高考物理總復習第四章曲線運動與萬有引力定律第2講拋體運動

第2講拋體運動一、平拋運動1．定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，物體只在重力作用下的運動。2．性質(zhì)：平拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。3．研究方法：運動的合成與分解(1)水平方向：勻速直線運動。(2)豎直方向：自由落體運動。4．基本規(guī)律(如圖1所示)圖1(1)位移與時間的關(guān)系(2)速度與時間的關(guān)系【自測一個物體以初速度v0水平拋出，落地時速度為v，則運動時間為(不計空氣阻力，重力加速度為g)()A.eq\f(v－v0,g) B.eq\f(v＋v0,g)C.eq\f(\r(v2－veq\o\al(2,0)),g) D.eq\f(\r(v2＋veq\o\al(2,0)),g)答案C二、一般的拋體運動1．定義：將物體以初速度v0斜向上方或斜向下方拋出，物體只在重力作用下的運動。2．性質(zhì)：斜拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。3．基本規(guī)律(以斜上拋運動為例，如圖2所示)圖2(1)水平方向：勻速直線運動v0x＝v0cos__θ，F(xiàn)合x＝0。(2)豎直方向：勻變速直線運動v0y＝v0sin__θ，F(xiàn)合y＝mg。命題點一平拋運動基本規(guī)律的應(yīng)用1．飛行時間由t＝eq\r(\f(2h,g))知，下落的時間取決于下落高度h，與初速度v0無關(guān)。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共同決定。3．速度改變量圖3因為平拋運動的加速度為恒定的重力加速度g，所以做平拋運動的物體在任意相等時間間隔Δt內(nèi)的速度改變量Δv＝gΔt是相同的，方向恒為豎直向下，如圖3所示。4．兩個重要推論(1)做平拋運動的物體在任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，即xB＝eq\f(xA,2)，如圖4所示。圖4(2)做平拋運動的物體在任意時刻任意位置處，有tanθ＝2tanα。單物體的平拋運動【真題示例1(多選)(2020·海南卷，11)小朋友玩水槍游戲時，若水從槍口沿水平方向射出的速度大小為10m/s，水射出后落到水平地面上。已知槍口離地高度為1.25m，g＝10m/s2，忽略空氣阻力，則射出的水()A．在空中的運動時間為0.25sB．水平射程為5mC．落地時的速度大小為15m/sD．落地時豎直方向的速度大小為5m/s答案BD解析根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2得，運動時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.25,10))s＝0.5s，故A錯誤；水平射程為x＝v0t＝10×0.5m＝5m，故B正確；豎直方向分速度為vy＝gt＝10×0.5m/s＝5m/s，水平分速度為vx＝v0＝10m/s，落地速度為v＝eq\r(veq\o\al(2,y)＋veq\o\al(2,x))＝5eq\r(5)m/s，故C錯誤，D正確?！踞槍τ柧?】(2021·福建泉州市質(zhì)檢)某游戲裝置如圖5所示，安裝在豎直軌道AB上的彈射器可上下移動，能水平射出速度大小可調(diào)節(jié)的小彈丸。圓心為O的圓弧槽BCD上開有小孔P，彈丸落到小孔時，速度只有沿OP方向才能通過小孔，游戲過關(guān)，則彈射器在軌道上()圖5A．位于B點時，只要彈丸射出速度合適就能過關(guān)B．只要高于B點，彈丸射出速度合適都能過關(guān)C．只有一個位置，且彈丸以某一速度射出才能過關(guān)D．