速度大小v=32πgR2T,选项D错误。 4.如图所示,某同学保持用手掌平托苹果的姿势,使苹果在竖直平面内按顺时针方向做匀速圆周运动,a、c为最低和最高点,b、d和圆心等高,下列说法正确的是(　　) A.苹果运动一周的过程中,始终处在平衡状态 B.苹果在a点处于失重状态,在c点处于超重状态 C.苹果在b点受到的摩擦力大小等于在d点受到的摩擦力大小 D.d到a过程中苹果处在失重状态,a到b过程中苹果处在超重状态 答案:C 解析:苹果运动一周的过程中,始终有指向圆心的加速度,不处于平衡状态,选项A错误;苹果在a点有向上的加速度,处于超重状态,在c点有向下的加速度,处于失重状态,选项B错误;苹果在b点和在d点摩擦力提供做圆周运动的向心力,由于苹果做匀速圆周运动,则所需向心力大小不变,可知苹果在b点受到的摩擦力大小等于在d点受到的摩擦力大小,选项C正确;d到a过程中和a到b过程中苹果都有向上的加速度,处于超重状态,选项D错误。 5.如图所示,匀速向右运动的卡车用跨过光滑定滑轮的轻绳提升物块A,则物块A到达滑轮之前(　　) A.做匀速运动 B.做加速运动 C.绳的拉力变大 D.绳的拉力不变 答案:B 解析:将卡车的速度分解到沿绳子方向的分速度和垂直绳子方向的分速度,则有vA=v汽cos θ,由于卡车速度保持不变,向右运动过程,绳子与水平方向的夹角θ逐渐减小,则cos θ逐渐增大,所以物块A到达滑轮之前做加速运动;当θ减小到趋近0°时,物块A的速度趋近等于汽车速度,可知物块A向上做加速度逐渐减小的加速运动,根据牛顿第二定律可得FT-mg=ma,可知绳的拉力逐渐变小,选项B正确。 6.一宇宙飞船绕火星表面做匀速圆周运动,运转周期为T,引力常量为G,则火星的平均密度为(　　) A.GT23π B.3πGT2 C.GT24π D.4GT2 答案:B 解析:宇宙飞船绕火星表面做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得Gm0mR2=m2πT2R,火星的密度ρ=m043πR3,解得ρ=3πGT2,选项B正确,A、C、D错误。 7.如图所示,水平圆盘绕过圆心O的竖直轴以角速度ω匀速转动,三个小木块A、B、C放置在圆盘上面的同一直径上,已知A、B和C的质量均为m,与圆盘间动摩擦因数均为μ,OA、OB、BC之间的距离均为L,若圆盘从静止开始缓慢加速,小木块A、B、C均和圆盘保持相对静止,重力加速度为g,设滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力,则下列说法正确的是(　　) A.圆盘转速增大到某一值时,小木块A、B将同时向圆心滑动 B.随着角速度ω不断增大,小木块打滑的顺序依次是A、B、C C.若小木块A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度大于2gμL时,小木块A、B将一起滑动 D.若小木块B、C之间用一根长L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度大于2gμ3L时,小木块B将滑动 答案:D 解析:已知小木块A、B和C的质量均为m,三个小木块与圆盘间动摩擦因数均为μ,OA、OB、BC之间的距离均为L,由牛顿第二定律可知μmg=mLωA2,μmg=mLωB2,μmg=m×2LωC2,可得小木块A、B和C的临界角速度分别为ωA=μgL,ωB=μgL,ωC=μg2L,即ωA=ωB>ωC,其中ω=2πn,故圆盘转速增大到某一值时,小木块A、B将同时背离圆心做离心滑动;随着角速度ω不断增大,木块打滑的顺序依次是C先滑动,然后是A、B一起滑动,选项A、B错误;若小木块A、B之间用一根长2L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度为ω=2μgL时,小木块A需要的向心力为FA=mLω2=2μmg,小木块B受到的向心力FB=mLω2=2μmg,小木块A、B的摩擦力同时达到最大值后,接着角速度继续增大,对小木块A有FT-μmg=mLω2,对小木块B有FT-μmg=mLω2,可知需要提供的绳子拉力相等,除非绳子达到最大限度断了,否则小木块A、B与圆盘不会相对滑动,选项C错误;若B、C之间用一根长L的轻绳连接起来,则当圆盘转动的角速度为ω=2μg3L>ωC=μg2L,对小木块B由牛顿第二定律FfB-FT'=mLω2,对C由牛顿第二定律μmg+FT'=m×2Lω2,联立解得FfB=μmg,即小木块B将滑动,选项D正确。 