2018-2019年高中物理人教版《必修2》《第七章机械能守 恒定律》《第二节功》精选专题试卷【1】含答案考点及解 析 班级 姓名: 分数: 注意事项: 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 评卷人得分 、选择题 1以初速度V竖直上抛一个小球,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法错误的是 A.小球到达最高点所用的时间为 B.小球上升的最大高度为 C.小球回到抛出点时的速度大小为vo D.小球回到出发点所用的时间为2 【答案】B 【解析】 试题分析:由vgt可得上升时间t,A正确;由=2得:=远,B错误:由上抛的对 称性可知回到抛出点时的速度大小为v,C正确:整个过程的时间为2t=-,D正确,错误的 只有B,所以本题选择B。 考点:竖直上抛运动 2如图所示,直线oAC为某一直流电源的总功率P随电流1变化的图线,抛物线OBC为该 电源内部热功率P随电流变化的图线,则根据图线可知() 电动势为6V 内阻为15Q C.当电路中电流为1A时,外电路电阻为15 D.在O(C过程中,电源输出功率不变
2018-2019 年高中物理人教版《必修 2》《第七章 机械能守 恒定律》《第二节功》精选专题试卷【1】含答案考点及解 析 班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________ 题号 一 二 三 四 五 六 总分 得分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 评卷人 得 分 一、选择题 1.以初速度 V0竖直上抛一个小球，不计空气阻力，重力加速度为 g，则下列说法错误的是 （ ） A．小球到达最高点所用的时间为 B．小球上升的最大高度为 C．小球回到抛出点时的速度大小为 V0 D．小球回到出发点所用的时间为 【答案】 B 【解析】 试题分析：由 v0 =gt 可得上升时间 t= ，A 正确；由 得 ，B 错误；由上抛的对 称性可知回到抛出点时的速度大小为 v0，C 正确；整个过程的时间为 2t= ,D 正确，错误的 只有 B，所以本题选择 B。 考点：竖直上抛运动 2.如图所示，直线 OAC 为某一直流电源的总功率 P 总随电流 I 变化的图线，抛物线 OBC 为该 电源内部热功率 随电流 I 变化的图线，则根据图线可知（ ） A．电源电动势为 6V B．电源内阻为 1.5Ω C．当电路中电流为 1A 时，外电路电阻为 1.5Ω D．在 O（C 过程中，电源输出功率不变
【答案】 【解析】 试题分析:从图象可知:有两个交点.O点处是没有通电,而C处它们的电功率相等,说明外 电阻没有消耗功率.因此电流为2A时,外电阻阻值为零.由P=r可算出r=15(,所以内阻 的阻值为15.所以B正确.在C点时,外电阻为0,所以电动势E=r=2×15V=3V,所以A 错误.根据闭合电路欧姆定律可知,E=(R+r)当电路中电流为1A时,外电路的电阻R=15 所以C对;在O→C过程中,外电阻逐渐减小,所以电源输出功率的变化是先变大再变小, 所以D错误 考点:功、电功率 3关于斜抛运动的时间,下列说法中正确的是() A.斜抛运动的时间由初速度的大小决定 斜抛运动的时间由初速度的方向决定 C.斜抛运动的时间由初速度的水平分量决定 D.斜抛运动的时间由初速度的竖直分量决定 【答案】D 【解析】斜抛物体的运动时间取决于竖直方向的分运动 4如图所示,小车上有固定支架,支架上用细线拴一个小球,线长为1(小球可看作质点), 小车与小球一起以速度v沿水平方向向左匀速运动。当小车突然碰到矮墙后车立即停止运z 此后小球升高的最大高度可能是(线未被拉断)( 大于 B.小于 于 等于2 【答案】BCD 【解析】 试题分析:如果小球的速度不能使小球做圆周运动,由机械能守恒可得,m=mg,所以最 大高度可能是。,所以A错,C对:如果有空气的阻力的话,机械能不守恒,最大高度就要 小于,所以B正确:如果小球的速度能使小球做圆周运动,那么最大的高度就是圆周运动 的直径2L,所以D正确 考点:机械能守恒定律,动能定理,牛顿第二定律,向心力
