专题一 考点3 力与物体的曲线运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 考点3　力与物体的曲线运动 考向一　曲线运动的条件和特征 1．(2023·全国乙卷)小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是(　　) 答案：D 解析：由图可知，小车做曲线运动，则其所受合力应指向运动轨迹即轨道的凹侧，故A、B错误；由题意可知，小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，则合力对小车一直做正功，故合力方向与小车运动方向(沿轨道切线向右)的夹角一直为锐角，故C错误，D可能正确。 考向二　运动的合成与分解 2.如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升，下列说法正确的是(　　) A．小球做匀速圆周运动 B．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为 C．棒的角速度逐渐增大 D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为 答案：D 解析：小球的实际运动垂直于棒指向左上方，如图所示，沿竖直方向的速度分量等于v，当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v实＝＝ωL，所以棒的角速度ω＝，平台向上运动，夹角α增大，速度v实减小，角速度ω减小，故A、B、C错误，D正确。 考向三　抛体运动规律的应用 3.如图所示，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(　　) A．1∶2 B．1∶1 C．∶ D．∶2 答案：D 解析：根据平抛运动规律知，A、B下落的高度相同，则所用时间相同，设为t，设A、B球抛出时速度分别为v1、v2。对A有x＝v1t，y＝gt2，又tan45°＝，联立得v1＝gt，则A在C点的速度vA＝＝gt；小球B恰好垂直打到斜面上，则有tan45°＝＝，得v2＝gt，则B在C点的速度vB＝＝gt，则＝，故A、B、C错误，D正确。 4.(多选)将相同的甲、乙两小球从O点水平抛出，均可以到达水平地面上的A点，在空中的运动轨迹如图所示。乙球与地面B点发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，取地面为零势能面，则甲、乙(　　) A．抛出时速度之比为3∶1 B．抛出时机械能之比为9∶1 C．从O到A的运动过程中运动时间之比为1∶1 D．从O到A的运动过程中所受重力的冲量之比为1∶3 答案：AD 解析：甲球做平抛运动，乙球先做平抛运动，与地面发生弹性碰撞后做斜抛运动，根据平抛运动规律及斜抛运动的对称性可知，乙球运动到A点的时间是甲球运动到A点时间的3倍，根据v0甲t甲＝v0乙t乙知，v0甲∶v0乙＝3∶1，故A正确，C错误；抛出时两球的重力势能大小相等且大于0，初速度之比为3∶1，则动能之比为9∶1，而机械能等于动能和重力势能之和，可知机械能之比不是9∶1，故B错误；从O到A，甲、乙两球运动的时间之比为1∶3，根据冲量I＝Ft知，重力的冲量之比为1∶3，故D正确。 考向四　圆周运动 5.一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图如图所示。P点和Q点位于同一条“经线”上，Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是(　　) A．P、Q的线速度大小相等 B．P、M的角速度大小相等 C．P、Q的向心加速度大小相等 D．P、M的向心加速度方向均指向O 答案：B 解析：P、Q、M三点围绕“地轴”做同轴转动，则三点的角速度大小均相等，B正确；图中球面上各点做圆周运动的半径为各点到地轴的垂直距离，因此有RP<RQ，根据v＝ωR，结合上述分析可知vP<vQ，根据a＝ω2R，结合上述分析可知aP<aQ，A、C错误；根据上述分析可知，M的向心加速度方向指向O，P的向心加速度方向指向P到“地轴”垂线的垂足，D错误。 6．如图甲所示，可视为质点的三个物体A、B和C放在水平圆盘上，用两根不可伸长的轻绳分别连接A、B和B、C。物体A、B、C与圆心距离分别为rA、rB和rC，已知mB＝1 kg，rB＝0.4 m，物体A、B、C与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘以不同角速度ω绕轴OO′匀速转动时，A、B之间绳中弹力T1和B、C之间绳中弹力T2随ω2的变化关系如图乙所示，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．