2020届高考物理二轮复习刷题首秧专题四曲线运动精练含解析 13页

高考物理总复习 专题四　曲线运动 ‎『经典特训题组』‎ ‎1．(多选)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其vt图象如图乙所示，同时人顶杆沿水平地面运动的xt图象如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法中正确的是(　　)‎ A．猴子的运动轨迹为直线 ‎ B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动 ‎ C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/s ‎ D．t＝2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2‎ 答案　BD 解析　由题图乙知，猴子竖直方向上向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下，由题图丙知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下且加速度的大小、方向均不变，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2 s内做匀变速曲线运动，A错误，B正确；xt图象的斜率等于速度，则知t＝0时猴子水平方向的速度大小为vx＝4 m/s，又竖直方向初速度大小vy＝8 m/s，则t＝0时猴子的速度大小为：v＝＝4 m/s，故C错误；vt图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度为：a＝＝ m/s2＝－4 m/s2，即加速度大小为4 m/s2，故D正确。‎ ‎2．(多选) 如图所示，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，炸弹垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h＝360 m，山坡倾角θ为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，由此可算出(　　)‎ A．炸弹的飞行时间为0.8 s B．炸弹飞行的水平位移为480 m C．轰炸机的飞行高度为680 m D．炸弹的落地速度为80 m/s 答案　BC - 13 -‎ 高考物理总复习 解析　如图所示，已知A点高度为h＝360 m，山坡倾角为37°，可算出炸弹飞行的水平位移为x＝＝480 m，故B正确；‎ 炸弹垂直击中目标A，可知炸弹的速度偏转角满足φ＝－θ＝53°，由平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍可知tanφ＝＝，解得H＝320 m，所以轰炸机的飞行高度H总＝H＋h＝680 m，故C正确；炸弹的飞行时间t＝ ＝8 s，故A错误；炸弹的初速度为v0＝＝60 m/s，落地速度v＝＝100 m/s，故D错误。‎ ‎3．(多选)如图，排球场总长为18 m，设网的高度为2 m，运动员站在离网3 m远的线上正对网前竖直跳起，在高为2.5 m处把作为质点的排球垂直于网水平击出。空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)‎ A．若球未触网，排球飞行时间为 s B．击球速度大于20 m/s，球必定会出界 C．击球速度小于10 m/s，球必定会触网 D．只要击球点高于2 m，且击球速度合适，球总可以落到对方界内 答案　AB 解析　若排球未触网，排球做平抛运动，根据H＝gt2，得排球飞行时间为t1＝ ＝ s＝ s，故A正确；排球出界的临界击球速度值为v1＝＝ m/s＝12 m/s，所以击球速度大于20 m/s，球必定会出界，故B正确；若球恰好触网，则球在球网上方运动的时间为t2＝ ＝ s＝ s，由此求得排球触网的临界击球速度为v2＝ - 13 -‎ 高考物理总复习 ‎＝ m/s＝3 m/s，即击球速度小于3 m/s，球必定会触网，故C错误；设击球点的高度为H′，当H′较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，如果球刚好擦网而过，落地时又恰压底线上，则有＝，代入数据得＝，计算得出H′≈2.13 m，即击球高度小于2.13 m时，不论击球速度多大，球要么出界，要么触网，一定不会落到对方界内，D错误。‎ ‎4. 如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动，现使小球在一个更高的水平面上做匀速圆周运动，而金属块Q始终静止在桌面上的同一位置，则改变高度后与原来相比较，下面的判断中正确的是(　　)‎ A．细线所受的拉力变小 B．小球P运动的角速度变大 C．Q受到桌面的静摩擦力变小 D．Q受到桌面的支持力变大 答案　B 解析　设小球质量为m，金属块质量为M，细线拉力为F，金属块所受摩擦力为f，细线与竖直方向夹角为θ，桌面下方的细线长为L。分析小球P的受力，竖直方向有Fcosθ＝mg，水平方向有Fsinθ＝mω2Lsinθ，可知F＝，ω＝ ，f＝F。由F＝得，θ增大，F增大，故A错误；由ω＝ 得，θ增大，ω增大，故B正确；f＝F，F增大，因此f增大，故C错误；Q受到桌面的支持力始终等于Q的重力，故D错误。‎ ‎5．(多选)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T，小球在最高点的速度大小为v，其Tv2图象如图乙所示，则(　　)‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 A．轻质绳长为 B．当地的重力加速度为 C．当v2＝c时，轻质绳的拉力大小为＋a D．只要v2≥b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a 答案　AD 解析　设绳长为R，由牛顿第二定律知小球在最高点满足T＋mg＝m，即T＝v2－mg，由题图乙知a＝mg，b＝gR，所以g＝，R＝，A正确，B错误；当v2＝c时，有T＋mg＝m，将g和R的值代入得T＝－a，C错误；因小球在最低点满足T′－mg＝m，即在最低点和最高点时绳的拉力差ΔT＝T′－T＝2mg＋(v－v2)，又由机械能守恒定律知mv＝2mgR＋mv2，可得ΔT＝6mg＝6a，D正确。