2024年高考物理大一轮复习：第3课时 力与曲线运动(一)-平抛运动模型

第3课时力与曲线运动(一)——平抛运动模型物体的平抛运动1.必须夯实的“2个基础点和1个模型”(1)运动的合成与分解、平抛运动的特点及规律；(2)平抛运动模型。2.必须领会的“3种物理思想和3种方法”(1)分解思想、临界值的思想、等效思想；(2)假设法、合成法、正交分解法。3.必须辨明的“2个易错易混点”(1)两个直线运动的合运动不一定是直线运动；(2)做平抛运动的物体，速度方向与位移方向不相同。命题角度一平抛运动的规律【例1】如图1所示，网球运动员发球时以某一速度将球水平击出，网球飞行一段时间后落地。若不计空气阻力，则()图1A.初速度越大，球在空中飞行的时间越长B.下落过程中球处于超重状态C.下落过程中重力对球做功的功率不变D.下落过程中相同时间内球的速度变化量相同解析网球运动员发球时以某一速度将球水平击出，网球做平抛运动，根据平抛运动规律可知，初速度与球在空中飞行的时间无关，选项A错误；网球在下落过程中，加速度方向竖直向下，处于失重状态，选项B错误；下落过程中网球竖直方向的分速度逐渐增大，根据功率公式可知，重力对球做功的功率逐渐增大，选项C错误；网球下落过程中加速度不变，根据加速度的定义可知，相同时间内球的速度变化量相同，选项D正确。答案D命题角度二多物体的平抛运动问题【例2】如图2是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a和b从同一点抛出。不计空气阻力，则()图2A.a和b的飞行时间相同B.b的飞行时间比c的短C.a的水平初速度比b的小D.c的水平初速度比a的大解析由题图可知b下落的高度比a的大，根据t＝eq\r(\f(2h,g))可知，b飞行的时间较长，根据v0＝eq\f(x,t)，可知a、b的水平位移相同，则a的水平初速度比b的大，选项A、C错误；b下落的高度比c的大，则b飞行的时间比c的长，选项B错误；a下落的高度比c的大，则a飞行的时间比c的长，根据v0＝eq\f(x,t)，可知a、c的水平位移相同，则a的水平初速度比c的小，选项D正确。答案D命题角度三平抛运动与斜面结合问题【例3】(多选)冬季滑雪是人们喜欢的一种运动。如图3所示，某运动员从斜坡顶端A点沿水平方向以初速度v0滑出，恰好落在斜坡底端B点，已知斜坡倾角为θ，不计空气阻力，若运动员水平初速度的大小改为eq\f(v0,2)，方向不变，再次从A点滑出，下列说法正确的是()图3A.运动员前、后两次到达斜坡上的位移之比为eq\r(2)∶1B.运动员前、后两次到达斜坡上的时间之比为2∶1C.运动员前、后两次到达斜坡上时速度方向与斜坡夹角之比为2∶1D.运动员前、后两次到达斜坡上时的动能之比为4∶1题眼点拨①“沿水平方向以初速度v0滑出”eq\o(→,\s\up7(建模))运动员做平抛运动②“两次都落在该斜面上”eq\o(→,\s\up7(信息转化))解析由题意知，运动员从A点滑出后做平抛运动，设运动员前、后两次做平抛运动的水平、竖直位移分别是x1、x2和y1、y2，则tanθ＝eq\f(y1,x1)＝eq\f(y2,x2)，又eq\f(y1,x1)＝eq\f(gt1,2v0)，可知运动员前、后两次到达斜坡上的时间之比t1∶t2＝2∶1，所以水平位移之比x1∶x2＝4∶1，竖直位移之比y1∶y2＝4∶1，则运动员前、后两次到达斜坡上的位移之比也为4∶1，选项A错误，B正确；运动员前、后两次落到斜坡上时速度方向与水平方向的夹角相同，则其与斜坡夹角也相同，选项C错误；根据动能定理得mgy1＝Ek1－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，mgy2＝Ek2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)，则运动员前、后两次到达斜坡上时的动能之比为Ek1∶Ek2＝eq\f(gy1＋\f(1,2)veq\o\al(2,0),gy2＋\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))\s\up12(2))＝4∶1，选项D正确。答案BD1.(多选)如图4所示，将a、b两小球以大小均为10eq\r(6)m/s的初速度分别从A、B两点相差1s先后水平相向抛出(A点比B点高)，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，此时速度方向相互垂直，不计空气阻力，取g＝10m/s2。则从a小球抛出到两小球相遇，a小球下落的时间t和高度h分别是()图4A.t＝2s B.t＝3s C.h＝45m D.h＝20m解析a经过t时间两球的速度方向相互垂直，此时b运动时间为(t－1)s，如图所示，根据几何关系可得，对a球：tanθ＝eq\f(v0,gt)；对b球：tanθ＝eq\f(g（t－1）,v0)，代入数据得t＝3s。下落的高度h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×32m＝45m。答案BC2.在某次“飞车表演”特技活动中，表演汽车连同驾驶员的总质量为1.2×103kg，先通过一个斜面加速，斜面的末端平滑连接一个半径为R＝160m的曲面路面，汽车在最高点A处恰好腾空飞离路面，而后沿水平方向飞出，如图5所示，空气阻力忽略不计，最后汽车垂直撞在安全接收区搭建的斜面上，斜面的倾角为53°，重力加速度g取10m/s2，(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)则：图5(1)汽车腾空前瞬间的速度多大？(2)汽车在空中飞行的时间？(3)汽车从腾空到落在斜面上，在水平方向上运动的距离多大？解析(1)对汽车在路面最高点A有mg＝meq\f(v2,R)整理代入数据得v＝eq\r(gR)＝40m/s。