第一章 第2课时 匀变速直线运动的规律（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2课时 匀变速直线运动的规律 目标 要求 1.掌握匀变速直线运动的公式，并理解公式中各物理量的含义。2.掌握自由落体运动和竖直上抛运动的特点，知道竖直上抛运动的对称性和多解性。3.能灵活处理多过程问题。 内 容 索 引 考点一　　匀变速直线运动的基本规律及应用 考点二　　自由落体运动　竖直上抛运动 考点三　　匀变速直线运动中的多过程问题 课时精练 > < 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 1.匀变速直线运动 沿着一条直线且 不变的运动。如图所示，v－t 图线是一条倾斜的直线。 2.匀变速直线运动的两个基本规律 (1)速度与时间的关系式：v＝ 。 (2)位移与时间的关系式：x＝ 。 由以上两式联立可得速度与位移的关系式： 。 加速度 v0＋at v2－v02＝2ax 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 3.公式选用原则 以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量。选用原则如下： 不涉及位移，选用v＝v0＋at 不涉及末速度，选用x＝v0t＋ at2 不涉及时间，选用v2－v02＝2ax 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 4.正方向的选定 无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负。 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 5.常用的导出公式 (1)平均速度公式： (2)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。 注意：不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度。 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 (3)初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式 ①T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 ②前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶ xn＝1∶4∶9∶…∶n2。 ③第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶ xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 1.匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(　　) 2.匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(　　) 3.匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。(　　) × × √ 判断正误 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 例1　(2022·全国甲卷·15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为 √ 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0。则 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 例2　一辆汽车在平直公路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移(单位：m)与时间(单位：s)的关系式为x＝30t－2.5t2 (m)，下列分析正确的是 A.刹车过程中最后1 s内的位移大小是5 m B.刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值为10 m C.从刹车开始计时，8 s内通过的位移大小为80 m D.从刹车开始计时，第1 s内和第2 s内的位移大小之比为11∶9 √ 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 思考　(1)刹车类问题有什么特点，解题时首先应该注意什么？ 答案　刹车问题：物体匀减速到速度为零后停止运动。解题时，判断在所求问题的时间内，物体是否已经停止。 (2)双向可逆类匀减速直线运动有什么特点，解题时应该注意什么？ 答案　如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，求解时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义，物体的运动可能出现多解。 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 例3　(2024·浙江杭州市开学考试)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是 A.1∶22∶32　1∶2∶3 B.1∶23∶33　1∶22∶32 C.1∶2∶3　1∶1∶1 D.1∶3∶5　1∶2∶3 √ 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 返回 匀变速直线运动的基本规律及应用 考点一 自由落体运动　竖直上抛运动 > < 考点二 1.自由落体运动 (1)运动特点：初速度为 ，加速度为 的匀加速直线运动。 (2)基本规律 匀变速直线运动 自由落体运动 v＝v0＋at v＝gt x＝v0t＋ at2 h＝ gt2 v2－v02＝2ax v2＝2gh 0 g 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 2.竖直上抛运动 (1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做 运动。 (2)基本规律 ①速度与时间的关系式： ； ②位移与时间的关系式：x＝v0t－ gt2。 