物体A的质量mA＝1 kg B．物体C与圆心距离rC＝2 m C．当角速度为1 rad/s时，圆盘对B的静摩擦力大小为0.5 N D．当角速度为 rad/s时，A、B即将与圆盘发生相对滑动 答案：D 解析：以A为研究对象，由牛顿第二定律有T1＋μmAg＝mAω2rA，整理得T1＝mArAω2－μmAg，结合图乙可知μmAg＝2 N，解得mA＝4 kg，A错误；以C为研究对象，由牛顿第二定律有T2＋μmCg＝mCω2rC，整理得T2＝mCrCω2－μmCg，结合图乙可知mCrC＝，μmCg＝1 N，解得mC＝2 kg，rC＝1 m，B错误；当角速度为1 rad/s时ω2＝1 (rad·s－1)2，由图乙可知T1＝T2＝1 N，对B分析知只有摩擦力提供向心力，则圆盘对B的静摩擦力大小f＝mBω2rB＝0.4 N，C错误；根据图乙可得T1＝(3ω2－2) N，T2＝(2ω2－1) N，A、B即将与圆盘发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律得T1－T2－μmBg＝mBω2rB，代入T1、T2，解得ω＝ rad/s，D正确。 1.(2024·湖北高考)如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分别在c、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到(　　) A．荷叶a B．荷叶b C．荷叶c D．荷叶d 答案：C 解析：青蛙做平抛运动，设初速度为v0，运动时间为t，水平位移为x，竖直位移为y，则水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝gt2，联立可得v0＝x，因此水平位移x越小，竖直位移y越大，则初速度v0越小，结合题图分析可知，若青蛙以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到荷叶c上面，故选C。 2.(2024·广东高考)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为(　　) A．r B．l C．r D．l 答案：A 解析：由题意可知，当插销恰好不会卡进固定的端盖时v最大，设为vm，此时弹簧的伸长量为Δx＝l－＝，根据胡克定律，此时弹簧弹力F＝kΔx，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，设为ω，对插销有F＝mlω2，对卷轴边缘有vm＝rω，联立解得vm＝r，故选A。 3．(2024·江西高考)(多选)一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是(　　) 答案：AD 解析：从跃出水面到冲到最高处的过程中，小鱼做斜抛运动，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，则vx不变，x＝vxt，故A可能正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，有y＝vy0t－gt2，vy＝vy0－gt，且vy最终减为0，故B错误，D可能正确。 4．(2023·江苏高考)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是(　　) 答案：D 解析：设罐子运动的加速度大小为a，某时刻漏出某粒沙子时的速度为v0，之后在时间t内这粒沙子下落的高度h＝gt2，水平向右运动的距离x＝v0t，比这粒沙子晚Δt(Δt<t)时间漏出的沙子，此时比这粒沙子在竖直方向下落的高度小，在水平方向向右运动得更远，则与这粒沙子在竖直方向的距离Δh＝h－g(t－Δt)2＝gt·Δt－g(Δt)2，在水平方向的距离Δx＝v0·Δt＋a(Δt)2＋(v0＋a·Δt)(t－Δt)－x＝atΔt－a(Δt)2，由Δx≠0且＝为定值，与Δt无关，可知空中沙子排列成一条向右上方倾斜的直线。故选D。 5.(2024·山东高考)(多选)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．运动时间为2 s B．落地速度与水平方向夹角为60° C．重物离PQ连线的最远距离为10 m D．