【答案】 BC 【解析】 试题分析:从图象可知：有两个交点．O 点处是没有通电，而 C 处它们的电功率相等，说明外 电阻没有消耗功率．因此电流为 2A 时，外电阻阻值为零．由 P=I2 r 可算出 r=1.5（，所以内阻 的阻值为 1.5Ω．所以 B 正确．在 C 点时，外电阻为 0，所以电动势 E=Ir=2×1.5V=3V，所以 A 错误．根据闭合电路欧姆定律可知，E=I（R+r）当电路中电流为 1A 时，外电路的电阻 R=1.5Ω， 所以 C 对；在 O→C 过程中，外电阻逐渐减小，所以电源输出功率的变化是先变大再变小， 所以 D 错误。 考点：功、电功率 3.关于斜抛运动的时间，下列说法中正确的是 ( )． A．斜抛运动的时间由初速度的大小决定 B．斜抛运动的时间由初速度的方向决定 C．斜抛运动的时间由初速度的水平分量决定 D．斜抛运动的时间由初速度的竖直分量决定 【答案】D 【解析】斜抛物体的运动时间取决于竖直方向的分运动． 4.如图所示，小车上有固定支架，支架上用细线拴一个小球，线长为 l（小球可看作质点）， 小车与小球一起以速度 v0 沿水平方向向左匀速运动。当小车突然碰到矮墙后车立即停止运动， 此后小球升高的最大高度可能是（线未被拉断）（ ） A．大于 B．小于 C．等于 D．等于 2l 【答案】BCD 【解析】 试题分析: 如果小球的速度不能使小球做圆周运动，由机械能守恒可得， =mgh，所以最 大高度可能是 ，所以 A 错，C 对；如果有空气的阻力的话，机械能不守恒，最大高度就要 小于 ，所以 B 正确；如果小球的速度能使小球做圆周运动，那么最大的高度就是圆周运动 的直径 2L，所以 D 正确 考点：机械能守恒定律，动能定理，牛顿第二定律，向心力
5.如图所示,小物块A与圆盘保持相对静止,跟着圆盘一起做匀速圆周运动.则下列关于A 的受力情况的说法中正确的是 A.受重力、支持力 B.受重力、支持力和与运动方向相反的摩擦力 C.受重力、支持力、摩擦力和向心力 D.受重力、支持力和指向圆心的摩擦力 【答案】D 【解析】 试题分析:隔离物体分析,该物体做匀速圆周运动 对物体受力分析,如图,受重力G,向上的支持力N,重力与支持力二力平衡,然后既然匀 速转动,就要有向心力(由摩擦力提供),指向圆心的静摩擦力; 考点:考查了受力分析以及向心力来源 点评:本题要注意物体做匀速圆周运动,合力提供向心力,指向圆心,而不能把匀速圆周运 动当成平衡状态!向心力是效果力,由合力提供,不是重复受力! 6如图所示,一块橡皮用细线悬挂于O点,用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动,运动中 始终保持悬线竖直,则橡皮运动的速度() 悬线 A.大小和方向均不变 B.大小不变,方向改变 C.大小改变,方向不变 D.大小和方向均改变 【答案】A 【解析】由于始终保持悬线竖直,所以橡皮水平方向上的运动速度与铅笔的速度相同,橡皮 在竖直方向上运动的速度大小应等于水平速度大小,所以橡皮的合运动仍为匀速直线运动, 选项A正确 7.运动员掷链球时,链球在运动员的牵引下做曲线运动,一旦运动员放手,链球即刻飞出 放手的时刻不同,链球飞出的方向不同,这说明
5.如图所示，小物块 A 与圆盘保持相对静止，跟着圆盘一起做匀速圆周运动．则下列关于 A 的受力情况的说法中正确的是 A．受重力、支持力 B．受重力、支持力和与运动方向相反的摩擦力 C．受重力、支持力、摩擦力和向心力 D．受重力、支持力和指向圆心的摩擦力 【答案】D 【解析】 试题分析：隔离物体分析，该物体做匀速圆周运动； 对物体受力分析，如图，受重力 G，向上的支持力 N，重力与支持力二力平衡，然后既然匀 速转动，就要有向心力（由摩擦力提供），指向圆心的静摩擦力； 考点：考查了受力分析以及向心力来源 点评：本题要注意物体做匀速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，而不能把匀速圆周运 动当成平衡状态！向心力是效果力，由合力提供，不是重复受力！ 6.