（通用版）2019版高考物理二轮复习 第一部分 第一板块 第2讲 熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律讲义（含解析）.doc

熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律考法学法该部分“四类典型运动”包括：匀变速直线运动、一般的曲线运动、平抛运动、水平面内的圆周运动。高考既有对单个运动形式的考查，也有对多个运动形式的组合考查。考查的内容主要包括：匀变速直线运动的规律及图像；平抛运动的规律；水平面内圆周运动的规律及临界问题。用到的思想方法有：模型法；图像法；临界问题的处理方法；合成与分解思想；等效思想。知能全通解答匀变速直线运动问题的常用方法1基本公式法：vv0at，xv0tat2，v2v022ax。2重要推论法：v(利用平均速度测瞬时速度)；v ；xaT2(用逐差法测加速度)。3逆向思维法：“匀减速(至速度为零的)直线运动”可逆向处理为“(由静止开始的)匀加速直线运动”。4图像法：利用v t图像或x t图像求解。5比例法：只适用于初速度或末速度为零的匀变速直线运动。(1)1T末、2T末、3T末、nT末瞬时速度之比为123n。(2)第1个T内、第2个T内、第n个T内位移之比为135(2n1)。(3)从静止开始连续通过相等位移所用时间之比为1(1)()()。题点全练1(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比解析：选B动能Ekmv2，与速度的平方成正比，故C错误；速度vat，可得Ekma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误；根据v22ax，可得Ekmax，与位移成正比，故B正确；动量pmv，可得Ek，与动量的平方成正比，故D错误。2一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则()A物体的加速度是1 m/s2B第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/sC时间间隔为1 sD物体在第1个T时间内的位移为0.6 m解析：选D初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为135，据此可知第一个T时间内的位移x13 m0.6 m，选项D正确；第二个T时间内的位移 x23 m1.8 m，由v3202a(x1x2x3)，得a m/s2，选项A错误；由xaT2得x2x1aT2，解得T s，选项C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1aT1 m/s，选项B错误。3.(2019届高三福州八校联考)如图所示，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块()A通过bc、cd段的时间均大于TB通过c、d点的速度之比为12C通过bc、cd段的时间之比为11D通过c点的速度等于通过bd段的平均速度解析：选A当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，设加速度大小为a，ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x，xbcxcd35，类比滑块由b点静止下滑易知，C错误；如果滑块由b点静止下滑，显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1，滑块在d点的速度应为v2，则v1v2，B错误；因为xbcxcd35，显然滑块通过c点的时刻不是通过bd段的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误。知能全通1解决运动合成与分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质。(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。2解答关联速度问题的方法(1)与绳或杆相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动，合运动对应合速度。(2)在绳(杆)的端点把合速度分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度，而沿绳(杆)的方向上各点的速度大小相等，由此列方程解题。3小船渡河的两类问题、三种情景最短时间当船头方向即v船垂直河岸时，渡河时间最短，tmin最短位移如果v船v水，当v船与上游夹角满足v船cos v水时，v合垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d如果v船v水，当v船与v合垂直时，渡河位移最短，等于题点全练1.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示。关于物体的运动，下列说法中正确的是()A物体运动的初速度大小是7 m/sB物体做变加速直线运动C物体做匀变速曲线运动D物体运动的加速度大小是5 m/s2解析：选C由题图可得分运动的初速度大小v0x3 m/s，v0y4 m/s，则初速度大小为v05 m/s，选项A错误；x方向的匀速直线运动和y方向的匀变速直线运动合成为匀变速曲线运动，选项B错误，C正确；分运动的加速度大小ax0，ay2 m/s2，物体的加速度大小a2 m/s2，选项D错误。2(2018成都诊断)质量为m的物体P置于倾角为1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为2时(如图)，下列判断正确的是()AP的速率为vBP的速率为vcos 2C细绳的拉力等于mgsin 1D细绳的拉力小于mgsin 1解析：选B将小车速度分解为沿细绳和垂直细绳方向的v1、v2，P的速率v1vcos 2，A错误，B正确；小车向右做匀速直线运动，2减小，P的速率增大，P具有沿斜面方向向上的加速度，故细绳的拉力大于mgsin 1，C、D错误。3多选相距为l0的甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，两船在静水中的速率均为v。