轨迹最高点与落点的高度差为45 m 答案：BD 解析：将初速度v0分解为沿PQ方向的分速度v1和垂直PQ方向的分速度v2，则有v1＝v0cos60°＝10 m/s，v2＝v0sin60°＝10 m/s，将重力加速度g分解为沿PQ方向的分加速度a1和垂直PQ方向的分加速度a2，则有a1＝gsin30°＝5 m/s2，a2＝gcos30°＝5 m/s2，垂直PQ方向，根据对称性可得，重物运动的时间为t＝2＝4 s，重物离PQ连线的最远距离为dmax＝＝10 m，故A、C错误；重物落地时竖直分速度大小为vy＝－v0sin30°＋gt＝30 m/s，则落地速度与水平方向夹角θ的正切值为tanθ＝＝＝，可得θ＝60°，故B正确；从抛出到最高点所用时间为t1＝＝1 s，则从最高点到落点所用时间为t2＝t－t1＝3 s，且重物从最高点到落点做平抛运动，则轨迹最高点与落点的高度差为h＝gt＝45 m，故D正确。 6．(2024·江西高考)雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图a、b所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅(视为质点)。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)在图a中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。 (2)将圆盘升高，如图b所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。 答案：(1)　(2) 解析：(1)转椅在水平面内受摩擦力f1和轻绳拉力T1，两者的合力提供其做匀速圆周运动所需的向心力Fn1，如图1所示 设转椅的质量为m，根据牛顿第二定律可知， 转椅所需的向心力Fn1＝mωr1 又转椅受到的摩擦力f1＝μmg 根据几何关系有tanα＝ 联立解得tanα＝。 (2)在题图b情况下，设转椅受到轻绳的拉力为T2，水平面的摩擦力为f2，水平面的支持力为N2，转椅在水平面内的受力如图2所示，根据牛顿第二定律可知， 转椅所需的向心力Fn2＝mωr2 又转椅受到的摩擦力f2＝μN2 根据几何关系有tanβ＝ 由平衡条件，竖直方向上有N2＋T2cosθ＝mg 又水平面上有f2＝T2sinθsinβ 联立解得ω2＝。 1. (2024·北京市海淀区高三下一模)在空间站中，宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环形旋转舱绕中心匀速旋转，宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，宇航员可视为质点。下列说法正确的是(　　) A．宇航员可以站在旋转舱内靠近旋转中心的侧壁上 B．以地心为参考系，宇航员处于平衡状态 C．旋转舱的半径越大，转动的角速度应越小 D．宇航员的质量越大，转动的角速度应越小 答案：C 解析：宇航员如果站在旋转舱内的侧壁上随旋转舱做匀速圆周运动，需要受到指向圆心的向心力，这个向心力仅能由旋转舱内远离旋转中心的侧壁提供，故A错误；以地心为参考系，旋转舱中的宇航员做匀速圆周运动，处于非平衡状态，故B错误；根据题意可知宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，设宇航员的质量为m，旋转舱的半径为r，转动的角速度为ω，向心加速度大小为g，由牛顿第二定律可知mg＝mω2r，解得ω＝，即旋转舱的半径r越大，转动的角速度ω应越小，转动的角速度与宇航员的质量无关，故C正确，D错误。 2.(2024·辽宁省高三下模拟)“风洞”是进行空气动力学实验的常用设备。如图所示，将小球从A点以某一速度v0水平向左抛出，设小球运动过程中受到水平向右的恒定风力，经过一段时间，小球运动到A点正下方的B点，O点是轨迹的最左端，则小球速度最小处位于(　　) A．A点 B．O点 C．轨迹AO之间的某一点 D．轨迹OB之间的某一点 答案：C 解析：将小球所受风力和重力合成，设合力为等效重力，方向指向右下方，小球在等效重力场中做类斜上抛运动，当速度方向与等效重力垂直时速度最小，由题图知，小球速度最小处位于轨迹AO之间的某一点，故选C。 3.（2024·江苏省南京市、盐城市高三下三模）如图所示，竖直平面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，一长为R的轻杆一端固定于球上，另一端通过光滑的铰链连接于圆环最低点，重力加速度为g。当圆环以角速度ω＝绕竖直直径转动时，轻杆对小球的作用力大小和方向分别为(　　) A．2mg，沿杆向上 B．2mg，沿杆向下 C．(2－1)mg，沿杆向上 D．(2－1)mg，沿杆向下 答案：B 解析：设轻杆与竖直直径之间的夹角为θ，由几何关系可得cosθ＝，得θ＝60°，则小球做圆周运动的半径为r＝Rsinθ＝R，设轻杆对小球有沿杆向下的拉力F1，圆环对小球有指向圆心的支持力F2，受力分析如图所示，且由几何知识可知F2与竖直方向的夹角α＝60°，水平方向根据牛顿第二定律有F1sinθ＋F2sinα＝mω2r，竖直方向受力平衡，有F1cosθ＋mg＝F2cosα，联立解得F1＝2mg，则轻杆对小球的作用力大小为2mg，方向沿杆向下，故选B。 