2015高考物理二轮复习曲线运动（人教版）
物理
1.(2014江苏，6，4分)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,用如图所示的装置进行实验。小锤打击弹性金属片,A球水平抛出,同时B球被松开,自由下落。关于该实验,下列说法中正确的有( )
A.两球的质量应相等
B.两球应同时落地
C.应改变装置的高度,多次实验
D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
[答案] 1.BC
[解析] 1.A、B两球均只受重力作用,由mg=ma可得a=g,与质量无关,故A错。A球在竖直方向上的分运动和B球的运动相同,均为自由落体运动,故它们同时落地,即B正确。实验中,必须改变某些条件,重复实验多次,才能说明所得规律的普遍性,故C项所述做法是必需的,C正确。该实验无法说明A球在水平方向上的分运动情况,故D错。
2.(2014四川，4，6分)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河。小明驾着小船渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为( )
A. B. C. D.
[答案] 2.B
[解析] 2.去程时船头垂直河岸如图所示,由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d,则去程时间t1=;回程时行驶路线垂直河岸,故回程时间t2=,由题意有=k,则k=,得v1==,选项B正确。
3.(2014安徽，19，6分)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s2。则ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s
[答案] 3.C
[解析] 3.当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时,转盘的角速度最大,其受力如图所示(其中O为对称轴位置)
由沿斜面的合力提供向心力,有
μmg cos 30°-mg sin 30°=mω2R
得ω==1.0 rad/s,选项C正确。
4.(2014课标全国卷Ⅱ，15，6分)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )
A. B. C. D.
[答案] 4.B
[解析] 4.设物块在抛出点的速度为v0,落地时速度为v,抛出时重力势能为Ep,由题意知Ep=m;由机械能守恒定律,得mv2=Ep+m,解得v=v0,设落地时速度方向与水平方向的夹角为θ,则 cos θ==,解得θ=,B正确。
5.(2014课标全国卷Ⅰ，20，6分)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] 5.AC
[解析] 5.设木块滑动的临界角速度为ω,kmg=mω2r,所以ω=
,ra=l,rb=2l,所以ωa>ωb,A、C项正确;摩擦力充当向心力,在角速度相等时,b受的摩擦力大,B项错误;ω=时,a受的摩擦力fa=mω2r=ml=kmg,D项错误。
6.（2014重庆一中高三下学期第一次月考理综试题，5）如题5所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行。甲、乙两相同滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧瞬间恢复原长，两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是（ ）
A．甲、乙滑块不可能落在传送带的左右两侧
B．甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定相等
C．甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等
D．若甲、乙滑块能落在同一点，则摩擦力对甲乙做的功一定相等
[答案] 6.5．D
[解析] 6.：设v大于v0。弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动；乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动；若甲乙都一直做匀减速运动，两个物体落地后，距释放点的水平距离相等，若甲做匀减速运动，乙先做匀减速后做运动，则水平距离不等，故AB错误。若v小于v0
，弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动, 速度为零后可以再向相反的方向运动，整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动；乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同，甲乙到达B点时的速度相同，落地的位置在同一点，此过程摩擦力对甲乙做的功一定相等。故C错误，D正确。