自由落体 v＝v0－gt 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 (3)对称性 ①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等(如图)，同理tAB＝tBA。 ②速度对称：物体上升过程经过A点的速度大小与下降过程经过A点的速度大小相等。 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 1.同一地点，轻重不同的物体的g值一样大。(　　) 2.自由落体加速度的方向垂直地面向下。(　　) 3.做自由落体运动的物体在1 s内速度增加约9.8 m/s。(　　) 4.物体做竖直上抛运动，速度为负值时，位移也一定为负值。 (　　) 5.做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量方向是竖直向下的。(　　) √ × √ × √ 判断正误 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 例4　(2024·浙江台州路桥中学期中)2020年12月1日，嫦娥五号探测器成功着陆在月球正面风暴洋西北部的预选着陆区。据悉当它靠近月球过程中，缓速下降距离月面3 m至2 m左右后，调整状态，停在月面上方1.8 m处，之后关闭发动机，在月球表面自由下落，则探测器自由下落到月面的时间最接近的是(地球表面的重力加速度g取9.8 m/s2，月球表面的重力加速度约为地球表面的 ) A.0.6 s B.1.5 s C.2.5 s D.6 s √ 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 例5　为测试一物体的耐摔性，在离地25 m高处，将其以20 m/s的速度竖直向上抛出，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)经过多长时间到达最高点； 答案　2 s　 运动到最高点时速度为0， 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 (2)抛出后离地的最大高度是多少； 答案　45 m　 所以Hmax＝hmax＋h0＝45 m 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 (3)经过多长时间回到抛出点； 答案　4 s　 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 法一：分段，由(1)(2)知上升时间t1＝2 s， 解得t2＝2 s，故t＝t1＋t2＝4 s 法二：由对称性知返回抛出点时速度为20 m/s，方向向下，则由v1＝v0－gt， 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 解得t3＝0(舍去)，t4＝4 s 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 (4)经过多长时间落到地面； 答案　5 s　 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 法一：分段法 解得t5＝3 s，故t总＝t1＋t5＝5 s 法二：全程法 解得t6＝－1 s(舍去)，t7＝5 s 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 (5)经过多长时间离抛出点15 m。 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 当物体在抛出点上方时，h＝15 m， 当物体在抛出点下方时，h＝－15 m， 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 1.竖直上抛运动的研究方法： 分段法 上升阶段：a＝g的匀减速直线运动 下降阶段：自由落体运动 全程法 初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－ gt2(以竖直向上为正方向) 若v>0，物体上升，若v<0，物体下落 若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方 总结提升 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 2.竖直上抛运动的多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。 返回 总结提升 自由落体运动　竖直上抛运动 考点二 匀变速直线运动中的多过程问题 > < 考点三 例6　无人机在生产生活中有广泛应用。我国林业部门 将无人机运用于森林防火工作中，如图所示，某架无 人机执行火情察看任务，悬停在目标正上方且距目标 高度为H1＝205 m处，t＝0时刻，它以加速度a1＝6 m/s2竖直向下匀加速运动距离h1＝75 m后，立即向下做匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停在距目标高度为H2＝70 m的空中，然后进行拍照。重力加速度g取10 m/s2，求： 考点三 匀变速直线运动中的多过程问题 (1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在距目标高度为H2＝ 70 m处的总时间t； 答案　9 s 设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t1，减速时间为t2， 联立解得t＝t1＋t2＝9 s 考点三 匀变速直线运动中的多过程问题 (2)若无人机在距目标高度为H2＝70 m处悬停时动力系统发生故障，自由下落2 s后恢复动力，要使其不落地，恢复动力后的最小加速度大小a2。 答案　4 m/s2 考点三 匀变速直线运动中的多过程问题 无人机自由下落2 s末的速度为v0＝gt′＝20 m/s 2 s内向下运动的位移为 设其向下减速的加速度大小为a2时， 恰好到达地面前瞬间速度为零， 此时a2为最小加速度， 考点三 匀变速直线运动中的多过程问题 匀变速直线运动多过程问题的解题策略 1.一般的解题步骤 (1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程。 (2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量。 