有兩個位置，只要彈丸射出速度合適都能過關(guān)答案C解析根據(jù)平拋運動速度反向延長線過水平位移的中點可知，位于B點時，不管速度多大，彈丸都不可能沿OP方向從P點射出，故A錯誤；若彈射器高于B點，如圖所示，根據(jù)平拋運動速度反向延長線過水平位移的中點可得EN＝eq\f(1,2)R(1＋cosα)，則豎直位移PN＝EN·tanα＝eq\f(1,2)R(1＋cosα)tanα，彈射器離B點的高度為y＝PN－Rsinα＝eq\f(1,2)R(tanα－sinα)，所以只有一個位置，且彈丸以某一速度射出才能過關(guān)，故B、D錯誤，C正確。多物體的平拋運動【真題示例2(多選)(2020·江蘇卷，8)如圖6所示，小球A、B分別從2l和l的高度水平拋出后落地，上述過程中A、B的水平位移分別為l和2l。忽略空氣阻力，則()圖6A．A和B的位移大小相等B．A的運動時間是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解析由題意可知，落地后，小球A的位移的大小為sA＝eq\r(xeq\o\al(2,A)＋yeq\o\al(2,A))＝eq\r(l2＋（2l）2)＝eq\r(5)l，小球B的位移的大小為sB＝eq\r(xeq\o\al(2,B)＋yeq\o\al(2,B))＝eq\r(（2l）2＋l2)＝eq\r(5)l，顯然小球A、B的位移大小相等，A正確；小球A的運動時間為tA＝eq\r(\f(2yA,g))＝eq\r(\f(4l,g))，小球B的運動時間為tB＝eq\r(\f(2yB,g))＝eq\r(\f(2l,g))，則tA∶tB＝eq\r(2)∶1，B錯誤；小球A的初速度為vxA＝eq\f(xA,tA)＝eq\f(l,\r(\f(4l,g)))＝eq\r(\f(gl,4))，小球B的初速度為vxB＝eq\f(xB,tB)＝eq\f(2l,\r(\f(2l,g)))＝eq\r(2gl)，則vA∶vB＝1∶2eq\r(2)，C錯誤；落地瞬間，小球A豎直方向的速度為vyA＝eq\r(4gl)，小球B豎直方向的速度為vyB＝eq\r(2gl)，則落地瞬間小球A的速度為vA＝eq\r(veq\o\al(2,xA)＋veq\o\al(2,yA))＝eq\r(\f(17,4)gl)，小球B的速度為vB＝eq\r(veq\o\al(2,xB)＋veq\o\al(2,yB))＝eq\r(4gl)，顯然vA>vB，D正確?！踞槍τ柧?】如圖7所示，x軸在水平地面上，y軸在豎直方向。圖中畫出了從y軸上沿x軸正方向水平拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡。不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖7A．a(chǎn)和b的初速度大小之比為eq\r(2)∶1B．a(chǎn)和b在空中運動的時間之比為2∶1C．a(chǎn)和c在空中運動的時間之比為eq\r(2)∶1D．a(chǎn)和c的初速度大小之比為2∶1答案C解析根據(jù)t＝eq\r(\f(2h,g))可知a和b在空中運動的時間之比為eq\r(2)∶1；根據(jù)v＝eq\f(x,t)可知a和b的初速度大小之比為1∶eq\r(2)，選項A、B錯誤；根據(jù)t＝eq\r(\f(2h,g))可知a和c在空中運動的時間之比為eq\r(2)∶1；根據(jù)v＝eq\f(x,t)可知a和c的初速度大小之比為eq\r(2)∶1，選項C正確，D錯誤。命題點二有約束條件的平拋運動模型對著豎直墻壁的平拋運動如圖8所示，水平初速度v0不同時，雖然落點不同，但水平位移d相同，t＝eq\f(d,v0)。【例3(多選)(2021·石家莊市質(zhì)檢)如圖9所示，水平放置的網(wǎng)球發(fā)球機正對著豎直墻面發(fā)射網(wǎng)球，兩次發(fā)射的網(wǎng)球分別在墻上留下A、B兩點印跡。測得OA＝AB，OP為水平線，若忽略網(wǎng)球在空中受到的阻力，下列說法正確的是()圖9A．兩球發(fā)射的初速度vA∶vB＝1∶2B．兩球發(fā)射的初速度vA∶vB＝eq\r(2)∶1C．兩球從P點發(fā)射到碰到墻面所用的時間tA∶tB＝1∶eq\r(2)D．