7.（2014天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试理科综合试题，6）在抗洪抢险中，战士驾驶摩托艇救人。假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点A离岸边最近处O的距离为d。如战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为（ ）
A． B．0 C． D．
[答案] 7.6．C
[解析] 7.：摩托艇登陆的最短时间为t=，登陆时到达O点的距离为s=v1t=，故选C。
8.（2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考理科综合试题，20）如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点．在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面。则小滑块（ ）
A．在AB段运动的加速度为2.5g
B．经B点时加速度为零
C．在C点时合外力的瞬时功率为mg
D．上滑时动能与重力势能相等的位置在直径DD′上方
[答案] 8.20．AD
[解析] 8.：在AB段，根据速度位移公式vB2=2aR，解得：a=2.5g，故A正确；在C点，有：mg=，解得vc=，对B到C，根据动能定理有：-mg•2R=mvc2-mvB2，解得vB=，则B点的加速度aB==5g
，故B错误；在C点，合力的方向竖直向下，速度的方向与合力的方向垂直，所以合力的瞬时功率为0，故C错误；物块在圆弧轨道上滑的过程中机械能守恒，有：mvB2=mgh+mv2=2mgh，解得h=R，动能和重力势能相等的位置在DD′的上方，故D正确。
9.（2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考理科综合试题，16）在空中某一高度将一小球水平抛出，取抛出点为坐标原点，初速度方向为轴正方向，竖直向下为y轴正方向，得到其运动的轨迹方程为y=ax2（a为已知量），重力加速度为g。则根据以上条件可以求得（ ）
A．物体距离地面的高度
B．物体作平抛运动的初速度
C．物体落地时的速度
D．物体在空中运动的总时间
[答案] 9.16．B
[解析] 9.：根据x=v0t得，，则y=gt2＝g，因为y=ax2，则a=，可以求出平抛运动的初速度；高度未知，无法求出运动的时间，无法求出竖直分速度以及落地的速度；故B正确，A、C、D错误。
10.（2014山东青岛高三第一次模拟考试理综物理，15）如图所示，倾角为的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O（不计滑轮的摩擦），A的质量为m，B的质量为4m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（ ）
A. 小球A运动到最低点时物块B所受的摩擦力为mg
B. 物块B受到的摩擦力方向没有发生变化
C. 若适当增加OA段绳子的长度，物块可能发生运动
D. 地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右
[答案] 10.15. AD
[解析] 10.：A、小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有mgL=mv2，在最低点，有F-mg=，解得：F=3mg。再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，重力的下滑分量为Fx=（4m）gsin30°=2mg，故静摩擦力f=3mg-2mg=mg，A正确；小球下摆过程中，拉力F由零逐渐变大到大于重力G，当F＜mgsin30°时，物块B受到的静摩擦力沿斜面向上且不断变小；当F=mgsin30°时，物块B受到的静摩擦力为零；当F＞mgsin30°时，物块B受到的静摩擦力沿斜面向下且不断变大；可见物块B受到的摩擦力方向发生了变化，故B错误；由A分析可知，绳子对B的拉力与L无关，到达最低点时绳子拉力达到的最大值始终为3mg，故适当增加OA段绳子的长度，物块仍保持静止，C错误；对物体B和斜面体整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力，D正确。
11.（2013辽宁大连高三第一次模拟考试理科综合试题，19）如图所示，甲、乙两个小球从同一同定斜面的顶端0点水平抛出，分别落到斜面上的A、B两点，A点为OB的中点，不计空气阻力。以下说法正确的是（ ）
A．甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同
B．甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为
C．甲、乙两球做平抛运动的时间之比为