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于 O 点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中 始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度( ) A．大小和方向均不变 B．大小不变，方向改变 C．大小改变，方向不变 D．大小和方向均改变 【答案】A 【解析】由于始终保持悬线竖直，所以橡皮水平方向上的运动速度与铅笔的速度相同，橡皮 在竖直方向上运动的速度大小应等于水平速度大小，所以橡皮的合运动仍为匀速直线运动， 选项 A 正确． 7.运动员掷链球时，链球在运动员的牵引下做曲线运动，一旦运动员放手，链球即刻飞出。 放手的时刻不同，链球飞出的方向不同，这说明
A.做曲线运动的物体,不同时刻的加速度具有不同的大小 B.做曲线运动的物体,不同时刻的加速度具有不同的方向 C.做曲线运动的物体,不同时刻的速度具有不同的大小 D.做曲线运动的物体,不同时刻的速度具有不同的方向 【答案】D 【解析】本题考查的是曲线运动的问题,做曲线运动的物体,不同时刻的速度具有不同的方 向,D正确:加速度方向可以不变比如抛体运动;速度大小也可以不变比如匀速圆周运动, ABC错误 8如图4所示,在同一竖直面内,小球a、b从高度不同的两点,分别以初速度v和 沿水平方向抛出,经过时间t和t后落到与两抛出点水平距离相等的P点.若不计空气阻 力,下列关系式正确的是 A. ta>t. B. va>Vb 【答案】AC 【解析】两小球做平抛运动,由题图可知h>h,则tt:;又水平位移相同,根据ⅹ=ⅵ可 知v< 9.下列说法正确的是 A.做匀速圆周运动的物体处于平衡状态 B.做匀速圆周运动的物体所受的合外力是恒力 C.做匀速圆周运动的物体的速度恒定 D.做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定 【答案】D 【解析】匀速圆周运动的物体受到的合外力大小恒定,方向指向圆心,速度大小恒定,方向 沿着轨迹的切线方向,加速度大小恒定,方向指向圆心,所以D正确 10对于做匀速圆周运动的物体,下列说法正确的是:() A.速度不变 B.周期不变 C.加速度不变 D.合力不变 【答案】B 【解析】匀速圆周运动的特征是线速度的大小不变、角速度不变、周期不变、频率不变,线 速度的方向时刻变化,B对,ACD错。 评卷人得分 实验题
A．做曲线运动的物体，不同时刻的加速度具有不同的大小 B．做曲线运动的物体，不同时刻的加速度具有不同的方向 C．做曲线运动的物体，不同时刻的速度具有不同的大小 D．做曲线运动的物体，不同时刻的速度具有不同的方向 【答案】D 【解析】本题考查的是曲线运动的问题，做曲线运动的物体，不同时刻的速度具有不同的方 向，D 正确；加速度方向可以不变比如抛体运动；速度大小也可以不变比如匀速圆周运动， ABC 错误； 8.如图 4 所示，在同一竖直面内，小球 a、b 从高度不同的两点，分别以初速度 va 和 vb沿水平方向抛出，经过时间 t a和 t b后落到与两抛出点水平距离相等的 P 点．若不计空气阻 力，下列关系式正确的是 ( ) A．ta＞tb B．va＞vb C．va＜vb D．ta＜tb 【答案】AC 【解析】两小球做平抛运动，由题图可知 ha＞hb，则 t a＞t b；又水平位移相同，根据 x＝vt 可 知 va＜vb . 9.下列说法正确的是（ ） A．做匀速圆周运动的物体处于平衡状态 B．做匀速圆周运动的物体所受的合外力是恒力 C．做匀速圆周运动的物体的速度恒定 D．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定 【答案】D 【解析】匀速圆周运动的物体受到的合外力大小恒定，方向指向圆心，速度大小恒定，方向 沿着轨迹的切线方向，加速度大小恒定，方向指向圆心，所以 D 正确 10.对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是：（ ） A．速度不变 B．周期不变 C．加速度不变 D．合力不变 【答案】B 【解析】匀速圆周运动的特征是线速度的大小不变、角速度不变、周期不变、频率不变，线 速度的方向时刻变化，B 对，ACD 错。 评卷人 得 分 二、实验题