甲、乙两船船头与河岸的夹角均为，如图所示，已知甲船恰好能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为l。则下列判断正确的是()A甲、乙两船同时到达对岸B若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变C不论河水流速v0如何改变，只要适当改变，甲船总能到达正对岸的A点D若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为l解析：选ABD甲、乙两船在垂直河岸方向上的分速度大小相同，都为vsin ，根据合运动与分运动具有等时性可得，两船的渡河时间相同，且与河水流速v0无关，故A、B正确；当v0v时，不论怎样改变，甲船都不能到达正对岸的A点，故C错误；两船到达对岸时，两船之间的距离ll乙l甲l0(vcos v0)t(v0vcos )tl02vtcos l0，与v0无关，故D正确。研一题一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()A.vL1B.v C.v D.v 思路点拨1使球过网的临界条件是什么？此时对应最大发射速率还是最小发射速率？提示：球恰好能经过网的上侧，对应最小发射速率。2在球不被打出右侧台面的前提下，球最远能落到何处？此时对应最大发射速率还是最小发射速率？提示：球最远能落到右侧台面的两角处，对应最大发射速率。解析设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有3hhgt12，水平方向上有v1t1，解得v1。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3hgt22，在水平方向有 v2t2，解得v2 。则v的最大取值范围为v1vv2。故选项D正确。答案D悟一法平抛运动的两个“正切值”和两个“模型”1两个“正切值”任意时刻的速度与水平方向的夹角的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角的正切值的2倍，即tan 2tan 。2两个“模型”两个模型解题方法方法应用分解速度，构建速度矢量三角形水平方向：vxv0竖直方向：vygt合速度：v方向：tan 分解位移，构建位移矢量三角形水平方向：xv0t竖直方向：ygt2合位移：s方向：tan 通一类1多选如图所示，在距地面高为H45 m处，有一小球A以初速度v010 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g10 m/s2)。下列说法正确的是()AA运动时间为3 sBB运动时间为3 sCB运动12.5 m后停止DA落地时，A、B相距17.5 m解析：选ACD根据Hgt2得，t s3 s，故A正确；B做匀减速直线运动的加速度大小ag0.410 m/s24 m/s2，则B速度减为零的时间t0 s2.5 s，滑行的距离xt02.5 m12.5 m，故B错误，C正确；A落地时，A的水平位移xAv0t103 m30 m，B的位移xBx12.5 m，则A、B相距x(3012.5)m17.5 m，故D正确。2(2018全国卷)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()A2倍 B4倍C6倍 D8倍解析：选A画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：xvt，xtan gt2，则xv2，即xv2。甲、乙两球抛出速度分别为v和，则相应水平位移之比为41，由相似三角形知，下落高度之比也为41，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为21，由落至斜面时的速率v斜可得落至斜面时速率之比为21，A对。3.如图所示，斜面体ABC放置在水平地面上，有一小球从A点正上方某一高度以4 m/s的速度水平抛出，刚好落在斜边AC的中点。若小球抛出点不变，将小球以速度v水平抛出，小球刚好落在斜面顶端C点，不计空气阻力的影响，则该速度v的大小可能为()A5 m/s B6 m/sC8 m/s D10 m/s解析：选D改变小球抛出速度后，水平位移变为原来的2倍，由于小球运动时间变短，则速度v大于原来的2倍，只有D项是可能的。知能全通1解决圆周运动问题的“四个步骤”2水平面内圆周运动的临界问题(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。(2)常见临界条件：绳的临界：张力FT0；接触面滑动的临界：Ff；接触面分离的临界：FN0。题点全练1.一水平放置的圆盘可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量为m的铁块(可视为质点)，轻质弹簧一端连接铁块，另一端系于O点，铁块与圆盘间的动摩擦因数为，如图所示。铁块随圆盘一起匀速转动，铁块距中心O点的距离为r，这时弹簧的拉力大小为F，重力加速度为g，已知铁块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则圆盘的角速度可能是()A B C. D. 解析：选D当摩擦力指向圆心达到最大时，角速度达到最大，根据Fmgm12r，得最大角速度1 ；当摩擦力背离圆心达到最大时，角速度达到最小，根据Fmgm22r，得最小角速度2 ，所以角速度的范围满足 ，故D正确。2.两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切，圆管平铺在水平面上并固定，如图所示。一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管，则小球由圆管ab进入圆管bc后()A线速度变小 B角速度变大C向心加速度变小 D小球对管壁的压力变大解析：选C小球在水平面内运动，圆管对小球水平方向的支持力对小球不做功，小球的线速度不变，故A错误；由vr可知，线速度不变，圆管半径增大，所以小球的角速度变小，故B错误；由an可知，线速度不变，圆管半径增大，向心加速度变小，故C正确；由Fnman可知，小球需要的向心力减小，则圆管对小球沿水平方向的支持力减小，圆管对小球竖直方向的支持力不变，所以圆管对小球的支持力的合力减小，根据牛顿第三定律可知，小球对管壁的压力变小，故D错误。