总结提升 考点三 匀变速直线运动中的多过程问题 (3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程。 2.解题关键 多过程运动的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键。 返回 总结提升 考点三 匀变速直线运动中的多过程问题 课时精练 1.(2023·广东卷·3)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 基础落实练 46 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 铯原子团仅受重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在v－t图像中，斜率绝对值等于重力加速度，故斜率不变，所以图像应是一条倾斜的直线，故选项A、B错误； 因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，选项D正确。 2.(2024·浙江省杭州二中模拟)质点沿x轴做直线运动的位置坐标x与时间t的关系为x＝2＋4t－t2(各物理量都采用国际单位制单位)，则该质点 A.第1 s的位移大小是5 m B.前2 s内的平均速度大小是3 m/s C.2 s末的速度为0 D.4 s末位于坐标原点处 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 代入位移－时间公式x＝v0t＋ at2可知，质点从距离原点2 m处的位置出发，初速度为4 m/s，做加速度a＝－2 m/s2的匀减速直线运动。 第1 s内的位移是4×1 m－ ×2×1 m＝3 m，A错误； 前2 s内的总位移是4 m，则平均速度大小是2 m/s，B错误； 由速度—时间公式v＝v0＋at可知，2 s末速度为0，C正确； 4 s末质点位置为x＝(2＋4×4－42) m＝2 m，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 3.(2023·浙江金华市联考)一个人用手拿着两个小球，站在三层楼的阳台上，将其中一个小球以一定的初速度v竖直上抛，同时在同一高度将另一个小球以相同的初速度大小竖直下抛，两小球相继落地的时间差为Δt。如果人站在四层楼的阳台上，用同样的初速度大小及方式抛两小球，忽略空气阻力的影响，则两小球相继落地的时间差将 A.变小 B.变大 C.不变 D.无法确定 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设向下抛出的球落地需要的时间为t1，竖直上抛的球回到抛出点所需的时间为Δt＝ ，竖直上抛的球回到抛出点的速度与竖直向下抛出的球的初速度相同，说明竖直上抛的球再过时间t1后落地，即无论人站在几楼的阳台上，只要以同样的速率和方式抛出两个小球，两球落地的时间差均为Δt＝ ，两小球相继落地的时间差不变，故C正确，A、B、D错误。 4.(2021·湖北卷·2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为 A.0.2 s B.0.4 s C.1.0 s D.1.4 s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为 下落前5 m的过程所用的时间为 则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 5.(2023·浙江嘉兴市期末)雨后，某人用高速相机拍下一幅水滴下落的照片，如图所示，其中第4滴水刚要离开屋檐，若滴水的时间间隔相同，第1滴水与第2滴水的实际间距为1 m，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则拍下照片的瞬间，图中第3滴水的速度大小为 A.2 m/s B.3 m/s C.4 m/s D.5 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 6.(2023·浙江丽水市模拟 )图示描述的是伽利略在比萨斜塔上做落体实验的故事。不计空气阻力，小球从塔上自由下落，由静止开始经过第一段h速度的增加量为Δv1，经过第三段h速度的增加量为Δv2，则Δv1与Δv2的比值满足 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 7.(2024·浙江东阳市月考)蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起并做空中运动。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图像，假如作出的图像如图所示。设运动员在空中运动时可视为质点，g取10 m/s2，则运动员跃起腾空 的最大高度是 A.4.05 m B.5.00 m C.7.20 m D.14.45 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题图可知，运动员在空中竖直上抛 运动的最大时间为t＝3.3 s－0.9 s＝ 2.4 s，根据对称性可知，下落的时间 为t1＝ ＝1.2 s，运动员做竖直上抛 运动，所以跃起最大高度等于自由下落相等时间的位移，为h＝ gt12＝7.20 m，故选C。 8.(2023·浙江金华市联考)图中ae为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续桥梁，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则 A.汽车通过bc段的时间为 B.汽车通过b点的速度等于汽车 通过ad段的平均速度 C.汽车通过ce段的时间为(2－ )t D.汽车通过c点的速度小于汽车通过ae段的平均速度 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 匀加速直线运动中点位置的速度大于此阶段的平均速度，故D错误。 9.(2024·浙江丽水市期末)某跳伞运动员做低空跳伞表演。从该运动员离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体运动，当速度达到50 m/s时打开降落伞获得－5 m/s2的加速度，到达地面时速度减为5 m/s，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 A.运动员离开飞机10 s后打开降落伞 B.