兩球從P點發(fā)射到碰到墻面所用的時間tA∶tB＝1∶2答案BC解析設(shè)OA＝AB＝h，忽略空氣阻力，則網(wǎng)球做平拋運動，豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)，2h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,B)，整理可得tA∶tB＝1∶eq\r(2)，選項C正確，D錯誤；網(wǎng)球在水平方向上做勻速運動，而且水平位移大小相等，則有x＝vAtA＝vBtB，整理可得vA∶vB＝eq\r(2)∶1，選項A錯誤，B正確。斜面上的平拋運動順著斜面平拋(如圖10)圖10處理方法：分解位移。x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2tanθ＝eq\f(y,x)可求得t＝eq\f(2v0tanθ,g)?！纠?(多選)(2021·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)如圖11所示，兩小球a、b分別從斜面頂端和斜面中點沿水平方向拋出，均落在斜面底端。不計空氣阻力，關(guān)于兩小球在平拋過程中的判斷正確的是()圖11A．小球a、b到達斜面底端時的速度方向相同B．小球a、b在空中飛行時間之比為2∶1C．小球a、b拋出時的初速度之比為1∶1D．小球a、b離斜面的最大距離之比為2∶1答案AD解析設(shè)兩小球初速度分別為va、vb，到達斜面底端時水平分位移為xa、xb，豎直分位移為ha、hb，設(shè)斜面的傾角為θ，小球落在斜面底端時，有tanθ＝eq\f(ha,xa)＝eq\f(hb,xb)可得eq\f(gta,va)＝eq\f(gtb,vb)＝2tanθ，故小球a、b到達斜面底端時的速度方向相同，故A正確；由題意可知eq\f(ha,hb)＝2，則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錯誤；當速度方向與斜面方向平行時，到斜面距離最大，將初速度和加速度分解為垂直斜面方向和沿斜面方向，有a⊥＝gcosθ，v⊥＝v0sinθ，在垂直斜面方向的最大距離為l，有veq\o\al(2,⊥)＝2a⊥l，則l＝eq\f(veq\o\al(2,0)（sinθ）2,2gcosθ)∝veq\o\al(2,0)，可得小球a、b離斜面的最大距離之比為2∶1，故D正確。2．對著斜面平拋(垂直打到斜面，如圖12)圖12處理方法：分解速度。vx＝v0，vy＝gttanθ＝eq\f(vx,vy)＝eq\f(v0,gt)可求得t＝eq\f(v0,gtanθ)?！纠?(多選)如圖13所示，傾角為30°的斜面體固定在水平地面上，斜面底端正上方某高度處有一小球以水平速度v0拋出，恰好垂直打在斜面上，已知重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是()圖13A．小球從拋出到落在斜面上的運動時間為eq\f(\r(3)v0,g)B．小球從拋出到落在斜面上的運動時間為eq\f(\r(3)v0,3g)C．小球拋出時距斜面底端的高度為eq\f(5veq\o\al(2,0),g)D．小球拋出時距斜面底端的高度為eq\f(5veq\o\al(2,0),2g)答案AD解析設(shè)小球恰好垂直打到斜面上的時間為t，根據(jù)幾何關(guān)系可得tan60°＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)解得t＝eq\f(\r(3)v0,g)，故A正確，B錯誤；小球垂直打到斜面上，根據(jù)平拋運動規(guī)律，則有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2小球落在斜面上，根據(jù)幾何關(guān)系得tan30°＝eq\f(h－y,x)將t＝eq\f(\r(3)v0,g)代入，聯(lián)立解得h＝eq\f(5veq\o\al(2,0),2g)，故C錯誤，D正確。命題點三斜拋運動的理解和分析對斜上拋運動從拋出點到最高點的運動，可逆過程分析為平拋運動，分析完整的斜上拋運動，還可根據(jù)對稱性求解某些問題?！纠?(2021·浙江杭州質(zhì)檢)如圖14所示，從水平地面上的A、B兩點分別斜拋出兩小球，兩小球均能垂直擊中前方豎直墻面上的同一點P。已知點P距地面的高度h＝0.8m，A、B兩點距墻的距離分別為0.8m和0.4m。