4．(2024·湖南省张家界市高三下二模)如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U形赛道上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的A点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是(　　) A．甲、乙的最大腾空高度相同 B．甲从A点滑出时的初速度一定大于乙的初速度 C．甲、乙从A点滑出时的初速度方向可能相同 D．甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同 答案：D 解析：甲、乙两名运动员从A点滑出后，在竖直方向上做竖直上抛运动，甲的滞空时间t比乙长，根据h＝g可知，甲的最大腾空高度更大，A错误；运动员从A点滑出后做斜抛运动，则滑出时的初速度沿竖直方向的分量vy＝g·，结合题意可知甲初速度的竖直分速度更大，初速度沿水平方向的分速度vx即最小速度，由题意可知乙的水平分速度更大，因为从A点滑出时的初速度v＝，则无法确定二者初速度的大小，B错误；设运动员从A点滑出的速度与水平方向夹角为θ，则tanθ＝，结合B项分析，可知甲的初速度与水平方向夹角更大，C错误；运动员在空中时的水平位移为x＝vxt，甲的水平初速度vx较小，但腾空时间较大，则甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，D正确。 5.（2024·四川省南充市高三下三诊）（多选）如图，足够大水平圆盘中央固定一光滑竖直细杆，质量分别为2m和m的小球A、B用轻绳相连，小球A穿过竖直杆置于原长为l的轻质弹簧上，弹簧劲度系数为k＝，B紧靠一个固定在圆盘上且与OAB共面的挡板上，在缓慢增加圆盘转速过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为g，则(　　) A．球离开圆盘后，弹簧弹力不变 B．绳子越长，小球飞离圆盘时的角速度就越大 C．当角速度为时，弹簧长度等于 D．当角速度为时，弹簧弹力等于3mg 答案：AD 解析：球离开圆盘后，设轻绳的拉力为T，与竖直方向夹角为θ，对B在竖直方向由平衡条件可知，Tcosθ＝mg，对A在竖直方向由平衡条件可知，弹簧的弹力F弹＝2mg＋Tcosθ＝3mg，即弹簧弹力不变，A正确；设小球恰好飞离圆盘时轻绳与竖直方向夹角为θ0，此时弹簧长度为l1，对A，由A项分析可知k(l－l1)＝3mg，解得l1＝，设轻绳长为L，由几何关系可知cosθ0＝，对B，在水平方向上，由牛顿第二定律有mgtanθ0＝mωLsinθ0，解得小球飞离圆盘时的角速度ω0＝，则ω0为定值，与绳长无关，B错误；当角速度为时，因<ω0，则此时小球还没有离开圆盘，结合B项分析可知，弹簧长度大于，C错误；当角速度为时，因>ω0，则此时小球已经离开圆盘，结合A项分析可知，弹簧弹力等于3mg，D正确。 6.(2024·东北三省四市教研联合体高三下二模)如图所示，半径为1 m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1 kg的小球(可视为质点)在A点正上方0.75 m处静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A．小球在B点的动能为7.5 J B．小球在A点受到轨道的弹力大小为10 N C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75 m D．小球离开轨道后将落至轨道B点 答案：D 解析：设小球的质量为m，光滑圆轨道的半径为R，小球释放点到A点的高度差为h，则小球从释放到最低点，根据动能定理，小球在B点的动能EkB＝mg(h＋R)，解得EkB＝17.5 J，故A错误；设小球到A点时的速度大小为vA，受到轨道的弹力大小为N，则小球从释放到A点，根据动能定理有mgh＝mv－0，在A点，根据牛顿第二定律有N＝m，解得N＝15 N，故B错误；设小球脱离圆轨道位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，此时小球的速度大小为v，由牛顿第二定律有mgcosθ＝，小球从B点运动到脱离位置，根据动能定理有－mgR(1＋cosθ)＝mv2－EkB，联立解得cosθ＝，v＝ m/s，小球脱离圆轨道后做斜抛运动，且在最高点的速度为vcosθ，由机械能守恒定律可知，小球上升过程的最高点位置比释放位置高度低，即距地面的最大高度小于h＋R＝1.75 m，C错误；设离开圆轨道后小球在空中的运动时间为t，根据斜抛运动的规律可知，小球在水平方向上的位移x＝vcosθ·t，在竖直方向上有y＝－vsinθ·t＋gt2，由几何关系可得(x－Rsinθ)2＋(y－Rcosθ)2＝R2，联立解得x＝ m＝Rsinθ(另一解x＝0舍去)，可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确。 