‎ ‎6. (多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度。下列说法正确的是(　　)‎ A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg 答案　AC 解析　a与b所受的最大摩擦力相等，由F向＝mω2r知b需要的向心力较大，所以b先滑动，A正确；在未滑动之前，a、b各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b - 13 -‎ 高考物理总复习 受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，B错误；b处于临界状态时，kmg＝mω·2l，解得ωb＝，C正确；a的临界角速度ωa＝ ，当ω＝ 时，F向＝mω2l＝kmg，小于最大静摩擦力，故其所受摩擦力大小等于向心力为kmg，D错误。‎ ‎『真题调研题组』‎ ‎1．(2019·江苏高考)(多选) 如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)‎ A．运动周期为 B．线速度的大小为ωR C．受摩天轮作用力的大小始终为mg D．所受合力的大小始终为mω2R 答案　BD 解析　座舱的运动周期T＝，A错误；根据线速度与角速度的关系，可知座舱的线速度大小为v＝ωR，B正确；座舱做匀速圆周运动，摩天轮对座舱的作用力与座舱自身重力的合力提供向心力，合力大小始终为F合＝mω2R，C错误，D正确。‎ ‎2．(2019·海南高考)如图，一硬币(可视为质点)置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴OO′的距离为r，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度大小为g。若硬币与圆盘一起绕OO′轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为(　　)‎ A. B. C. D．2 - 13 -‎ 高考物理总复习 答案　B 解析　设硬币质量为m，当圆盘转动的角速度最大时，硬币受到的静摩擦力达到最大，最大静摩擦力提供向心力，即μmg＝mω2r，可得ω＝，B正确。‎ ‎3．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图a，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt图象如图b所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则(　　)‎ A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小 B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大 C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 答案　BD 解析　vt图象中图线与t轴包围的面积表示位移大小，第二次滑翔过程中所围面积大表示在竖直方向上位移大，A错误；比较身体姿态对下落速率的影响，应控制两次水平速度相同，运动员在水平方向上的运动可看成匀速直线运动，由x＝vt知运动时间长的水平位移大，B正确；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度小于第一次，C错误；vt图象的斜率表示加速度，竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上加速度小，设在竖直方向上所受阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力大，D正确。‎ ‎4．(2018·江苏高考)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的(　　)‎ A．时刻相同，地点相同 B．时刻相同，地点不同 C．时刻不同，地点相同 D．时刻不同，地点不同 答案　B 解析　弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以先后弹出的两只小球在竖直方向与弹射管相对静止，两球一定与弹射管同时落地，即两只小球落到水平地面的时刻相同；弹出的小球在水平方向做匀速运动，且弹出小球的水平初速度相同，但由于两小球弹出时距离水平面的高度不同，所以两只小球在水平方向运动的时间不等，水平位移不相等，因此落点不相同，故B正确。‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 ‎5．(2017·江苏高考) 如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为(　　)‎ A．t B.t C. D. 答案　C 解析　设A、B两小球分别以速度vA、vB水平抛出时，经过时间t相遇，则根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动有vAt＋vBt＝d①‎ ‎(d为两小球间的水平距离)‎ 设当A、B两小球速度都变为原来的2倍时，经过时间t′相遇，则有2vAt′＋2vBt′＝d②‎ 联立①②解得t′＝，C正确。‎ ‎6．(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(　　)‎ A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍 答案　A 解析　设甲球落至斜面时的速率为v1，乙球落至斜面时的速率为v2，对甲球，由平抛运动规律，x＝vt，y＝gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ＝，甲球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，mv2＋mgy＝mv，联立解得：v1＝·v，即小球落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2＝·，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，A正确。