D．甲、乙两球做平抛运动的初速度大小之比为1：2
[答案] 11.19．ABC
[解析] 11.: 设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα＝，tanθ＝，可知tanα=2tanθ，因为小球落在斜面上时，位移与水平方向的夹角为定值，可知，两球接触斜面的瞬间，速度方向相同，故A正确；因为两球下落的高度之比为1：2，根据h＝gt2，则t=，可知甲乙两球运动的时间之比为1：，则竖直分速度之比为1：，因为两球落在斜面上时速度方向相同，根据平行四边形定则知，两球接触斜面的瞬间，速度大小之比为1：, 故B、C正确; 因为两球平抛运动的水平位移为1：2，时间之比为1：，则初速度之比为1：, 故D错误。
12.（2014江西省红色六校高三第二次联考，16）从地面上方同一位置分别水平抛出两个质量分别为m和2m的小物体，抛出速度大小分别为2v和v，不计空气阻力，则以下说法不正确的是（ ）
A．落地时重力做功的瞬时功率不相同 B．从抛出到落地速度的增量不相同
C．从抛出到落地动能的增量不相同 D．从抛出到落地重力的平均功率不相同
[答案] 12.16. B
[解析] 12.：竖直方向两个物体做自由落体运动，高度相同，落地时竖直方向的分速度vy相同，由于两物体质量不同，故落地时重力做功的瞬时功率不相同，A正确；由平抛可得：h＝gt2，可知落地时间相同，△v=gt，故从抛出到落地速度的增量相同，故B错；重力做功不相同，都是mgh，由动能定理知动能的增量不相同，C正确；由公式，重力做功W不相同，时间t相同，则从抛出到落地重力的平均功率不相同，D正确。
13.(湖北省八校2014届高三第二次联考) 如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹。质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等。下列说法中正确的是
A．质点从M到N过程中速度大小保持不变
B．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同
C．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同
D．质点在MN间的运动不是匀变速运动
[答案] 13.15．B
[解析] 13.因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，从M到N过程中，根据，可知，速度大小变化，故A错误；因加速度不变，则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同，故B正确，C错误；在MN间的运动是匀变速曲线运动，故D错误。
14.(汕头市2014年普通高考模拟考试试题) 无风时气球匀速竖直上升，速度为3m/s．现吹水平方向的风，使气球获4m/s的水平速度，气球经一定时间到达某一高度h，则
A．气球实际速度的大小为7m/s
B．气球的运动轨迹是曲线
C．若气球获5m/s的水平速度，气球到达高度h的路程变长
D．若气球获5m/s的水平速度，气球到达高度h的时间变短
[答案] 14.14. C
[解析] 14.由题意可知，水平速度为4m/s，而竖直速度为3m/s，根据合成的法则，则有实际速度的大小为5m/s，故A错误；水平方向与竖直方向，均做匀速直线运动，则合运动也是匀速直线运动，故B错误；若气球获5m/s的水平速度，但竖直方向的运动时间不变，而水平位移变大，则气球到达高度h的路程变长，故C正确，D错误。
15.(广州市2014届高三年级调研测试) 如图所示，在斜面顶端A以速度v1水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A以速度v2水平抛出小球，经过时间t2小球落在斜面底端B．不计空气阻力，下列判断正确的是
A．v2＝2v1
B．v2 < 2v1
C．t2＝2t1
D．t2< 2t1
[答案] 15.20．BD
[解析] 15.做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定 t=，由几何关系可知，第二次小球下落的高度是第一次小球下落高度的2倍，所以有t1=t2，所以C错误，D正确；水平方向做匀速运动，由几何关系可知，第二次小球水平位移是第一次小球水平位移的2倍，根据v=得v2=v1，所以v2＜2v1，故BD正确，AC错误。
16.(甘肃省兰州一中2014届高三上学期期末考试) 如图所示，内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，两个质量相同的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则
A．球A的角速度一定大于球B的角速度
B．球A的线速度一定大于球B的线速度
C．球A的运动周期一定大于球B的运动周期
D．球A对筒壁的压力一定大于球B对筒壁的压力
[答案] 16.19．BC