11下图为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分,背景方格边长为5cm,g取10m/s2。则 闪光时 平抛初速度v。=_m;(3)B点的速度v m/s 【答案】(1)闪光时间间隔△t=0.15;(2)平抛初速度v。=15m/s (3)B点的速度v="25"m/s 【解析】(1)竖直方向自由落体运动,有的=gr:r=(=01(2由水平方向x可求得初速 度为1.5m/s,B点竖直分速度为AC竖直距离的平均速度,在由水平分速度求B点合速度 评卷人得分 填空题 12如图3所示,A、B两轮半径之比为1:3,两轮边缘挤压在一起,在两轮转动中,接触点 不存在打滑的现象,则两轮边缘的线速度大小之比等于 A轮的角速度与B轮的角速 度大小之比等于 【答案】1:1,(2分)3:1(2分) 【解析】不存在打滑的轮边缘线速度相等,大小之比等于1:1,根据,则91R2=2 13如图所示,可视为质点的质量为m的小球,在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做 圆周运动,小球能够通过最高点时的最小速度为_,如小球在最高点时的速度大小为2gR, 则此时小球对管道的壁有作用力(填外或内),作用力大小为 【答案】0外3mg 【解析】因内轨道可对小球有支持力,所以小球能够通过最高点时的最小速度为0:由小球 在最高点向心力是弹力与重力的合力提供,F+mg=m-,v=2√gR 解得F=3mg,方向向下,所以小球对管道的外壁有作用力,大小为3mg 14观察自行车的主要传动部件,了解自行车是怎样用链条传动来驱动后轮前进的。如图所示 大齿轮、小齿轮、后轮三者的半径分别为r1、r2、2,它们的边缘上有三个点A、B、C。则A、 B、C三者的线速度大小之比为,角速度之比为
11.下图为一小球做平抛运动的频闪照片的一部分，背景方格边长为 5 cm，g 取 10 m／s 2。则 (1)闪光时间间隔△t = S;(2)平抛初速度 v 0 = m/s；（3）B 点的速度 v B = m/s； 【答案】(1)闪光时间间隔△t = 0.1S ；(2)平抛初速度 v 0 = 1.5 m/s ； （3）B 点的速度 v B =" 2.5" m/s 【解析】(1)竖直方向自由落体运动，有 (2)由水平方向 x=vT 可求得初速 度为 1.5 m/s，B 点竖直分速度为 AC 竖直距离的平均速度，在由水平分速度求 B 点合速度 评卷人 得 分 三、填空题 12.如图 3 所示，A、B 两轮半径之比为 1：3，两轮边缘挤压在一起，在两轮转动中，接触点 不存在打滑的现象，则两轮边缘的线速度大小之比等于______。A 轮的角速度与 B 轮的角速 度大小之比等于______。 【答案】1∶1， （2 分） 3∶1（2 分） 【解析】不存在打滑的轮边缘线速度相等，大小之比等于 1∶1，根据 ，则 。 13.如图所示，可视为质点的质量为 m 的小球，在半径为 R 的竖直放置的光滑圆形管道内做 圆周运动，小球能够通过最高点时的最小速度为 ，如小球在最高点时的速度大小为 2 ， 则此时小球对管道的 壁有作用力（填外或内），作用力大小为 【答案】 0 外 3mg 【解析】因内轨道可对小球有支持力，所以小球能够通过最高点时的最小速度为 0；由小球 在最高点向心力是弹力与重力的合力提供， ，v=2 ， 解得 F=3mg，方向向下，所以小球对管道的外壁有作用力，大小为 3mg。 14.观察自行车的主要传动部件，了解自行车是怎样用链条传动来驱动后轮前进的。如图所示， 大齿轮、小齿轮、后轮三者的半径分别为 r 1、r 2、r 3，它们的边缘上有三个点 A、B、C。则 A、 B、C 三者的线速度大小之比为 ，角速度之比为