‎ ‎7．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是(　　)‎ A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 答案　C 解析　在竖直方向，球做自由落体运动，由h＝gt2知，球下降相同距离所用时间相同，‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 在相同的时间间隔内下降的距离相同，与水平速度大小无关，A、D错误。由v2＝2gh知，球下降相同距离时在竖直方向上的速度相同，与水平速度大小无关，B错误。在水平方向，球做匀速直线运动，由s＝vt知通过相同水平距离，速度大的球用时少，C正确。‎ ‎8．(2018·北京高考)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　　)‎ A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零 B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零 C．落地点在抛出点东侧 D．落地点在抛出点西侧 答案　D 解析　上升过程水平方向向西加速运动，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向的“力”为零，所以水平方向的加速度为零，但水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故A、B错误；下降过程水平方向受到一个向东的“力”而向西减速运动，按照对称性落至地面时水平速度为零，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错误，D正确。‎ ‎『模拟冲刺题组』‎ ‎1．(2019·广东汕头二模)港珠澳大桥已经开通，在香港和澳广无论开车和步行都是靠左行走，而内地都是靠右行走，所以香港、澳门和珠海的汽车往来需要变换交通规则。具体的做法就是在大桥的香港和澳门所有出入口接线处架设如图所示的立交桥来改变行驶方式。以下说法正确的是(　　)‎ A．汽车匀速通过立交桥时合外力为零 B．汽车通过立交桥的过程合外力方向保持不变 C．汽车通过立交桥时受到的桥面支持力不一定与汽车的重力相互平衡 D．两辆相同的汽车并排通过立交桥时合外力的大小可能一直保持相等 答案　C 解析　汽车匀速通过立交桥时做曲线运动，合外力不为零，方向指向曲线凹侧，时刻变化，故A、B错误；立交桥转弯的地方路面外高内低，桥面支持力与汽车的重力不会平衡，‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 在路面水平的地方桥面支持力与汽车的重力平衡，故C正确；两辆相同的汽车并排通过立交桥时做曲线运动，二者离圆心的距离不相等，合外力充当向心力，故合外力的大小m不相等，故D错误。‎ ‎2．(2019·济南高三模拟)曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动机构。如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P。在工作过程中，活塞在汽缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)‎ A．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于v0‎ B．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于v0‎ C．当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度等于v0‎ D．当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度大于v0‎ 答案　A 解析　当OP与OQ垂直时，设∠PQO＝θ，此时活塞的速度为v，将P点的速度v0分解为沿杆方向的速度v0cosθ和垂直于杆方向的速度v0sinθ；将活塞的速度v分解为沿杆方向的速度vcosθ和垂直于杆方向的速度vsinθ，则此时v0cosθ＝vcosθ，即v＝v0，A正确，B错误；当OPQ在同一直线时，P点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，C、D错误。‎ ‎3．(2019·黑龙江哈尔滨三中二模)(多选)倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，由此可判断(　　)‎ A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3‎ B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度的夹角之比为1∶1∶1‎ C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 答案　BC 解析　根据几何关系可得三个小球下落的高度之比为9∶4∶1，由h＝gt2，可得运动时间之比为3∶2∶1，故A错误；因为三个小球位移的方向相同，速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角的正切值的2倍，所以速度与初速度之间的夹角一定相等，比为1∶1∶1，故B正确；根据几何关系可得三个小球下落的水平位移之比为9∶4∶1，又运动时间之比为3∶2∶1，水平方向有x＝vt，可得三个小球初速度大小之比为3∶2∶1，故C正确；最后三个小球落到同一点，故三个小球的运动轨迹不可能在空中相交，故D错误。‎ ‎4．(2019·辽宁大连二模)游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为θ，当模型飞机以角速度ω绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列说法正确的是(　　)‎ A．