[解析] 16.对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，如图。根据牛顿第二定律，有F合=mgtanθ①，根据F合＝mω2r，得ω=，r大角速度小．所以球A的角速度小于球B的角速度，故A错误；两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等．根据：F合=ma=m，得：v＝，合力、质量相等，r大线速度大，所以球A的线速度大于球B的线速度，故B正确；球A的角速度小于球B的角速度，根据T＝，球A的周期大于球B的周期，故C正确；由公式①可得，球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，故D错误。
17.(2014年安徽省江南十校高三联考) 如图，在一半经为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，，则
A．若，则物块落地点离A点
B．若球面是粗糙的，当时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离球面
C．若，则物块落地点离A点为R
D．若移，则物块落地点离A点至少为2R
[答案] 17.17．BD
[解析] 17.在最高点，根据牛顿第二定律得，mg-N=，v0=，解得N=0，知物体在顶部仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，则t=，则水平运动的位移x=v0t＝•＝2R，故A错误；当v0＜时，在最高点，根据牛顿第二定律得，mg-N=，解得N＞0，知物体将沿球面下滑一段，再斜抛离球面，故B正确；当v0＜时，在到达与O点等高的位移做斜抛运动，落地时离A点的距离大于R，故C错误；若v0≥，由A的分析可知，水平位移x≥2R，故D正确。
18.(浙江省金丽衢十二校2014届高三第一次联考) 航天员王亚平在天宫一号处于完全失重状态，她在太空授课所做的实验：长为L的细线一端系着质量为m的小球，另一端系在固定支架上，小球原来静止，给小球一个初速度，小球绕着支架上的固定点做匀速圆周运动。天宫一号处的重力加速度为gt，下列说法正确的是
A小球静止时细线的拉力为mgt
B小球做匀速圆周的速度至少为
C小球做匀速圆周运动时，在任何位置细线的拉力可以小于mgt
D若小球做匀速圆周运动时细线断裂，则小球做抛体运动
[答案] 18.4．C
[解析] 18.小球处于完全失重状态，故小球静止时细线的拉力为0，A项错；小球做匀速圆周运动的速度未知，故任何位置细线的拉力可以小于mgt，亦可大于等于mgt，C项 正确；由可知小球做匀速圆周的速度可以大于，亦可大于等于，B项错；若小球做匀速圆周运动时细线断裂，则小球做匀速直线运动，D项错。
19.(四川省成都市2014届高中毕业班第一次诊断性检测) 在光滑水平面内建立平面直角坐标系xoy，一质点从t=0时刻起，由坐标原点O(0,0) 开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度–时间图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 4 s末质点的速度为4 m/s
B. 2 s末~4s末，质点做匀加速直线运动
C. 4 s末质点的位置坐标为(4 m, 4 m)
D. 4 s末质点的位置坐标为(6m, 2m)
[答案] 19.3．D
[解析] 19.4 s末质点的速度为，A项错；在后2s内，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向．故B错误；在前2s内，物体在x轴方向的位移x1=vt
=×2m＝2m．在后2s内，x轴方向的位移为x2=vxt=2×2m=4m，y轴方向位移为y=
×2m=2m，则4s末物体的坐标为（6m，2m）．故C错误，D正确.
20.(山东省济南市2014届高三上学期期末考试) 如图所示，将小球沿与水平方向成α角以速度v向右侧抛出，经时间t1击中墙上距水平面高度为h1的A点；再将此球仍从同一点以相同速率抛出，抛出速度与水平方向成β（β> α）角，经时间t2击中墙上距水平面高度为h2的B点（图中未标出），空气阻力不计，则
A．t1一定小于t2 B．t1一定大于t2 C．h1一定小于h2 D．h1一定大于h2
[答案] 20.7．A
[解析] 20.小球抛出后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动：小球沿与水平方向成α角以速度v向右侧抛出过程中，小球沿与水平方向成β角以速度v向右侧抛出过程中，由于β> α，故t1< t2 , A 项正确，B项错；竖直方向做匀减速直线运动，该过程中通过的位移为，无法确定击中墙上点距水平面的高度，C、D两项错。
21.(2014年沈阳市高中三年级教学质量监测(一)) 如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力)
A、两次小球运动时间之比
B．两次小球运动时间之比
C．两次小球抛出时初速度之比
D．两次小球抛小时初速度之比
[答案] 21.7．AC