不計空氣阻力，則從A、B兩點拋出的兩小球()圖14A．從拋出到擊中墻壁的時間之比為2∶1B．擊中墻面的速率之比為1∶1C．拋出時的速率之比為eq\r(17)∶2eq\r(5)D．拋出時速度方向與地面夾角的正切值之比為1∶2答案D解析兩小球做逆向平拋運動的時間由高度決定，即兩小球運動時間相等，A項錯誤；兩小球水平位移xA＞xB，運動時間相等，故擊中墻面時vA＞vB，B項錯誤；由平拋運動規(guī)律可知，A球拋出時速度大于B球拋出時速度，C項錯誤；兩小球位移與水平方向夾角正切值之比為1∶2，而速度方向與水平方向夾角正切值為位移與水平方向夾角正切值的2倍，故D正確。對點練平拋運動基本規(guī)律的應(yīng)用1．(2021·福建寧德市質(zhì)檢)射箭比賽中，運動員水平射箭擊中了靶心，可以推斷，擊發(fā)時箭頭的方向?qū)柿?)A．靶心B．比靶心高一點的位置C．比靶心低一點的位置D．靶心偏右一點的位置答案B解析射出去的箭在飛行過程中受到重力的作用，運動的軌跡不是直線，而是一條向下傾斜的弧線；運動員水平射箭擊中了靶心，可以推斷，擊發(fā)時箭頭的方向?qū)柿吮劝行母咭稽c的位置，故B正確，A、C、D錯誤。2．(2021·八省聯(lián)考江蘇卷)某生態(tài)公園的人造瀑布景觀如圖1所示，水流從高處水平流出槽道，恰好落入步道邊的游泳池中?，F(xiàn)制作一個為實際尺寸eq\f(1,16)的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度應(yīng)為實際的()圖1A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,8) D.eq\f(1,16)答案B解析由題意可知，水流出后做平拋運動的水平位移和豎直位移均變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,16)，則有h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，所以時間變?yōu)閷嶋H的eq\f(1,4)，水流出的速度v＝eq\f(x,t)，由于水平位移變?yōu)閷嶋H的eq\f(1,16)，時間變?yōu)閷嶋H的eq\f(1,4)，則水流出的速度為實際的eq\f(1,4)，故B正確。3．(2021·八省聯(lián)考湖南卷)有一圓柱形水井，井壁光滑且豎直，過其中心軸的剖面圖如圖2所示。一個質(zhì)量為m的小球以速度v從井口邊緣沿直徑方向水平射入水井，小球與井壁做多次彈性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不變、方向反向，小球豎直方向速度大小和方向都不變)。不計空氣阻力，從小球水平射入水井到落至水面的過程中，下列說法正確的是()圖2A．小球下落時間與小球質(zhì)量m有關(guān)B．小球下落時間與小球初速度v有關(guān)C．小球下落時間與水井井口直徑d有關(guān)D．小球下落時間與水井井口到水面高度差h有關(guān)答案D解析根據(jù)分運動的獨立性知，小球在豎直方向的運動為自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2知，小球下落時間僅與水井井口到水面高度差h有關(guān)，D項正確。4．(2021·河北卷，2)銫原子鐘是精確的計時儀器，圖3甲中銫原子從O點以100m/s的初速度在真空中做平拋運動，到達豎直平面MN所用時間為t1；圖乙中銫原子在真空中從P點做豎直上拋運動，到達最高點Q再返回P點，整個過程所用時間為t2，O點到豎直平面MN、P點到Q點的距離均為0.2m，重力加速度取g＝10m/s2，則t1∶t2為()圖3A．100∶1 B．1∶100C．1∶200 D．200∶1答案C解析銫原子做平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，即x＝vt1，解得t1＝eq\f(x,v)＝eq\f(0.2,100)s，銫原子做豎直上拋運動，拋至最高點用時eq\f(t2,2)，逆過程可視為自由落體，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＝0.4s，則eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(0.2,100),0.4)＝eq\f(1,200)，故C正確。