8.某篮球运动员正在进行投篮训练,如图所示,A点是篮球的投出点,B点是篮球的投入点。已知篮球在A点的初速度为v0,与水平方向的夹角为60°,AB连线与水平方向的夹角为30°,重力加速度为g,不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.篮球在飞行过程中距A点的最大高度为v028g B.篮球从A点飞行到B点过程中,离AB连线最远时的速度大小为36v0 C.篮球从A点运动到B点的时间为33gv0 D.AB之间的距离为2v023g 答案:D 解析:篮球在飞行过程中距A点的最大高度为h=(v0sin60°)22g=3v028g,选项A错误;离AB连线最远时,篮球速度与AB平行,由于篮球在水平方向上做匀速直线运动,则vcos 30°=v0cos 60°,得v=33v0,选项B错误;水平方向x=v0tcos 60°,竖直方向y=v0tsin 60°-12gt2,又tan 30°=yx,得t=233gv0,AB间距离为l=x2+y2,得l=2v023g,选项C错误,D正确。 9.如图甲所示,质量为0.2 kg的物体受到水平向右的拉力F,以4 m/s的初速度从A点向右运动,F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.3,重力加速度g取10 m/s2,在运动过程中物体的最大速度为(　　) A.58 m/s B.42 m/s C.34 m/s D.32 m/s 答案:A 解析:由题中图像可知,拉力减小时表达式为F=F0+kx=1.8+0-1.812-6(x-6)(N)=3.6-0.3x(N), 物体受到的滑动摩擦力大小为Ff=μmg=0.3×0.2×10 N=0.6 N, 当物体所受合力为零时,物体的速度最大,即F=Ff时物体速度最大,则有3.6-0.3x(N)=0.6 N,解得x=10 m, F-x图线与坐标轴围成图形的面积等于拉力对物体做的功,设物体的最大速度为vm,由题中图像可知,物体速度最大时,拉力对物体做功为W'=12×1.8×6 J+12×(1.8+0.6)×(10-6) J=10.2 J, 从物体开始运动到速度最大的过程中,由动能定理得W'-μmgx=12mvm2−12mv02,代入数据解得vm=58 m/s,选项A正确。 10.如图甲所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小Ff恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(　　) A.m=0.7 kg,Ff=0.5 N B.m=0.7 kg,Ff=1.0 N C.m=0.8 kg,Ff=0.5 N D.m=0.8 kg,Ff=1.0 N 答案:A 解析:0~10 m内物块上滑,由动能定理得 -mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0 整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s 结合0~10 m内的图像得,斜率的绝对值 |k|=mgsin 30°+Ff=4 N 10~20 m内物块下滑,由动能定理得 (mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek 整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1 结合10~20 m内的图像得 斜率k'=mgsin 30°-Ff=3 N 联立解得 Ff=0.5 N m=0.7 kg 选项A正确。 二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分) 11.如图甲所示,用一轻质绳拴着一质量为m的小球,在竖直平面内做圆周运动(不计一切阻力),小球运动到最高点时绳对小球的拉力为FT,小球在最高点的速度大小为v,其FT-v2图像如图乙所示,则(　　) A.