(2)汽车腾空后可看成做平抛运动，则由题得v⊥＝gt＝eq\f(v,tan53°)＝30m/s，t＝3s。(3)对汽车，水平方向上有x＝vt＝120m。答案(1)40m/s(2)3s(3)120m带电粒子在电场中的偏转1.必须领会的“4种方法和2种物理思想”(1)对称法、合成法、分解法、临界法；(2)等效思想、分解思想。2.必须辨明的“3个易错易混点”(1)带电粒子通过不同场区的交界处时的速度，既是前一个区域的末速度，也是后一个区域的初速度；(2)带电体的重力是否忽略要根据具体问题确定；(3)要注意挖掘题目中的隐含条件，比如“恰好”“最大”“最高”“至少”等词汇。命题角度一带电粒子在电场中的类平抛运动【例1】(2019·全国卷Ⅲ，24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq\f(t,2)。重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。解析(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)。③(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)④且有v1·eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)。答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)命题角度二带电粒子在组合电场中的类平抛运动【例2】如图6所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限分别存在匀强电场E1、E2，电场E1的场强大小E＝eq\f(4,3)×103V/m，方向与x轴负方向成60°角斜向下。电场E2的场强大小未知，方向与x轴负方向成30°角斜向上。比荷为1.0×105C/kg的带正电粒子从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为104m/s。不计粒子的重力。图6(1)求P、O两点间的电势差；(2)粒子进入电场E1时，在电场E1某位置静止释放另外一个完全相同的带电粒子，使两粒子在离开电场前相遇，若相遇时所需时间最长，求在电场E1静止释放粒子的位置坐标。解析(1)带电粒子由P点运动到O点，根据动能定理有qUPO＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得UPO＝500V。(2)粒子在进入电场E1后做类平抛运动，设离开电场E1时与O点的距离为L，如图所示，则Lcos30°＝v0tLsin30°＝eq\f(qE1,2m)t2解得L＝1m由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场E1时的速度方向所在的直线上的OM段上任一点释放粒子，均可使两者在离开电场前相遇，若相遇所需时间最长，则应在M点静止释放另一带电粒子。OM＝Lcos30°故M点的横坐标为xM＝OM·cos30°M点的纵坐标为yM＝OM·sin30°解得静止释放另一带电粒子的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m，\f(\r(3),4)m))。答案(1)500V(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m，\f(\r(3),4)m))1.如图7所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该()图7A.使U2加倍 B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的eq\r(2)倍 D.使U2变为原来的eq\f(1,2)解析设平行金属板的长度为L，板间距离为d，则偏转距离y＝eq\f(U2L2,4dU1)。U1加倍后，若使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍。选项A正确。答案A2.位于竖直平面内的直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，第一象限的角平分线OA的上方存在有界匀强电场，电场强度E1＝eq\f(3mg,q)，方向竖直向下，第二象限内有另一匀强电场E2，电场方向与x轴正方向成45°角斜向上，如图8所示。有一质量为m、电荷量为＋q的带电小球在水平细线的拉力作用下恰好静止在坐标(－l，6l)的P处。现剪断细线，小球从静止开始运动，先后经过两电场后，从A点进入无电场区域，最终打在x轴上D点，已知重力加速度为g，试求：图8(1)电场E2的电场强度；(2)A点的位置坐标；(3)到达D点时小球的动能。解析(1)小球在第二象限内静止，则有mg＝qE2sin45°解得E2＝eq\f(\r(2)mg,q)。(2)设进入第一象限的初速度为v0，在第二象限内由动能定理可得qE2cos45°l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gl)设A点的坐标为(x，y)，由于A点在第一象限角平分线上，则有y＝x小球进入第一象限的电场，做类平抛运动，x＝v0t，qE1＋mg＝ma6l－y＝eq\f(1,2)at2由以上各式可得x＝2lA点的位置坐标为(2l，2l)。(3)从P到D全过程运用动能定理得Ek＝qE2lcos45°＋qE1(6l－2l)＋6mgl＝19mgl。答案(1)eq\f(\r(2)mg,q)(2)(2l，2l)(3)19mgl抛体运动中的STSE问题命题角度一体育运动【例1】(多选)乒乓球在我国有广泛的群众基础，并有“国球”的美誉，里约奥运会乒乓球男子单打决赛，马龙战胜上届冠军张继科夺得冠军，成为世界上第五个实现大满贯的男子选手。