[解析] 21.平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据h=gt2，得t=．因为两次小球下降的高度之比为1：2，则运动时间之比为1：，故A正确，B错误；小球水平位移之比为1：2，则水平初速度之比为1：，故C项正确，D项错。
22.(2014年沈阳市高中三年级教学质量监测(一)) 如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动。有一质量为m的小球A紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R和H，小球A所在的高度为筒高的一半。已知重力加速度为，则
A．小球A做匀速圆周运动的角速度
B．小球A受到重力、支持力和向心力三个力作用
C．小球A受到的合力大小为
D．小球A受到的合力方向垂直筒壁斜向上
[答案] 22.5．A
[解析] 22.当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时对其受力分析如图所示，物块在筒壁A点时受到的重力和支持力两个力的作用，它们的合力提供向心力，方向水平向左。设筒转动的角速度为ω，有=mgtanθ=mω2由几何关系得 tanθ=联立解得，故A项正确，BCD均错。
23.(江苏省南京市、盐城市2014届高三第一次模拟考试) 如图所示，为自行车的传动机构，行驶时与地面不打滑。a、c为与车轴等高的轮胎上的两点，d为轮胎与地面的接触点，b为轮胎上的最高点。行驶过程中
A．c处角速度最大
B．a处速度方向竖直向下
C．b处向心加速度指向d
D．a、b、c、d四处速度大小相等
[答案] 23.5．C
[解析] 23.轮胎上各点的加速度相同，故Ａ项正确；行驶过程中ａ处的速度方向时刻改变，故Ｂ项错；b处向心加速度指向d，Ｃ项正确；a、b、c、d四处的轨道半径不完全相同，故这四个点的速度大小不相等，Ｄ项错。
24.(江苏省南京市、盐城市2014届高三第一次模拟考试) 如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是
[答案] 24.3．D
[解析] 24.由于带电粒子只受电场力的作用且运动轨迹为曲线，故带电粒子受到的电场力与其速度方向不在通同一条直线上切指向轨迹凹的一侧，A项错；运动过程中带电粒子的电势能逐渐减小，可知电场力对其做正功，带电粒子受到电场力与其运动速度夹角为锐角，故BC两项错，D项正确。
25.(湖北省黄冈中学2014届高三上学期期末考试) 如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F—v2图象如乙图所示。则（ ）
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2 =c时，杆对小球的弹力方向向上
D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等
[答案] 25.20. AD
[解析] 25.小球在自身重力及杆的弹力的合力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律可得：当时，F=-mg=-a；当时，，解得小球的质量m=, 当地的重力加速度大小为g=，故A正确，Ｂ项错。v2 =c时，杆对小球的弹力方向向下，Ｃ项错；v2=2b时，＝，解得小球受到的弹力Ｆ＝ｍｇ，Ｄ项正确。
26.(湖北省黄冈中学2014届高三上学期期末考试) “套圈” 是一项老少皆宜的体育运动项目。如图所示，水平地面上固定着3根直杆1、2、3，直杆的粗细不计，高度均为0.1m，相邻两直杆之间的距离为0.3m。比赛时，运动员将内圆直径为0.2m的环沿水平方向抛出，刚抛出时环平面距地面的高度为1.35m ，环的中心与直杆1的水平距离为1m。假设直杆与环的中心位于同一竖直面，且运动中环心始终在该平面上，环面在空中保持水平，忽略空气阻力的影响，g取10m/s² 。以下说法正确的是( )
A．如果能够套中直杆，环抛出时的水平初速度不能小于1.9m/s
B．如以2m/s的水平初速度将环抛出，就可以套中第1根直杆
C．如果能够套中第2根直杆，环抛出时的水平初速度范围在2.4m/s到2.8m/s之间
D．如环抛出的水平速度大于3.3m/s，就不能套中第3根直杆
[答案] 26.18．BC
[解析] 26.环抛出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动： ，竖直方向做自由落体运动：，若环能套中第1根直杆，y=1.25m, , 解得，故A项错，B项正确；若环能套中第2根直杆，y=1.25m, , 解得，故C项正确；
若环能套中第3根直杆，y=1.25m, , 解得，故D项错。
27.(河南省郑州市2014届高中毕业班第一次质量预测) 如图所示，a为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R。将一个小球从a点以初速度
沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力。
A．当小球的初速度时，掉到环上时的竖直分速度最大
B．当小球的初速度时，将撞击到环上的圆弧ac段
C．当取适当值，小球可以垂直撞击圆环
D．无论取何值，小球都不可能垂直撞击圆环
[答案] 27.9ABD
[解析] 27.小球从a点以初速度沿ab方向抛出若恰好落到最低点C点，竖直方向：，
水平方向：，联立上述两式可得，掉到环上时的竖直分速度为，当h=g时，掉到环上时的竖直分速度最大，A项正确；当小球的初速度时，将撞击到环上的圆弧ac段，Ｂ项正确；若小球可以垂直撞击圆环，则其速度的反向延长线一定通过圆心Ｏ，则圆心Ｏ为小球做平抛运动的水平位移的中点，而无论取何值，当小球落在圆环上时的水平位移都不可能为２Ｒ，故小球都不可能垂直撞击圆环，Ｄ项正确，Ｃ项错。
28.（广东省广州市2014届高三1月调研测试物理试题）如图所示，在斜面顶端A以速度v1水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A以速度v2水平抛出小球，经过时间t2小球落在斜面底端B．不计空气阻力，下列判断正确的是
A．v2＝2v1
B．v2 < 2v1
C．t2＝2t1
D．t2< 2t1
[答案] 28.20．BD
[解析] 28.设斜面高为h，则小球做平抛运动。竖直方向做自由落体运动，以速度v1水平抛出后小球下落时间由可得，以速度v2水平抛出后小球下落时间由可得，故D项正确，C项错；水平方向，小球做匀速直线运动，， ，故v2 < 2v1，Ｂ项正确，Ａ项错。
29.(福建省福州市2014届高三上学期期末质量检测物理试题) 如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变，当绳AO段与水平面夹角为θ时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于
A． B．
C． D．
[答案] 29.10．A
[解析] 29.设卡车拉绳的牵引力为F。根据牛顿第二定律可得Fcos-f=ma，而F=，故小船的加速度a=, 正确答案为A。
30.(福建省福州市2014届高三上学期期末质量检测物理试题) 从同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力。要使两球在空中相遇，则必须
A．两球的初速度一样大
B．B球初速度比A大
C．同时抛出两球
D．先抛出A球
[答案] 30. 3．C
[解析] 30.由t＝ 可知两球的运动时间相同，故要使两球在空中相遇，则必须同时抛出两球，C项正确，D项错；由于水平方向两球的位移不同，故两者的初速度不同，AB两项错。
31.(北京市西城区2014届高三上学期期末考试) 一个物体做平抛运动，已知重力加速度为g。根据下列已知条件，既可以确定初速度大小，又可以确定飞行时间的是
A．水平位移大小 B．下落高度
C．落地时速度大小和方向 D．从抛出到落地的位移大小
[答案] 31.6．C
[解析] 31.t＝ ，飞行时间取决于下落高度h，与初速度v0无关，故B项错；x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，只知道水平位移无法确定初速度大小及飞行时间，A项错；若已知落地时速度大小和方向，根据运动的合成与分解，可以确定物体落地时水平方向分速度（即初速度）及竖直方向的分速度，根据可以确定飞行时间，C项正确；若知道物体从抛出到落地的位移大小，则无法确定物体的水平位移及竖直位移，也就无法解得飞行时间及初速度，Ｄ项错。
32.(北京市西城区2014届高三上学期期末考试) 如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径不一样，它们的边缘有三个点A、B、C。在自行车正常骑行时，下列说法正确的是
A．A、B两点的角速度大小相等
B．B、C两点的线速度大小相等
C．A、B两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比
D．B、C两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比
[答案] 32.5．D
[解析] 32.A、B两点线速度大小相等，B、C两点的角速度大小相等，故A、B两项错；
a＝知， A、B两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之反比，C项错；
由a＝ω2r知B、C两点的向心加速度大小之比等于它们所在圆周的半径之比，D项正确。
33.(安徽省合肥市2014届高三上学期第一次质量检测) 采用如图所示的装置研究平抛运动规律，图中C为弹性金属片，开始时A、B两球均静止，用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开，自由下落，改变整个装置的高度H做同样的实验，发现位于同一高度的A、B两球总是同时落地，对该实验的一些说法正确的是（不考虑空气阻力）
A、可以用耳朵听来判断两球是否同时落地