运动员在空中下落过程用时14 s C.运动员距离地面250 m时打开降落伞 D.悬停的飞机距离地面375 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 打开降落伞前运动员做自由落体运动，则v1＝gt1得t1＝ s＝5 s，故A错误； 减速时，有v2＝v1＋a(t2－t1)得t2＝14 s，故B正确； 运动员自由落体的距离为h1＝ gt12＝125 m，飞机距离地面的高度等于运动员下落的距离h＝h1＋h2＝372.5 m，故D错误。 63 10.2022年3月5日，西昌卫星发射中心发射了“长征二号”丙运载火箭，上面有七颗卫星。若“长征二号”丙运载火箭及其卫星总质量为240吨，总长为43 m，发射塔高100.0 m，点火后经5.0 s火箭离开发射塔。假设火箭离开发射塔的过程中做匀加速直线运动，忽略空气阻力和运载火箭质量的变化，取重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求火箭离开发射塔瞬间的速度大小； 答案　40 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)求火箭起飞时推动力大小； 答案　4.32×106 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据牛顿第二定律F－mg＝ma 得F＝m(g＋a)＝4.32×106 N (3)若火箭刚离开发射塔瞬间，某个发射用到的部件完成使命正好从火箭尾部自然脱落，求该部件脱落后经多长时间落地。 答案　10 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 所以离地高度为H＝h＋d＝180 m 所以脱落后到落地时间为10 s。 11.(2024·浙江宁波慈溪中学校期末)一长为L的金属管从地面以v0的速率竖直上抛，管口正上方高h(h>L)处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为g，不计空气阻力。关于该运动过程说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D.小球不可能在管上升阶段穿过管 √ 尖子生选练 68 小球和金属管竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球穿过管所用时间为t＝ ，故A错误； 根据以上分析可知，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 返回 v0t＋at2 ＝＝ 。 ④从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。 A.＋ B.＋ C.＋ D.＋ 有v＝ v0－2at1，解得t1＝，在隧道内匀速有t2＝，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝＋， 故选C。 由匀变速直线运动的规律x＝v0t＋at2，可得初速度v0＝30 m/s，加速度a＝－5 m/s2，刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值|Δx|＝|a(Δt)2|＝5 m，从刹车开始计时到停下的时间tm＝＝6 s,8 s内通过的位移大小为xm＝＝90 m，选项B、C错误； 把末速度为0的匀减速直线运动看成逆向的匀加速直线运动，刹车过程中最后1 s内的位移大小为x1＝－at02＝2.5 m，从刹车开始计时，第1 s内和第2 s内的位移大小之比为11∶9，选项D正确，A错误。 根据x＝at2知，物体在1 s内、3 s内、6 s内的位移之比为1∶9∶36，则三段位移之比为1∶8∶27，根据＝可知，三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故B正确，A、C、D错误。 根据题意，由自由落体公式有h＝g月t2，其中h＝1.8 m，g月＝g，则时间为t＝＝≈1.5 s，故选B。 由v＝v0－gt1得t1＝－＝＝2 s 由v02＝2ghmax得hmax＝＝20 m， hmax＝20 m，下落时，hmax＝gt22， 得t＝－＝4 s 法三：由h＝v0t－gt2，令h＝0， 由Hmax＝gt52， 由－h0＝v0t′－gt′2 答案　1 s　3 s　(2＋)s 由h＝v0t－gt2，解得t8＝1 s，t9＝3 s， 由h＝v0t－gt2， 得t10＝(2＋) s，t11＝(2－) s(舍去)。 则由匀变速直线运动规律有h1＝a1t12，v＝a1t1，H1－H2－h1＝t2  x1＝gt′2＝20 m 则H2－x1＝，代入数据可解得a2＝4 m/s2。  t＝＝ s≈1.4 s  t1＝＝ s＝1 s 设滴水时间间隔为T，据题意可得L＝g(3T)2－ g(2T)2，解得T＝0.2 s，则第3滴水的速度大小 v＝gT＝2 m/s。故选A。 A.1<<2 B.2<<3 C.3<<4  D.4<<5 小球做自由落体运动，两段相同距离h的时间之比为t1∶t2＝1∶(－)，由Δv＝gt，则＝＝＋，即3<<4，故选C。  t t 根据初速度为零的匀加速直线运动 的比例关系，可知汽车通过ab、bc、 cd、de段所用的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，可得通过bc段的时间为(－1)t，故A错误； 汽车通过ae段的时间为2t，b点为ae段的中间时刻，故通过b点的速度等于ae段的平均速度，故B错误； 汽车通过cd段的时间为(－)t，通过de段的时间为(2－)t，通过ce段的时间为(2－)t，故C正确；   运动员减速下落的距离为h2＝(t2－t1)＝×(14－5) m＝247.5 m，故运动员距离地面247.5 m时打开降落伞，故C错误； 设发射塔高为h，根据平均速度公式h＝t，得v＝＝40 m/s 火箭上升时的加速度为a＝＝8 m/s2 上升过程所用的时间t1＝＝4 s 下降过程所用的时间t2＝＝6 s 方法二：根据－h＝vt－gt2，得t＝10 s。 方法一：脱离后部件还将继续做竖直上抛运动，d＝＝80 m， A.小球穿过管所用时间大于 B.若小球在管上升阶段穿过管，则v0> C.若小球在管下降阶段穿过管，则<v0< 若小球刚好在管上升最高点穿过管有L＋h－＝g()2，解得v0＝，若小球在管上升阶段穿过管，则v0>，故B正确； 若小球在管刚着地时穿过管，有h＋L＝g()2，解得v0＝，结合B选项的分析可知若小球在管下降阶段穿过管则<v0<，故C错误； $