如图9所示，已知球台长L、网高h，若球在球台边缘O点正上方某高度处，以一定的垂直于球网的水平速度发出，球反弹后恰好在最高点时越过球网。假设乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力。则根据以上信息可以求出(设重力加速度为g)()图9A.球的初速度大小B.发球时的高度C.球从发出到第一次落在球台上的时间D.球从发出到被对方运动员接住的时间解析球从发出至到达P1点，做平抛运动，根据运动的对称性知，发球的高度等于h，根据h＝eq\f(1,2)gt2得，球从发出到第一次落到球台上的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，球的初速度v0＝eq\f(\f(L,4),t)＝eq\f(L,4)eq\r(\f(g,2h))，选项A、B、C正确；由于对方运动员接球的位置未知，无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间，选项D错误。答案ABC命题角度二滑雪运动【例2】(多选)跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图10所示。一次比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g。只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失。由以上信息可以求出()图10A.运动员在空中飞行的时间B.A、B之间的高度差C.运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功D.C、D两点之间的水平距离解析运动员由B到C的过程做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，则h＝eq\f(1,2)gt2，解得运动员在空中飞行的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，A正确；设A、B之间的高度差为H，运动员由B到C的水平分运动为匀速直线运动，则有eq\f(h,tanθ)＝v0t，解得v0＝eq\f(1,tanθ)eq\r(\f(gh,2))，对运动员由A到B的过程，由机械能守恒定律得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得H＝eq\f(h,4tan2θ)，B正确；设运动员在停止区克服阻力做的功为Wf，则运动员由A到D的过程，由动能定理得mg(H＋h)－Wf＝0，解得Wf＝mgheq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4tan2θ)＋1))，C正确；由题给信息不能求出C、D两点之间的水平距离，D错误。答案ABC命题角度三生活科技【例3】喷墨打印机的简化模型如图11所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()图11A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与带电荷量无关解析微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，A错误；电场力做正功，电势能减小，B错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿v方向x＝vt，沿电场方向y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，得y＝eq\f(qU,2mv2d)x2，即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，C正确，D错误。答案C情境类问题求解“三步曲”1.转化：把题目中高科技或者生活的知识转化为物理知识。2.建模：把物理知识和已有的物理模型对应起来。3.对应：找到模型对应的物理规律，列出原始方程。A卷提能小卷练一、选择题1.如图所示，一小球在光滑的水平面上以v0向右运动，运动中要穿过一段水平向北的风带ab，经过风带时风会给小球一个向北的水平恒力，其余区域无风力，则小球通过风带及过后的轨迹正确的是()答案B2.a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射，运动轨迹如图1。若a、b的偏转时间相同，则a、b一定相同的物理量是()图1A.比荷 B.入射速度C.入射动能 D.入射动量解析带电粒子在电场中做类平抛运动，垂直板方向做匀加速直线运动，偏转时间相同，偏转量相同，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,dm)t2，两板间电压、距离、运动时间相等，则a、b一定相同的物理量是比荷，故A正确，B、C、D错误。答案A3.(2019·江苏徐州模拟)如图2所示，在投球游戏中，小红坐在可升降的椅子上，向正前方的圆桶水平抛出篮球。已知某次抛出点的实际高度为2.0m，桶的高度为0.4m，桶的中心到抛出点的水平距离为1.6m，篮球恰好落入桶内，篮球质量为500g，不计球运动过程中受到的空气阻力，小红对篮球做功约为()图2A.0.2J B.2J C.20J D.200J解析篮球做平抛运动，因为恰好落入桶中，故在水平方向上有x＝v0t，在竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，人对篮球做的功等于篮球抛出时具有的动能，W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故联立解得W＝2J，B正确。答案B4.