模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力 B．旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直 C．旋臂对模型飞机的作用力大小为m D．若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小 答案　C 解析　向心力是效果力，本题中模型飞机的向心力是重力与旋臂的作用力的合力，A错误；模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，旋臂作用力在竖直方向的分力与模型飞机的重力平衡，旋臂作用力在水平方向的分力提供模型飞机做匀速圆周运动所需的向心力，由于m、ω、L、θ之间的数量关系未知，故不能确定旋臂作用力方向与旋臂是否垂直，B错误；根据B选项的分析可知旋臂对模型飞机的作用力大小：F＝＝m，C正确；根据C选项的分析，当0<θ<90°时，若夹角θ增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，D错误。‎ ‎5．(2019·山西运城高三上学期模拟)(多选)如图为过山车及其轨道简化模型，过山车车厢内固定一安全座椅，座椅上乘坐“假人”，并系好安全带，安全带恰好未绷紧，不计一切阻力，以下判断正确的是(　　)‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动 B．过山车在圆轨道最高点时的速度应至少等于 C．过山车在圆轨道最低点时乘客处于失重状态 D．若过山车能顺利通过整个圆轨道，在最高点时安全带对假人一定无作用力 答案　BD 解析　过山车在圆轨道上运动过程中，重力势能和动能相互转化，即速度大小在变化，所以不是做匀速圆周运动，A错误；当过山车在圆轨道最高点重力等于向心力时，速度最小，故有mg＝m，解得v＝，B正确；在圆轨道最低点，乘客有竖直向上指向圆心的加速度，故乘客处于超重状态，C错误；若过山车能顺利通过整个圆轨道，则在最高点时，F向≥mg，假人受重力，还可能受座椅对它向下的弹力，安全带对假人一定无作用力，D正确。‎ ‎6．(2019·山东滨州二模)如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面方程为y＝x2，在y轴上有一点P，坐标为(0,6 m)。从P点将一小球水平抛出，初速度为1 m/s。则小球第一次打在曲面上的位置为(不计空气阻力)(　　)‎ A．(3 m,3 m) B．(2 m,4 m)‎ C．(1 m,1 m) D．(1 m,2 m)‎ 答案　C 解析　设小球经过时间t打在斜面上M(x，y)点，则水平方向：x＝v0t，竖直方向：6 m－y＝gt2。又因为y＝x2，可解得：x＝1 m，y＝1 m，故C正确。‎ ‎7．(2019·河北衡水中学高三二调)如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切。一质量为m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)小物块从A点运动至B点的时间；‎ ‎(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小。‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 答案　(1)0.35 s　(2)8 N 解析　(1)把小物块在B点的速度分解为水平方向和竖直方向，则有：vy＝ 所以所用的时间为：t＝＝＝ s≈0.35 s。‎ ‎(2)小物块在B点的速度为：vB＝＝2v0＝4 m/s，‎ 对小物块从B到C应用动能定理得：‎ mgR(1＋sin30°)＝mv－mv 在C点由牛顿第二定律可得：‎ FN－mg＝ 由以上两式解得：FN＝8 N ‎ 由牛顿第三定律可得：小物块对轨道的压力大小为8 N。‎ ‎『热门预测题组』‎ ‎1. (2019·安徽合肥二模)(多选)如图所示为运动员在水平道路上转弯的情景，转弯轨迹可看成一段半径为R的圆弧，运动员始终与自行车在同一平面内。转弯时，只有当地面对车的作用力通过车(包括人)的重心时，车才不会倾倒。设自行车和人的总质量为M，轮胎与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)‎ A．车受到地面的支持力方向与车所在平面平行 B．转弯时车不发生侧滑的最大速度为 C．转弯时车与地面间的静摩擦力一定为μMg D．转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小 答案　BD 解析　车受到地面支持力的方向与地面垂直，与车所在平面不平行，A错误；由μmg＝m，解得转弯时车不发生侧滑的最大速度为v＝，B正确；转弯时车与地面间的静摩擦力一定小于或等于最大静摩擦力μMg，C错误；地面对自行车的弹力N与摩擦力f的合力过人与车的重心，设车所在平面与地面的夹角为θ，则有＝，又f＝M，解得＝，‎ - 13 -‎ 高考物理总复习 故转弯速度越大，车所在平面与地面的夹角越小，D正确。‎ ‎2. (2019·广东佛山高三一模)(多选)在2018年俄罗斯世界杯某场比赛中，一个球员在球门中心正前方某处高高跃起，将足球以水平速度v0顶出，恰落在球门的右下方死角P点。假设球门宽为L，守门员作出准确判断的时间为Δt，扑球的运动时间为t，将足球看成质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，则(　　)‎ A．若球员顶球点的高度为h，则守门员扑球时间t必须小于 ＋Δt才可能成功防守 B．球员要成功破门，球员顶球点的高度必须大于g(t＋Δt)2‎ C．球员到球门的距离为s，则球员要成功破门，球的最小初速度v0＝ D．若球员到P点的水平距离小于v0(t＋Δt)，则可能成功破门 答案　AD 解析　球做平抛运动，则落地时间为t1＝，守门员作出准确判断的时间为Δt，则守门员扑球时间t必须小于＋Δt才可能成功防守，故A正确；球员要成功破门，球的运动时间必须小于t＋Δt，球员顶球点的高度必须小于g(t＋Δt)2，故B错误；球员到球门的距离为s，则球员要成功破门，球的最小初速度v0＝，故C错误；若球员到P点的水平距离小于v0(t＋Δt)，则可能成功破门，故D正确。‎ - 13 -‎