轻质绳长为mba B.当地的重力加速度为ma C.当v2=c时,轻质绳的拉力大小为acb-a D.当v2=2b时,小球受到的弹力与重力相等 答案:ACD 解析:设绳长为R,由牛顿第二定律知,小球在最高点满足FT+mg=mv2R, 即FT=mRv2-mg, 由题图乙知,当v2=0时,FT=-a,则有a=mg,当v2=b时,FT=0,则有b=gR, 所以g=am,R=mba, 选项A正确,B错误; 当v2=c时,有FT+mg=mcR, 将g和R的值代入得FT=acb-a, 选项C正确; 当v2=2b时,由FT+mg=mv2R, 可得FT=a=mg, 故弹力与重力相等,选项D正确。 12.轻绳的一端固定于O点,另一端系一小球。现将轻绳拉直,让小球从与O点等高的A点静止释放。不计空气阻力,重力加速度大小为g,小球从A点运动到最低点B的过程中(　　) A.竖直方向上加速度的最大值为2g,最小值为0 B.竖直方向上加速度的最大值为3g,最小值为g C.竖直方向上的加速度最小时,重力的瞬时功率最大 D.竖直方向上的加速度最小时,重力的瞬时功率最小 答案:AC 解析:小球在刚刚开始运动时,只受重力,根据牛顿第二定律mg=ma1,可得竖直方向上的加速度为a1=g,在最低点时mgl=12mv2,此时向心加速度a2=v2l=2g,即小球的竖直加速度先减小后增加,最大值为2g,最小值为0,选项A正确,B错误;竖直方向上的加速度最小时,速度最大,根据PG=mgvy,可知重力的瞬时功率最大,选项C正确,D错误。 13.如图所示,某次空中投弹的军事演习中,战斗机在M点的正上方离地面H高处以水平速度v1=0.9 km/s发射一颗炮弹1,经20 s击中地面目标P。若地面拦截系统在炮弹1发射的同时在M点右方水平距离s=1 500 m的地面上的N点,以速度v2竖直发射拦截炮弹2恰好成功拦截。若不计空气阻力,炮弹可视为质点,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.战斗机发射炮弹时离地高度为2 000 m B.M点到P点的距离为1 800 m C.炮弹从发射到拦截的时间为43 s D.炮弹2的初速度大小v2=1.2 km/s 答案:AD 解析:炮弹1做平抛运动,竖直方向有H=12gt02=12×10×202 m=2 000 m,选项A正确;水平方向有s0=v1t0,解得M点与P点的水平距离为s0=18 km,选项B错误;炮弹1做平抛运动,炮弹2做竖直上抛运动,若要拦截成功,则两炮弹必定在空中相遇,以竖直方向做自由落体运动的物体为参考系,炮弹2匀速上升。相遇时间t2=Hv2,水平方向上,炮弹1做匀速直线运动,与炮弹2相遇的时间t1=sv1=1 500900 s=53 s,选项C错误;拦截成功时,t1=t2,则v2=Hsv1=2 0001 500×900 m/s=1 200 m/s=1.2 km/s,故D正确。 三、非选择题(本题共7小题,共58分) 14.(6分)某实验小组在验证机械能守恒定律中,设计了如图所示的实验装置,由倾角为θ的平滑导轨、小车(带遮光条)和光电门组成。 (1)在轨道上安装两个光电门,从刻度尺中测算出光电门间的距离L=　　　 cm,用游标卡尺测量出遮光条的宽度为d。  (2)小车从轨道某固定位置释放,记录小车经过光电门1的遮光时间为t1,经过光电门2的遮光时间为t2,则小车经过光电门1的速度为　　　　(用题目中的符号表示)。若满足关系式　　　　　　　　　(用字母d、t1、t2、L、g和θ表示)即可验证机械能守恒。  答案:(1)20.55 (2)dt1　gLsin θ=d221t22-1t12 解析:(1)第一个读数是15.45 cm,第二个读数是36.00 cm,因此答案是20.55 cm。 (2)小车经过光电门1的速度为v1=dt1,假设小车由光电门1到光电门2的下滑过程中机械能守恒,则有mgLsin θ=12mv22−12mv12, 又v2=dt2, 联立解得gLsin θ=d221t22-1t12。 15.(6分)探究小组的同学在某星球模拟实验舱内,利用如图甲所示的装置对平抛运动进行探究。在悬点O的正下方P点处设有水平放置的炽热电热丝,当悬线摆至电热丝处时能被瞬间熔断,由于惯性,小球将做平抛运动。