我国已在陕西省西安市的阎良机场建立了一座航空母舰所使用的滑跳式甲板跑道，用来让飞行员练习在航空母舰上的滑跳式甲板起飞。如图3所示的AOB为此跑道纵截面示意图，其中AO段水平，OB为抛物线，O点为抛物线的顶点，抛物线过O点的切线水平，OB的水平距离为x，竖直高度为y。某次训练中，观察战机(视为质点)通过OB段时，得知战机在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t，则战机离开B点的速率为()图3A.eq\f(x,t) B.eq\f(y,t)C.eq\f(\r(x2＋y2),t) D.eq\f(\r(x2＋4y2),t)解析战机的运动轨迹是抛物线，当水平方向做匀速直线运动时，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则战机到达B点时的水平分速度大小vx＝eq\f(x,t)，竖直分速度大小vy＝eq\f(2y,t)，合速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\f(\r(x2＋4y2),t)，选项D正确。答案D5.如图4所示，A、B两个位置上安装有两个平抛弹射器，弹射器先后向右水平弹射小球a、b，两个球恰好以相同的速度方向落在水平地面的同一C点上(C点没有画出)。已知A、B两点到地面的高度之比为9∶4。a、b两个小球的初速度之比为()图4A.3∶2 B.9∶4C.8∶27 D.不能确定解析由平抛运动规律，h＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(2gh),v0)，所以v0＝eq\f(\r(2gh),tanθ)，即a、b两小球的初速度之比为3∶2，故选项A正确。答案A6.(多选)如图5所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场区域的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是()图5A.带电粒子在Q点的电势能为－qUB.带电粒子带负电C.此匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D.此匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)U,3d)解析由题图，粒子的运动轨迹向上弯曲，则粒子所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，B错误；粒子从P到Q，电场力做正功为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故A正确；设带电粒子在P点时的速度为v0，粒子在电场中做类平抛运动，在Q点vy＝eq\r(3)v0，粒子在电场方向上的位移为y＝eq\f(\r(3)v0,2)t，水平方向d＝v0t，解得y＝eq\f(\r(3)d,2)，则场强为E＝eq\f(U,y)，联立解得E＝eq\f(2\r(3)U,3d)，故C正确，D错误。答案AC二、非选择题7.如图6所示，Ⅰ、Ⅱ为极限运动中的两部分赛道，其中Ⅰ的AB部分是竖直平面内半径为R的四分之一光滑圆弧赛道，最低点B的切线水平；Ⅱ上CD是倾角为30°的斜面，最低点C处于B点的正下方，B、C两点距离也等于R。质量为m的极限运动员(可视为质点)从AB上P点由静止开始滑下，恰好垂直CD落到斜面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：图6(1)极限运动员落到CD上的位置与C点的距离；(2)极限运动员通过B点时对圆弧轨道的压力；(3)P点与B点的高度差。解析(1)设极限运动员在B点的速度为v0，落在CD上的位置与C点的距离为x，在空中运动的时间为t，则xcos30°＝v0tR－xsin30°＝eq\f(1,2)gt2eq\f(v0,tan30°)＝gt解得x＝eq\f(4,5)R。(2)由(1)可解得v0＝eq\r(\f(2,5)Rg)设通过B点时轨道对极限运动员的支持力大小为FNFN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)根据牛顿第三定律得极限运动员对轨道的压力大小为FN′＝FN解得FN′＝eq\f(7,5)mg，方向竖直向下。(3)设P点与B点的高度差为h，则有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得h＝eq\f(1,5)R。答案(1)eq\f(4,5)R(2)eq\f(7,5)mg方向竖直向下(3)eq\f(1,5)RB卷高考标准练(20分钟48分)选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分。其中第1～5题为单项选择题，第6～8题为多项选择题)1.如图7所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从ABCD面上的小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在BCGF面上的1、2、3三点，则下列说法正确的是()图7A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴落到底板时的速率相同C.液滴3在真空盒中的运动时间最长D.