對點練有約束條件的平拋運動模型5．(2018·全國Ⅲ卷·17)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v和eq\f(v,2)的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A．2倍 B．4倍C．6倍 D．8倍答案A解析如圖所示，由平拋運動規(guī)律可知x＝vtxtanθ＝eq\f(1,2)gt2則vy＝gt＝2vtanθ則落至斜面的速率v落＝eq\r(v2＋veq\o\al(2,y))＝veq\r(1＋4tan2θ)，即v落∝v，甲、乙兩球拋出速度為v和eq\f(v,2)，則可得落至斜面時速率之比為2∶1，故A正確。6．如圖4所示，張同學進行射擊游戲，把彈丸(視為質(zhì)點)從豎直放置的圓柱形筒的頂端A處沿圓筒的直徑方向水平射出，已知彈丸初速度大小為v0＝10m/s，圓柱筒高h＝2.45m，直徑d＝1m，彈丸每次與豎直筒壁碰撞，水平分速度大小變?yōu)樵瓉淼?0%，方向相反，豎直分速度不變，則彈丸()圖4A．經(jīng)筒壁1次反彈并擊中筒底左邊緣B處B．經(jīng)筒壁2次反彈并擊中筒底右邊緣C處C．經(jīng)筒壁2次反彈并擊中筒底B、C間某處D．經(jīng)筒壁3次反彈并擊中筒底B、C間某處答案B解析彈丸從拋出到第一次碰壁過程t1＝eq\f(d,v0)＝0.1s，h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝0.05m，彈丸距筒底高度2.4m，此時水平分速度大小變?yōu)樵瓉淼?0%，即v0′＝5m/s，第一次反彈后到第二次碰壁t2＝eq\f(d,v0′)＝0.2s，v1＝gt1＝1m/s，h2＝v1t2＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝0.4m，彈丸距筒底高度2m，此時水平分速度大小變?yōu)樵瓉淼?0%，即v0″＝2.5m/s，第二次反彈后到第三次碰壁t3＝eq\f(d,v0″)＝0.4s，v2＝v1＋gt2＝3m/s，h3＝v2t3＋eq\f(1,2)gteq\o\al(2,3)＝2m，恰好到達C點，故B正確，A、C、D錯誤。7．(多選)飼養(yǎng)員在池塘堤壩邊緣A處以水平初速度v0往魚池中拋擲魚餌(可視為質(zhì)點)。堤壩斜面傾角為53°。壩頂離水面的高度為5m，g取10m/s2，不計空氣阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列說法正確的是()圖5A．若初速度v0＝5m/s，則魚餌不會落在斜面上B．若魚餌能落入水中，初速度v0越大，落水時速度方向與水平面的夾角越小C．若魚餌能落入水中，初速度v0越大，從拋出到落水所用的時間越長D．若魚餌不能落入水中，初速度v0越大，落到斜面上時速度方向與斜面的夾角越小答案AB解析假設(shè)初速度v0＝5m/s時，魚餌不會落在斜面上，由平拋運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t，聯(lián)立解得x＝5m＞eq\f(h,tan53°)＝5×eq\f(3,4)m＝3.75m，故假設(shè)成立，即魚餌不會落在斜面上，選項A正確；若魚餌能落入水中，其落入水中時豎直方向分速度相同，初速度v0越大，根據(jù)速度的合成可知，落水時速度方向與水平方向的夾角越小，選項B正確；平拋運動的時間只與豎直位移有關(guān)，若魚餌能落入水中，無論初速度大小如何，豎直位移不變，從拋出到落水所用的時間都相同，選項C錯誤；若魚餌不能落入水中，則位移偏向角θ＝53°不變。結(jié)合平拋運動推論tanα＝2tanθ可知，速度偏向角α也不變，落到斜面上時速度方向與斜面的夾角不變，與初速度v0無關(guān)，選項D錯誤。對點練斜拋運動的理解和分析8．