利用频闪数码照相机对小球的运动连续拍摄,在有坐标纸的背景屏前,拍下了小球做平抛运动过程的多张照片,经合成后,照片如图乙所示。已知a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置,照相机连续拍照的时间间隔是0.10 s,坐标纸方格实际尺寸如图乙中的坐标所示,则: (1)小球运动到图乙中位置b时,其速度的水平分量大小为　　　　 m/s,竖直分量大小为　　　　　 m/s。  (2)该星球模拟实验舱内的重力加速度大小为　　　　　 m/s2(结果保留2位有效数字)。  答案:(1)0.4　0.6 (2)4.0 解析:(1)小球水平方向做匀速直线运动,小球运动到题图乙中位置b时,其速度的水平分量大小为vx=xt=4×10-20.1 m/s=0.4 m/s, 小球竖直方向做自由落体运动,根据时间中点的速度等于这段时间的平均速度,可得小球速度的竖直分量大小为vy=yac2t=12×10-22×0.1 m/s=0.6 m/s。 (2)根据Δy=gt2,可得该星球模拟实验舱内的重力加速度大小为g=Δyt2=(12-4)-40.12×10-2 m/s2=4.0 m/s2。 16.(8分)某同学利用图甲所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后,挂上钩码,钩码下落,带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图乙所示。 甲 乙 (1)已知打出图乙中相邻两点的时间间隔为0.02 s,从图乙给出的数据中可以得到,打出B点时小车的速度大小vB=　　　　 m/s,打出P点时小车的速度大小vP= 　　　　 m/s。(结果均保留两位小数)  (2)若要验证动能定理,除了需测量钩码的质量和小车的质量外,还需要从图乙给出的数据中求得的物理量为　　　　　　　。  答案:(1)0.36　1.80　(2)B、P之间的距离 解析:(1)本题考查验证动能定理实验的数据处理,根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得,打出B点时小车的速度大小vB=Δx2T=4.00-2.562×0.02×10-2 m/s=0.36 m/s;同理可得,打出P点时小车的速度大小vP=57.86-50.662×0.02×10-2 m/s=1.80 m/s。 (2)要验证动能定理,设小车的质量为m0,钩码的质量为m,则小车从B点到P点动能的变化量ΔEk=m0vP22-m0vB22,钩码的质量远小于小车的质量时,钩码的重力近似等于小车所受的合力,故合力做功W合=mghBP,所以需要测量B、P之间的距离。 17.(8分)抛石机是古代远程攻击的一种重型武器,某同学制作了一个简易模型,如图所示。支架固定在地面上,O为转轴,长为L的轻质硬杆A端的凹槽内放置一质量为m的石块,B端固定质量为20m的重物,AO=0.9L,OB=0.1L。为增大射程,在重物上施加一向下的瞬时作用力后,硬杆绕O在竖直平面内转动。硬杆转动到竖直位置时,石块立即被水平抛出,此时石块的速度为9gL,石块直接击中前方倾角为15°的斜坡,且击中斜坡时的速度方向与斜坡成60°角。重力加速度为g,忽略空气阻力影响,求: (1)石块击中斜坡时的速度; (2)石块抛出后在空中运动的水平距离。 答案:(1)92gL,与水平方向成45°角 (2)81L 解析:(1)设石块击中斜坡时的速度为v2,将v2分解如图所示, 根据几何知识可得cos (60°-15°)=v1v2, 解得石块击中斜坡时的速度大小为v2=92gL, 与水平方向成45°角。 (2)根据几何知识可得tan(60°-15°)=vyv1, 石块在空中运动的时间为t=vyg, 石块抛出后在空中运动的水平距离x=v1t, 联立可得x=81L。 18.(8分)如图所示,某滑板运动者在距地面高度h=0.8 m的平台上滑行,从A点水平离开后落在水平地面上的B点,其水平位移s=2 m。由于人与滑板着地时存在机械能损失,着地后速度大小变为v=3 m/s,方向水平向右,在水平地面滑行一段距离后停止。