小齿轮 后轮 【答案】「2r23,「11 【解析】根据同一传送带的线速度相等,有v=v,即ηa=ηω2,同一圆轮上角速度相等, 有a=吗,一的=,则A、B、C三者的线速度大小之比为5;角速度之比为r 15如图所示,圆桶底面半径为R,在上部有个入口A,在A的正下方h处有个出口B,在A 处沿切线方向有一斜槽,一个小球恰能沿水平方向进入入口A后,沿光滑桶壁运动,要使小 球由出口B飞出桶外,那么小球进入A时速度v必须满足 【答案】2mnR8(n=1,2,3,) 【解析】分析:由于桶内壁光滑,小球沿水平方向进入A后,只受到重力和桶壁对它的弹力 作用,于是小球在水平方向做匀速圆周运动,在竖直方向做自由落体运动 解答:解:小球从入口A进入桶内以后,在竖直方向只受重力作用,且竖直方向初速度为零, 故小球在竖直方向做自由落体运动,由h==gt 从A运动到B的时间为:t=/2—① 小球在水平方向以速率v做匀速圆周运动,设它从A到B共运动了n圈,则: vt=n?2πR,(n=1、2、3..) 联立①②解得:v=2nR/(n=1,2,3,…) 此即为小球进入A时速度v所必须满足的条件 故答案为:2nRg(n=1,2,3,…) 点评:不少同学可能误认为小球只运动一圈就由A到B,没有考虑到小球运动多周的可能, 因而在结果中遗漏了圈数n 16从某高度以12m/s的初速度水平抛出一物体,经2s落地,取g="10°m/s2,则抛出点的 高度是m,从抛出点到落地的水平距离是m,落地时速度方向与竖直方向的夹角θ的 正切tane= 【答案】20,24,3/5 【解析】平抛运动专题
【答案】r 2 :r2 :r3 , r 2 :r1 :r1 【解析】根据同一传送带的线速度相等，有 ，即 ，同一圆轮上角速度相等， 有 ， ，则 A、B、C 三者的线速度大小之比为 r 2 :r2 :r3；角速度之比为 r 2 :r1 :r1。 15.如图所示，圆桶底面半径为 R，在上部有个入口 A，在 A 的正下方 h 处有个出口 B，在 A 处沿切线方向有一斜槽，一个小球恰能沿水平方向进入入口 A 后，沿光滑桶壁运动，要使小 球由出口 B 飞出桶外，那么小球进入 A 时速度 v 必须满足 。 【答案】2πnR (n=1,2,3,…) 【解析】分析：由于桶内壁光滑，小球沿水平方向进入 A 后，只受到重力和桶壁对它的弹力 作用，于是小球在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动． 解答：解：小球从入口 A 进入桶内以后，在竖直方向只受重力作用，且竖直方向初速度为零， 故小球在竖直方向做自由落体运动，由 h= gt2 从 A 运动到 B 的时间为：t= ----------① 小球在水平方向以速率 v 做匀速圆周运动，设它从 A 到 B 共运动了 n 圈，则： vt=n?2πR，（n=1、2、3…）---------------② 联立①②解得：V=2πnR （n=1，2，3，…） 此即为小球进入 A 时速度 v 所必须满足的条件． 故答案为：2πnR （n=1，2，3，…）． 点评：不少同学可能误认为小球只运动一圈就由 A 到 B，没有考虑到小球运动多周的可能， 因而在结果中遗漏了圈数 n． 16.从某高度以 12 m/s 的初速度水平抛出一物体，经 2 s 落地，取 g =" 10" m/s2，则抛出点的 高度是 m，从抛出点到落地的水平距离是 m，落地时速度方向与竖直方向的夹角 θ 的 正切 tanθ= 。 【答案】20，24，3/5。 【解析】平抛运动专题．
分析:平抛运动在竖直方向做自由落体运动,根据h=gt求出抛出点的高度.平抛运动在水 平方向上做匀速直线运动,根据x=vt求出水平距离.求出落地时竖直方向上的分速度,从 而求出落地时速度方向与竖直方向的夹角θ的正切值 (1)该物体作平抛运动在竖直方向上做自由落体运动可得抛出高度为:h==gt=20m (2)物体在水平上做匀速直线运动可得物体落地点的水平距离为:x=vt=24m (3)落地时竖直方向上的分速度v=gt.落地时速度方向与竖直方向的夹角e的正切值为 评卷人得分 四、计算题 17如图所示,滑块在恒定外力F=3mg/2作用下从水平轨道上的A点由静止出发到B点时撤 去外力,又沿竖直面内的半径为R光滑半圆形轨道运动,且恰好通过轨道最高点C,滑块脱 离半圆形轨道后又刚好落到原出发点A,滑块与地面的摩擦因数为0.25,试求 (1)滑块运动到B点速度大小 (2)滑块在半圆形轨道上运动时,对轨道压力的最小值和最大值 【答案】(1)a=5g/4(2)最小值F=0N最大压力为6mg 【解析】 试题分析:设圆周的半径为R,则在C点: mg=m 最小值F=0N① 离开C点,滑块做平抛运动,则2R=gt2/22 vct=saB 由牛顿第二定律Ff=ma a=5g/4