3多选如图，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，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C 是b开始滑动的临界角速度D当 时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：选AC因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得fm2R，由于b的轨道半径大于a的轨道半径，故b做圆周运动需要的向心力较大，所以b所受的摩擦力较大，B错误；因为两木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgmb22l，可得b ， C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgma2l，可得a，而转盘的角速度 ，a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得fm2lkmg，D错误。专题强训提能 1(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，地点不同解析：选B弹射管自由下落，两只小球始终处于同一水平面，因此同时落地。两只小球水平方向的分运动为匀速直线运动，且速度相等，但两只小球弹出后在空中运动的时间不相等，所以水平位移不相等，落地点不同。故B正确。2一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v2t (各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是()A质点可能做匀减速直线运动B05 s内质点的位移为35 mC质点运动的加速度为1 m/s2D质点在第3 s末的速度为5 m/s解析：选B根据平均速度v知，xvt2tt2，根据xv0tat22tt2知，质点的初速度v02 m/s，加速度a2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；05 s 内质点的位移xv0tat225 m252 m35 m，故B正确；质点在第3 s末的速度vv0at2 m/s23 m/s8 m/s，故D错误。3.(2018安徽“江南十校”联考)如图所示，将小球以速度v沿与水平方向成37角斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙面上，小球反弹的瞬间速度方向水平，且速度大小为碰撞前瞬间速度大小的，已知sin 370.6，cos 370.8，空气阻力不计，则当反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为()A. B.C. D.解析：选B采用逆向思维，小球的斜抛运动可视为平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：vxvcos 0.8v，vyvsin 0.6v，小球撞墙前瞬间的速度等于0.8v，反弹速度大小为：vx0.8v0.6v，反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为：vy0.8v，速度方向与水平方向夹角的正切值为：tan ，故B正确，A、C、D错误。4(2019届高三晋中调研)如图所示为一个做匀变速曲线运动的物块运动轨迹的示意图，运动至A点时速度大小为v0，经一段时间后物块运动至B点，速度大小仍为v0，但相对于A点时的速度方向改变了90，则在此过程中()A物块的运动轨迹AB可能是一段圆弧B物块的动能可能先增大后减小C物块的最小速度大小可能为D物块在B点的加速度与速度的夹角小于90解析：选D由题意，物块做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动轨迹是一段抛物线，不是圆弧，故A错误；由题意，物块运动到B点时速度方向相对于A点时的速度方向改变了90，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向垂直于AB的连线向下，合外力也向下，物块做匀变速曲线运动，物块由A点到B点过程中，合外力先做负功，后做正功，由动能定理可得，物块的动能先减小后增大，故B错误；物块的加速度方向垂直于A、B的连线向下，根据物块由A点到B点的速度方向改变90，则物块在A点的速度方向与AB连线方向夹角为45，如图所示，所以在物块运动过程中的最小速度大小为v0，故C错误；物块在B点速度沿B点轨迹的切线方向，而加速度方向垂直于A、B的连线向下，可知二者之间的夹角小于90，故D正确。5(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解析：选D将小球的竖直上抛运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。上升阶段，随着小球竖直分速度的减小，其水平向西的“力”逐渐减小，因此水平向西的加速度逐渐减小，到最高点时减小为零，而水平向西的速度达到最大值，故A、B错误；下降阶段，随着小球竖直分速度的变大，其水平向东的“力”逐渐变大，水平向东的加速度逐渐变大，小球的水平分运动是向西的变减速运动，根据对称性，小球落地时水平向西的速度减小为零，所以落地点在抛出点西侧，故C错误，D正确。6多选(2018兰州一中检测)一快艇从离岸边100 m远的河流中央向岸边行驶，快艇在静水中的速度时间图像如图甲所示；河中各处水流速度相同，速度时间图像如图乙所示。则()A快艇的运动轨迹一定为直线B快艇的运动轨迹一定为曲线C快艇最快到达岸边，所用的时间为20 sD快艇最快到达岸边，经过的位移为100 m解析：选BC由题图知，两分运动一个为匀加速直线运动，一个为匀速直线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动，即运动轨迹一定为曲线，A错误，B正确；当快艇速度方向垂直于河岸时，所用时间最短，垂直于河岸方向上的加速度a0.5 m/s2，由dat2，得t20 s，而合速度方向不垂直于河岸，位移大于100 m，C正确，D错误。