已知人与滑板的总质量m=50 kg,人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小为Ff=50 N,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求: (1)人与滑板离开平台时的水平初速度v0; (2)人与滑板在水平地面滑行的距离s1; (3)人与滑板在着地过程中损失的机械能ΔE。 答案:(1)5 m/s (2)4.5 m (3)800 J 解析:(1)根据平抛运动的规律,有 h=12gt2, s=v0t, 解得t=0.4 s, v0=5 m/s。 (2)人在水平面上滑行,根据动能定理,有-Ffs1=0-12mv2, 解得s1=4.5 m。 (3)设人与滑板着地时的速度为vt,根据动能定理有mgh=12mvt2−12mv02, 解得vt=41 m/s, 人与滑板在着地过程中损失的机械能为ΔE=12mvt2−12mv2=800 J。 19.(10分)如图所示,在足够大的转盘中心固定一个物块B,距离中心为r0=0.2 m处放置物块A,物块A、B质量均为m=1 kg,物块A与转盘之间的动摩擦因数为μ1=0.5,现在用原长为d=0.2 m、劲度系数为k=40 N/m的轻质弹簧将两者拴接,重力加速度g取10 m/s2,假设弹簧始终处于弹性限度以内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则: (1)缓慢增加转盘转动的角速度,求物块A即将打滑时的ω0; (2)若转盘的角速度ω1=6 rad/s,物块A可以放置在离中心距离不同的位置上,且物块A始终不打滑,求满足条件的物块A的转动半径rA的大小范围; (3)若物块B解除固定状态,物块B和转盘间动摩擦因数为μ2=0.2,现将转盘角速度从0开始缓慢增大,为了保证物块B不打滑,求满足条件的转盘角速度ω2的大小范围。 答案:(1)5 rad/s (2)0.75 m≤rA≤3.25 m (3)ω2≤27 rad/s 解析:(1)设转盘的角速度为ω0时,物块A将开始滑动,则 μ1mg=mr0ω02, 解得ω0=5 rad/s。 (2)物块A放置在离中心距离不同的位置上弹力不同,由临界条件可得 F1+Ff=mr1ω12, F2-Ff=mr2ω12, Ff=μ1mg, 由胡克定律可知F1=k(r1-r0), F2=k(r2-r0), 代入数值解得r1=0.75 m,r2=3.25 m, 故满足条件的物块A的转动半径rA的大小范围是0.75 m≤rA≤3.25 m。 (3)若物块B解除固定状态,则物块B刚好滑动时弹簧拉力为F3,则对物块B有 F3=μ2mg=2 N, 由胡克定律可知F3=k(r3-r0), 可得r3=0.25 m, 对物块A受力分析,为了保证物块B不打滑,则有F3+μ1mg≥mr3ω22, 可得ω2≤27 rad/s。 20.(12分)极限运动深受大家喜爱,但是过于危险,为了模拟极限运动的情况,物理小组进行了如图所示的实验,竖直平面内的34圆弧形光滑轨道半径为R=2 m,A端与圆心O等高,AD为与水平方向成45°角的斜面,B端在O点的正上方,一个质量m=1 kg的小球在A点正上方3 m处由静止开始释放,自由下落至A点后进入圆形轨道并恰好能沿圆形轨道到达B点,最后落到斜面上C点,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)小球进入圆轨道A点的瞬间,对轨道的压力大小; (2)小球从B点运动到C点所用的时间t; (3)小球平抛过程中BC边最远的距离。 答案:(1)30 N (2)255 s (3)22 m 解析:(1)根据题意,小球从静止自由下落到A点,由机械能守恒定律有mgh=12mvA2, 设小球进入圆轨道A点的瞬间,轨道对小球的支持力为FN,则有 FN=mvA2R, 联立解得FN=3mg=30 N, 由牛顿第三定律可得,小球进入圆轨道A点的瞬间,对轨道的压力为 FN'=FN=30 N。 (2)根据题意可知,小球恰好能沿圆形轨道到达B点,在B点有 mg=mvB2R, 解得vB=25 m/s, 小球从B点运动到C点做平抛运动,则有 x=vBt,y=12gt2,tan 45°=yx, 解得t=255 s。 (3)小球离开B点后,当垂直于斜面方向的速度为零时离斜面最远,分解vB,如图所示。 则有v=vBcos 45°=10 m/s, 又有g'=gcos 45°=22g, 小球平抛过程中离BC边最远的距离d=v22g'=22 m。