分析：平抛运动在竖直方向做自由落体运动，根据 求出抛出点的高度．平抛运动在水 平方向上做匀速直线运动，根据 x=v0 t 求出水平距离．求出落地时竖直方向上的分速度，从 而求出落地时速度方向与竖直方向的夹角 θ 的正切值． （1）该物体作平抛运动在竖直方向上做自由落体运动可得抛出高度为： =20m （2）物体在水平上做匀速直线运动可得物体落地点的水平距离为：x=v0 t=24m （3）落地时竖直方向上的分速度 vy =gt．落地时速度方向与竖直方向的夹角 θ 的正切值为： tanθ= = ． 评卷人 得 分 四、计算题 17.如图所示，滑块在恒定外力 F= 3mg/2 作用下从水平轨道上的 A 点由静止出发到 B 点时撤 去外力，又沿竖直面内的半径为 R 光滑半圆形轨道运动，且恰好通过轨道最高点 C，滑块脱 离半圆形轨道后又刚好落到原出发点 A，滑块与地面的摩擦因数为 0.25，试求 （1）滑块运动到 B 点速度大小 （2）滑块在半圆形轨道上运动时，对轨道压力的最小值和最大值 【答案】(1) a=5g／4 (2) 最小值 F N =0 N 最大压力为 6mg 【解析】 试题分析：设圆周的半径为 R，则在 C 点： mg=m 最小值 F N =0 N ① 离开 C 点，滑块做平抛运动，则 2R＝gt2／2 ② v C t ＝sAB ③ 由牛顿第二定律 F-f =ma a=5g／4
由A到B运动过程: V=√g 由牛顿第二定律Fmg=m F m -+mg=6mg 由牛顿第三定律得:滑块对轨道的最大压力为6mg 考点:动能定理的应用;牛顿第二定律:平抛运动;向心力 点评:本题注意应分段分析,不同的过程采用不同的物理规律求解,特别要注意在竖直面上 的圆周运动中的临界值的确定 18如图所示,水平传送带水平段长|=3m,两皮带轮半径均为r=5cm,距地面高度h=3.2m, 此时传送带静止。与传送带等高的光滑平台上,有一个可看成质点的小物体以v的初速度滑 上传送带,从传送带的右端飞出做平抛运动,水平射程是16m。已知物块与传送带间的动摩 擦因数为02,g=10m/532。求 O下 (1)物体的初速度v 2)保持其它条件不变,为使物块作平抛运动的水平射程最大,则皮带轮至少应以多大的角 速度转动? 【答案】(1)a=2m/2v="4m(2)u=40rad/s 【解析】(1)由平抛规律得:x=t.1分h=g2.1分 联立解得:v2m/s…1分 由umg=ma.1分得:a=2m/32.1分 由vv2=2al1分得:v=4m.1分 (2)要使射程最大,小物体须在皮带上一直加速。 v2v2=2a|1分得:v=2m/s.1分 所以皮带的运动速度至少为2m/s,…1分 由 1分得ω=40√rad/s.1分 19从某高度处以v="15”m/s的初速度水平抛出一物体,经时间t=2s落地,g取10m/s
由 A 到 B 运动过程： vB 2＝2asAB VB = 由牛顿第二定律 FN -mg＝ ； ∴FN＝ +mg=6mg 由牛顿第三定律得：滑块对轨道的最大压力为 6mg 考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；平抛运动；向心力． 点评：本题注意应分段分析，不同的过程采用不同的物理规律求解，特别要注意在竖直面上 的圆周运动中的临界值的确定． 18.如图所示，水平传送带水平段长 l=3m，两皮带轮半径均为 r=5cm，距地面高度 h=3.2m， 此时传送带静止。与传送带等高的光滑平台上，有一个可看成质点的小物体以 v0的初速度滑 上传送带，从传送带的右端飞出做平抛运动，水平射程是 1.6m。已知物块与传送带间的动摩 擦因数为 0.2，g=10m/s2。