B、该实验说明A球水平方向的分运动是匀速直线运动
C、该实验说明A球竖直方向的分运动是自由落体运动
D、该实验说明A球的轨迹是抛物线
[答案] 33.AC
[解析] 33.解析：可以用耳朵听来判断两球是否同时落地，A项正确；位于同一高度的A、B两球总是同时落地，该实验说明做平抛运动的A球竖直方向的分运动是自由落体运动，Ｃ项正确。
34.(安徽省合肥市2014届高三上学期第一次质量检测) 一战斗机进行投弹训练，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放甲、乙两颗炸弹，分别击中竖悬崖壁上的P点和Q点。释放两颗炸弹的时间为，击中P、Q的时间间隔为，不计空气阻力，以下对和的判断正确的是
A、 B、 C、 D、
[答案] 34.4 A
[解析] 34.由于甲、乙两颗炸弹释前后在水平方向均做匀速直线运动且速度相同，故甲、乙两颗炸弹同时击中竖悬崖壁上的P点和Q点，A项正确
35.(2014安徽，21，18分)Ⅰ.图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图,通过描点画出平抛小球的运动轨迹。
图1
(1)以下是实验过程中的一些做法,其中合理的有________。
a.安装斜槽轨道,使其末端保持水平
b.每次小球释放的初始位置可以任意选择
c.每次小球应从同一高度由静止释放
d.为描出小球的运动轨迹,描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹,在轨迹上取一些点,以平抛起点O为坐标原点,测量它们的水平坐标x和竖直坐标y,图2中y-x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是________。
图2
(3)图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹,O为平抛的起点,在轨迹上任取三点A、B、C,测得A、B两点竖直坐标y1为5.0 cm、y2为45.0 cm,A、B两点水平间距Δx为40.0 cm。则平抛小球的初速度v0为________m/s,若C点的竖直坐标y3为60.0 cm,则小球在C点的速度vC为________m/s(结果保留两位有效数字,g取10 m/s2)。
图3
Ⅱ.某同学为了测量一个量程为3 V的电压表的内阻,进行了如下实验。
(1)他先用多用表进行了正确的测量,测量时指针位置如图1所示,得出电压表的内阻为3.00×103 Ω,此时电压表的指针也偏转了。已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”,表内电池电动势为1.5 V,则电压表的示数应为________V(结果保留两位有效数字)。
图1
(2)为了更准确地测量该电压表的内阻RV,该同学设计了图2所示的电路图,实验步骤如下:
图2
A.断开开关S,按图2连接好电路;
B.把滑动变阻器R的滑片P滑到b端;
C.将电阻箱R0的阻值调到零;
D.闭合开关S;
E.移动滑动变阻器R的滑片P的位置,使电压表的指针指到3 V位置;
F.保持滑动变阻器R的滑片P位置不变,调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5 V位置,读出此时电阻箱R0的阻值,此值即为电压表内阻RV的测量值;
G.断开开关S。
实验中可供选择的实验器材有:
a.待测电压表
b.滑动变阻器:最大阻值2 000 Ω
c.滑动变阻器:最大阻值10 Ω
d.电阻箱:最大阻值9 999.9 Ω,阻值最小改变量为0.1 Ω
e.电阻箱:最大阻值999.9 Ω,阻值最小改变量为0.1 Ω
f.电池组:电动势约6 V,内阻可忽略
g.开关,导线若干
按照这位同学设计的实验方法,回答下列问题:
①要使测量更精确,除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外,还应从提供的滑动变阻器中选用________(填“b”或“c”),电阻箱中选用________(填“d”或“e”)。
②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比,R测________R真(填“>”或“ 小
[解析] 35.Ⅰ.(1)斜槽末端要保持水平,使小球飞出后做平抛运动,a项正确;要使每次小球做平抛运动的初速度相同,则每次小球应从同一高度由静止释放,b项错误,c项正确;描绘轨迹时应用平滑曲线连接各点,d项错误。
(2)对平抛运动,水平位移x=v0t,竖直位移y=gt2,联立上述两式得y=x2,故y-x2图线应为直线,故选c。
(3)由y=gt2解得,从O点运动到A、B、C各点的时间分别为t1=0.1 s、t2=0.3 s、t3=0.2 s,则平抛初速度v0==2.0 m/s,在C点速度vC==4.0 m/s。
Ⅱ.(1)由图1知所选用的倍率挡为“×100”,故在该倍率下多用表欧姆挡的内阻R=15×100 Ω=1 500 Ω。由欧姆定律可知电压表的示数为U=RV=×3.00×103 V=1.0 V。