三个液滴在真空盒中的运动时间一定相同解析三个液滴在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀加速直线运动，因此三个液滴在真空盒中做的不是平抛运动，故A错误；对液滴，由动能定理得qEx＋mgy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2（qEx＋mgy）,m))，由图示可知x3＞x2＞x1，由此可知，三个液滴落到底板时的速率不同，故B错误；将运动正交分解，三个液滴在水平方向做匀加速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据y＝eq\f(1,2)gt2，知t＝eq\r(\f(2y,g))，由于竖直方向的分位移大小相等，所以三个液滴运动时间一定相同，故C错误，D正确。答案D2.如图8所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为()图8A.eq\r(\f(3gR,2)) B.eq\r(\f(3\r(3)gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2)) D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))解析飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有vy＝v0tan30°，又vy＝gt，则得v0tan30°＝gt，t＝eq\f(v0tan30°,g)①，水平方向上小球做匀速直线运动，则有R＋Rcos60°＝v0t②，联立①②解得v0＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，选项B正确。答案B3.如图9，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向间夹角为30°，已知B、C两点间高度差为h，两小球质量相等，重力加速度为g，不计空气阻力，由以上条件可知()图9A.小球甲做平抛运动的初速度大小为2eq\r(\f(gh,3))B.甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶eq\r(3)C.A、B两点间高度差为eq\f(h,4)D.两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等解析小球乙从B点自由释放，B、C两点间高度差为h，小球乙经过C点时速度大小v＝eq\r(2gh)，小球甲从A点水平抛出，经过C点时速度方向与乙的速度方向间夹角为30°，且v′＝v＝eq\r(2gh)，小球甲平抛的初速度vx′＝v′sin30°＝eq\r(\f(gh,2))，故A错误；小球甲在C点的竖直分速度vy′＝v′cos30°，则A、C两点间的高度差h′＝eq\f(vy′2,2g)，解得h′＝eq\f(3,4)h，由y＝eq\f(1,2)gt2得所用时间之比eq\f(t甲,t乙)＝eq\f(\r(h′),\r(h))＝eq\f(\r(3),2)，故B错误；A、B两点间高度差为Δh＝h－h′＝eq\f(h,4)，C正确；两小球质量相等，则两小球在C点时重力的瞬时功率之比eq\f(P甲,P乙)＝eq\f(mgvy′,mgv)＝eq\f(\r(3),2)，故D错误。答案C4.(2019·蚌埠模拟)如图10甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()图10A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1解析粒子在两板之间的运动时间均为T，在t＝nT时刻进入的粒子的侧移量最大，考虑竖直分运动，在前半个周期是加速，后半个周期是匀速，设加速度为a，则位移为ymax＝eq\f(1,2)a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋aeq\f(T,2)·eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2，在t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T进入的粒子，考虑竖直分运动，在前半个周期速度为0，后半个周期匀加速，侧移量最小为ymin＝eq\f(1,2)a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)aT2，故ymax∶ymin＝3∶1，故A、B、D错误，C正确。答案C5.如图11所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B在C点的速度之比为()图11A.1∶1 B.1∶2C.eq\r(2)∶eq\r(5) D.eq\r(5)∶2eq\r(2)解析小球A做平抛运动，根据分位移公式，有x＝v1t①y＝eq\f(1,2)gt2②又tan45°＝eq\f(y,x)③联立①②③得v1＝eq\f(1,2)gt则小球A在C点的速度vA＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋（gt）2)＝eq\f(\r(5),2)gt小球B恰好垂直打到斜面上，则有tan45°＝eq\f(v2,vy)＝eq\f(v2,gt)则得v2＝gt则小球B在C点的速度vB＝eq\r(veq\o\al(2,2)＋（gt）2)＝eq\r(2)gt，则eq\f(vA,vB)＝eq\f(\r(5),2\r(2))，所以D正确。答案D6.将一抛球入框游戏简化如下：在地面上竖直固定一矩形框架，框架高1m、长3m，抛球点位于框架底边中点正前方2m处，离地高度为1.8m，如图12所示，假定球被水平抛出，方向可在水平面内调节，不计空气阻力，忽略框架的粗细，球视为质点，球要在落地前进入框内，则球被抛出的速度大小可能为()图12A.3m/s B.5m/sC.6m/s D.7m/s解析无论向哪个方向水平抛球，球都做平抛运动。当速度v最小时，球打在框架底边的中间位置，则有h2＝eq\f(1,2)gteq\o\a