求： （1）物体的初速度 ； 2）保持其它条件不变，为使物块作平抛运动的水平射程最大，则皮带轮至少应以多大的角 速度转动？ 【答案】（1）a=-2m/s2 v0 ="4m/s(2)" ω=40 rad/s 【解析】（1）由平抛规律得：x=vt …1 分 h= …1 分 联立解得：v=2m/s …1 分 由-μmg=ma …1 分 得：a=-2m/s2…1 分 由 v 2 -v0 2=2al …1 分 得：v0 =4m/s…1 分 (2)要使射程最大，小物体须在皮带上一直加速。 v1 2-v0 2=2al …1 分 得：v1 =2 m/s…1 分 所以皮带的运动速度至少为 2 m/s，…1 分 由 v1 =ωr …1 分 得 ω=40 rad/s…1 分 19.从某高度处以 v0 ="15" m／s 的初速度水平抛出一物体，经时间 t=2s 落地，g 取 10m／s 2， 求：
(1)物体抛出时的高度y和物体抛出点与落地点间的水平距离x (2)物体落地时的速度大小v 【答案】(1)30m(2)25m/s 【解析】本题考查平抛运动的规律 (1)由平抛运动规律得物体抛出时的高度为y=g2=20m①(2分) 水平距离为x=0t=30m ②(1分) (2)设物体的质量为m,则由机械能守恒定律知三m+mg=m③(2分) 代人数据可得v=25m/s ④(1分) 20如图是一高山滑雪运动场中的滑道,BD附近是很小的一段曲道,可认为是半径均为 R=40m的两圆滑连接的圆形滑道,B点和D点是两圆弧的最高点和最低点,圆弧长度远小于 斜面AD及BC长度,从A到D点不考虑摩擦力的作用。一个质量m-60kg的高山滑雪运动员 从A点由静止开始沿滑道滑下,从B点水平抛出时刚好对B点没有压力,已知AB两点间的 高度差为h=25m,滑道的倾角θ=37°,sin37°=0.6,cos37=0.8,tan37°=0.75取g=10m/s2。求: (1)运动员在B点时的速度。 (2)运动员在BC斜面的落点C到B点的距离(B点可认为是斜面上的最高点)。 (3)若BD之间的高度差为5m,AD段运动可看作直线动动,求运动员在D点对轨道的压力 【答案】(1)20m/5(2)75m(3)1500N 【解析】本题考查平抛运动的分解运动,根据水平方向匀速运动和竖直方向自由落体的特点, 由题意,在D点只受重力作用,重力提供向心力 (1)运动员在B点时只受重力,根据牛顿第二定律有:mg=m (2分) F-ng=m2解得:v2=20m5 (1分) (2)设运动员从B运动到C点的时间为t,根据平抛运动规律有 运动员竖直位移为:y=gt/2(1) (1分) 运动员水平位移为:x=vt(2)… (1分) 由几何关系可知:tane=y/x(3) (1分) 解(1)、(2)、(3)式得:t=3s. ……4(1分)
（1）物体抛出时的高度 y 和物体抛出点与落地点间的水平距离 x； （2）物体落地时的速度大小 v。 【答案】（1）30m（2）25m/s 【解析】本题考查平抛运动的规律 (1)由平抛运动规律得物体抛出时的高度为 y = =20m ① (2 分) 水平距离为 x=v0t=30m ② (1 分) (2)设物体的质量为 m，则由机械能守恒定律知 ③ (2 分) 代人数据可得 v=25m/s ④ (1 分) 20.如图是一高山滑雪运动场中的滑道，BD 附近是很小的一段曲道，可认为是半径均为 R=40m 的两圆滑连接的圆形滑道，B 点和 D 点是两圆弧的最高点和最低点，圆弧长度远小于 斜面 AD 及 BC 长度，从 A 到 D 点不考虑摩擦力的作用。一个质量 m=60kg 的高山滑雪运动员， 从 A 点由静止开始沿滑道滑下，从 B 点水平抛出时刚好对 B 点没有压力，已知 AB 两点间的 高度差为 h=25m，滑道的倾角 θ=370，sin370 =0.6，cos370 =0.8，tan370 =0.75 取 g=10m/s2。求： （1）运动员在 B 点时的速度。 （2）运动员在 BC 斜面的落点 C 到 B 点的距离(B 点可认为是斜面上的最高点)。 （3）若 BD 之间的高度差为 5m，AD 段运动可看作直线动动，求运动员在 D 点对轨道的压力。 