7.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，金属块B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图中未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下列说法正确的是()A金属块B受到桌面的静摩擦力变大B金属块B受到桌面的支持力变小C细线的张力变大D小球A运动的角速度变小解析：选D设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线的张力为T，细线与竖直方向的夹角为，对B研究，B受到的静摩擦力fTsin ，对A，有Tsin ma，Tcos mg，解得agtan ，变小，f变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，等于(Mm)g，故B错误；T，变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则agtan 2lsin ， ，变小，变小，故D正确。8.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞没有能量损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网C处时水平速度之比为()A11 B13C31 D19解析：选B两球飞出时的高度相同，所以第一只球落到B点所用的时间等于第二只球落到A点所用时间，根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知，落到A点时，第一只球所用时间为t13t，第二只球所用时间为t2t，由于两只球在水平方向的分运动均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由xv0t得v23v1，即，B正确。9多选如图为一网球场示意图，球网高为h0.9 m，发球线离网的距离为x6.4 m，某运动员在一次击球时，击球点刚好在发球线正上方H1.25 m 高处，设击球后瞬间球的速度大小为v032 m/s，方向水平且垂直于网(不计空气阻力，网球视为质点，重力加速度g取10 m/s2)，下列说法正确的是()A网球不能过网B网球在水平方向通过网所在处历时0.2 sC网球的直接落地点离对方发球线的距离为16 mD网球从击出到落地历时0.5 s解析：选BD网球在水平方向通过网所在处历时t10.2 s，下落高度h1gt120.2 m，因h1 ，b绳将出现张力D若b绳突然被剪断，则a绳的张力一定发生变化解析：选AC小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上受力平衡得，Fasin mg，解得Fa，可知a绳的张力不变，故B错误；当b绳张力为零时，有ml2，解得 ，可知当角速度 时，b绳将出现张力，故C正确；由于b绳可能没有张力，故b绳突然被剪断，a绳的张力可能不变，故D错误。12.如图所示，A、B两球用两段不可伸长的细绳连接于悬点O，两段细绳的长度之比为12，现让两球同时从悬点O附近以一定的初速度分别向左、向右水平抛出，至连接两球的细绳伸直所用时间之比为1，若A、B两球的初速度大小之比为k，则k值应满足的条件是()Ak BkCk Dk解析：选A设连接A球的细绳长为L，A球以初速度vA水平抛出，水平方向的位移xvAt，竖直方向的位移ygt2，则x2y2L2，可得vA；同理得B球的初速度vB，因此有k，选项A正确。13.多选如图所示，BOD是竖直平面内半圆轨道的水平直径，OC为竖直半径，半圆轨道半径为R。现有质量相同的a、b两个小球分别从A、B两点以一定的初速度水平抛出，分别击中轨道上的D点和C点，A点在B点正上方高度为R处，已知b球击中C点时动能为Ek，不计空气阻力，则()Aa球击中D点时动能为1.6EkBa球击中D点时动能为1.25EkCa、b两球初速度之比为11Da、b两球与轨道碰撞前瞬间，重力的瞬时功率之比为11解析：选AD两个小球都做平抛运动，下落的高度都是R，根据Rgt2可知，运动的时间为：t，根据题图可知，a球运动的水平位移为2R，则a球的初速度为：vA，b球的水平位移为R，则b球的初速度为：vB，则a、b两球初速度之比为21，选项C错误；a球从A到D的过程中，根据动能定理得：EkDmgRmvA22mgR，b球从B到C的过程中，根据动能定理得：EkmgRmvB2mgR，解得：EkD1.6Ek，选项A正确，B错误；a、b两球与轨道碰撞前瞬间，竖直方向速度vygt，相等，则重力的瞬时功率也相等，即重力的瞬时功率之比为11，选项D正确。14(2018广东华南三校联考)横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c。下列判断正确的是()A图中三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短B图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大C图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快D无论小球抛出时初速度为多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直解析：选D题图中三小球均做平抛运动，可知落点为a、b和c的三小球下落的高度关系为hahbhc，由t，得tatbtc，又vgt，则vavbvc，A、B项错误；速度变化快慢由加速度决定，因为aaabacg，则三小球飞行过程中速度变化快慢相同，C项错误；由题给条件可以确定小球落在左边斜面上的瞬时速度不可能垂直于左边斜面，而对右边斜面可假设小球初速度为v0时，其落到斜面上的瞬时速度v与斜面垂直，将v沿水平方向和竖直方向分解，则vxv0，vygt，且满足tan (为右侧斜面倾角)，由几何关系可知tan ，则v0gt，而竖直位移ygt2，水平位移xv0tgt2，可得xy，由题图可知这一关系不可能存在，则假设不能成立，D项正确。