7．(2024·山东省临沂市高三下一模)据史载，战国时期秦楚之战中就有使用投石机的战例。最初的投石车结构很简单，一根巨大的杠杆，长端是用皮套或是木筐装载的石块，短端系上几十根绳索，当命令下达时，数十人同时拉动绳索，利用杠杆原理将石块抛出。某学习小组用如图所示的模型演示抛石过程。质量m＝1 kg的石块装在长臂末端的口袋中，开始时口袋位于水平面并处于静止状态。现对短臂施力，当长臂转到与竖直方向夹角为θ＝53°时立即停止转动，石块以v0＝20 m/s的速度被抛出后打在地面上，石块抛出点P离地面高度h＝1.65 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： (1)抛出后石块距离地面的最大高度； (2)在石块运动轨迹最高点左侧竖立一块长度L＝3.2 m的木板充当城墙挡住石块，木板离石块抛出点最近距离。 答案：(1)14.45 m　(2)37.2 m 解析：(1)石块抛出时沿竖直方向的分速度为v0y＝v0sinθ 设石块从抛出点到最高点的高度差为h1，由运动学规律有0－v＝－2gh1 抛出后石块距离地面的最大高度为H＝h1＋h 联立并代入数据解得H＝14.45 m。 (2)当石块刚好被木板上端挡住时，木板离石块抛出点距离最近，设石块从抛出到最高点运动时间为t1，从最高点到木板上端运动时间为t2，则从抛出到最高点，竖直方向有0＝v0y－gt1 石块从最高点到木板上端过程做平抛运动，竖直方向有H－L＝gt 石块抛出时的水平分速度为v0x＝v0cosθ 则木板离石块抛出点最近距离为x＝v0x(t1＋t2) 联立并代入数据解得x＝37.2 m。 1．(2024·江苏省苏锡常镇四市高三下二模)半径为R的光滑水平玻璃圆桌以周期T匀速转动，一小球从桌边对准圆心以速度v＝匀速通过桌面，则小球在桌面留下的痕迹可能是(　　) 答案：C 解析：小球通过桌面的时间为t0＝＝，故小球在桌面留下的痕迹的起点与终点重合，B、D错误；设圆桌转动的角速度为ω，在0～时间内，小球离圆心的距离为r＝R－vt，则小球相对圆桌沿垂直于径向方向的速度为vx＝ωr＝ωR－ωvt，设运动轨迹上任意点的速度方向与该位置和圆心连线的夹角为α，则tanα＝＝－ωt，可知α逐渐减小，且t＝0时α不为90°，故A错误，C正确。 2.(2024·江苏省扬州市高三下三模)如图所示，阳光垂直照射到斜面上，在斜面顶端把一小球水平抛出，小球刚好落在木板底端。B点是运动过程中距离斜面的最远处，A点是小球在阳光照射下小球经过B点的投影点。不计空气阻力，则(　　) A．小球在斜面上的投影做匀速运动 B．OA与AC长度之比为1∶3 C．若D点在B点的正下方，则OD与DC长度相等 D．减小小球平抛的速度，小球可能垂直落到斜面上 答案：C 解析：将小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向的两个分运动，可知小球沿斜面方向做初速度为v0cosθ、加速度为gsinθ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，A错误；小球垂直斜面方向做初速度为v0sinθ、加速度为gcosθ的匀变速直线运动，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恰好为0，根据运动的对称性可知，小球从O点运动到B点与从B点运动到C点的时间相等，均为t＝，则有LOA＝v0cosθ·t＋gsinθ·t2，LOC＝v0cosθ·2t＋gsinθ·(2t)2，可得＝＝>＝，故B错误；将小球的运动分解为沿水平方向的匀速运动和沿竖直方向的自由落体运动，则小球从O到B有xOB＝v0t，小球从O到C有xOC＝v0·2t＝2xOB，由几何知识有，OD长度LOD＝，OC长度LOC＝，则DC长度LDC＝LOC－LOD＝，即OD与DC长度相等，故C正确；设小球落在斜面上时速度方向与水平方向夹角为α，在空中运动时间为t′，则小球在竖直方向的位移h＝，水平方向的位移x＝v0t，有tanα＝＝＝＝2tanθ，则减小小球平抛的速度，小球落在斜面上的角度不变，即不可能垂直落到斜面上，故D错误。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$