(2021·廣東惠州市調(diào)研)如圖6所示，一運動員將籃球從地面上方B點以速度v0斜向上拋出，恰好垂直擊中豎直籃板上A點。后來該運動員后撤到更遠的C點投籃，仍然將球垂直擊中籃板上A點，關(guān)于兩次投籃的比較，下列說法正確的是()圖6A．在C點拋出速度v0更小，同時拋射角θ更大B．在C點拋出速度v0更小，同時拋射角θ更小C．在C點拋出速度v0更大，同時拋射角θ更大D．在C點拋出速度v0更大，同時拋射角θ更小答案D解析將運動倒過來相當于從籃板做平拋運動，第一次拋到B點，第二次拋到C點，下落的高度相同，因此運動時間相同，豎直分速度相同，落到C點時水平速度更大，速度與水平夾角更小，因此籃球在C點拋出速度v0更大，同時拋射角θ更小，選項D正確。9．(2020·全國Ⅱ卷，16)如圖7所示，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經(jīng)過a點時的動能為E1，它會落到坑內(nèi)c點。c與a的水平距離和高度差均為h；若經(jīng)過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。eq\f(E2,E1)等于()圖7A．20 B．18C．9.0 D．3.0答案B解析由題意可知，當在a點動能為E1時，有E1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，根據(jù)平拋運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h＝v1t1；當在a點時動能為E2時，有E2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，根據(jù)平拋運動規(guī)律有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，3h＝v2t2，聯(lián)立以上各式可解得eq\f(E2,E1)＝18，故選項B正確。10．(多選)(2019·海南卷)三個小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下，已知軌道1、軌道2、軌道3的上端距水平地面的高度均為4h0；它們的下端水平，距地面的高度分別為h1＝h0、h2＝2h0、h3＝3h0，如圖8所示，若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點到軌道下端的水平距離分別記為s1、s2、s3，則()圖8A．s1＞s2 B．s2＞s3C．s1＝s3 D．s2＝s3答案BC解析對軌道1，射出時的速度v1＝eq\r(2g×3h0)＝eq\r(6gh0)，射程s1＝v1eq\r(\f(2h0,g))＝2eq\r(3)h0；對軌道2，射出時的速度v2＝eq\r(2g×2h0)＝eq\r(4gh0)，射程s2＝v2eq\r(\f(2×2h0,g))＝4h0；對軌道3：射出時的速度v3＝eq\r(2gh0)，射程s3＝v3eq\r(\f(2×3h0,g))＝2eq\r(3)h0；則s1＝s3，s2＞s3，故B、C正確，A、D錯誤。11．(2021·山東省教科所模擬)某城市邊緣的一小山崗，在干燥的春季發(fā)生了山頂局部火災(zāi)，消防員及時趕到，用高壓水槍同時啟動了多個噴水口進行圍堵式滅火?？吭谝黄鸬募住⒁腋邏核畼?，它們的噴水口徑相同，所噴出的水在空中運動的軌跡幾乎在同一豎直面內(nèi)，如圖9所示。則由圖可知()圖9A．甲水槍噴出水的速度較大B．乙水槍噴出的水在最高點的速度一定較大C．甲水槍噴水的功率一定較大D．乙水槍噴出的水在空中運動的時間一定較長答案B解析由圖可知，兩水槍噴出的水到達高度相同，說明豎直分速度相同，而甲水槍噴出水的水平位移較小，說明甲的水平分速度較小，到達最高點時只有水平分速度，所以乙水槍噴出的水在最高點的速度一定較大，選項B正確；乙水槍噴出的水在最高點的速度較大，根據(jù)機械能守恒可知乙水槍噴出水的速度較大，選項A錯誤；乙水槍噴出水的速度較大，則乙水槍噴水的功率較大，選項C錯誤；兩水槍噴出的水到達高度相同，則在空中運動的時間一樣長，選項D錯誤。12．(多選)(2021·海南省模擬)將小球從如圖10所示的階梯狀平