【答案】（1） （2）75m（3）1500N 【解析】本题考查平抛运动的分解运动，根据水平方向匀速运动和竖直方向自由落体的特点， 由题意，在Ｄ点只受重力作用，重力提供向心力: (1)运动员在 B 点时只受重力，根据牛顿第二定律有： ..............（2 分） 解得: ...............................(1 分) （2）设运动员从 B 运动到 C 点的时间为 t，根据平抛运动规律有： 运动员竖直位移为：y=gt2 /2 (1).................................................（1 分） 运动员水平位移为：x=vB t (2).................................................（1 分） 由几何关系可知：tanθ=y/x (3).................................................（1 分） 解（1）、（2）、（3）式得: t=3s.................................................（1 分）
把t的值代入(2)式得:x=60m (1分) 所以BC的距离为:s=x/cos=75m (1分) (3运动员从A运动到D的过程中,根据牛顿第二定律有: mgsine=ma① (1分) 12=2a 根据运动学规律有: (1分) 运动员在D点时,根据牛顿第二定律有 ③(1分) 联立以上三式解得 F=1500N(1分) 根据牛顿第三定律,所以运动员对D点的压力为1500N(1分) 评卷人得分 五、简答题 21牛顿力学及牛顿的工作方法成为近代自然科学的经典,它实现了人类认识自然界的第一次 综合.你知道牛顿伟大贡献的精髓在哪里吗? 【答案】见解析 【解析】经典力学的建立首次告诉人们,一个以现象观察和实验研究为基础的自然科学理论 体系,其思想观点应该是明确透彻的,其结构体系应是严密完备的,其数学表达应是严格、 定量、可以操作的;这种理论不仅能够在一定范围内揭示事物的本质和规律,做出定量的解 释、推断和预言,而且理论本身的是非真伪、成立条件、适用范围等也都可以定量地检验和 界定,这是一切自然科学理论应有的基本特征,牛顿伟大贡献的精髓正在于此 评谷人得分了 六、作图题 22P、Q表示地球表面处的两个物体,作出P的向心力方向和Q受到的万有引力的方向 【答案】见解析 【解析】 试题分析:向心力方向垂直地轴OO,Q点受到的万有引力方向指向地心
把 t 的值代入（2）式得: x=60m.................................................（1 分） 所以 BC 的距离为：s=x/cosθ=75m.................................................（1 分） (3)运动员从 A 运动到 D 的过程中，根据牛顿第二定律有： mgsinθ=ma ① （1 分） 根据运动学规律有： ② (1 分) 运动员在 D 点时，根据牛顿第二定律有： ③（1 分） 联立以上三式解得: FN =1500N （1 分） 根据牛顿第三定律，所以运动员对 D 点的压力为 1500N （1 分） 评卷人 得 分 五、简答题 21.牛顿力学及牛顿的工作方法成为近代自然科学的经典，它实现了人类认识自然界的第一次 综合．你知道牛顿伟大贡献的精髓在哪里吗？ 【答案】见解析 【解析】经典力学的建立首次告诉人们，一个以现象观察和实验研究为基础的自然科学理论 体系，其思想观点应该是明确透彻的，其结构体系应是严密完备的，其数学表达应是严格、 定量、可以操作的；这种理论不仅能够在一定范围内揭示事物的本质和规律，做出定量的解 释、推断和预言，而且理论本身的是非真伪、成立条件、适用范围等也都可以定量地检验和 界定，这是一切自然科学理论应有的基本特征，牛顿伟大贡献的精髓正在于此． 评卷人 得 分 六、作图题 22.P、Q 表示地球表面处的两个物体，作出 P 的向心力方向和 Q 受到的万有引力的方向。 【答案】见解析 【解析】 试题分析：向心力方向垂直地轴 OO’，Q 点受到的万有引力方向指向地心