(2)①本实验测电压表内阻的实验原理为“恒压半偏”,即实验中要求电路中bP间电压恒定不变,则在不移动P的情况下调节R0时就要求bP间总阻值恒定。而并联电路中总阻值取决于小电阻,即滑动变阻器bP间的阻值比RV小得越多,相对误差越小,故滑动变阻器选用总阻值较小的c。因在实验中需调节R0使电压表由满偏至半偏,则R0的最大值应不小于电压表的内阻,故只能选用d。
②在实际调节R0的过程中,由于bP间的阻值增大,故电压表半偏时bP间实际电压已大于电压表的满偏电压,即此时R0两端电压大于RV两端电压,故R测>R真。当RV越大时R0越大,调节R0时bP间总阻值变化越小,bP间电压越趋近于恒定,相对误差越小。
36.(2014福建，21，19分)图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图,整个轨道在同一竖直平面内,表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切。点A距水面的高度为H,圆弧轨道BC的半径为R,圆心O恰在水面。一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下,不计空气阻力。
(1)若游客从A点由静止开始滑下,到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点,OD=2R,求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf;
(2)若游客从AB段某处滑下,恰好停在B点,又因受到微小扰动,继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道,求P点离水面的高度h。(提示:在圆周运动过程中任一点,质点所受的向心力与其速率的关系为F向=m)
[答案] 36.(1) -(mgH-2mgR) (2)R
[解析] 36.(1)游客从B点做平抛运动,有
2R=vBt①
R=gt2②
由①②式得
vB=③
从A到B,根据动能定理,有
mg(H-R)+Wf=m-0④
由③④式得
Wf=-(mgH-2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ,游客在P点时的速度为vP,受到的支持力为N,从B到P由机械能守恒定律,有
mg(R-R cos θ)=m-0⑥
过P点时,根据向心力公式,有
mg cos θ-N=m⑦
N=0⑧
cos θ=⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得
h=R⑩
37.(2014课标全国卷Ⅰ，25，20分)如图,O、A、B为同一竖直平面内的三个点,OB沿竖直方向,∠BOA=60°,OB=OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出,小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电,电荷量为q(q>0),同时加一匀强电场,场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍,重力加速度大小为g。求
(1)无电场时,小球到达A点时的动能与初动能的比值;
(2)电场强度的大小和方向。
[答案] 37.(1) (2) 方向:与竖直向下成30°夹角
[解析] 37.(1)设小球的初速度为v0,初动能为Ek0,从O点运动到A点的时间为t,令OA=d,则OB=d,根据平抛运动的规律有
d sin 60°=v0t①
d cos 60°=gt2②
又有Ek0=m③
由①②③式得Ek0=mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA,则
EkA=Ek0+mgd⑤
由④⑤式得=⑥
(2)加电场后,小球从O点到A点和B点,高度分别降低了和,设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得
ΔEpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑦
ΔEpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑧
在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势,M与O点的距离为x,如图,则有=⑨
解得x=d。MA为等势线,电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α,由几何关系可得
α=30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E,有qEd cos 30°=ΔEpA
由④⑦式得E=
38.（2014山东潍坊高三3月模拟考试理科综合试题，22）如图所示，光滑半圆轨道AB竖直固定，半径R=0．4m，与水平光滑轨道相切于A．水平轨道上平铺一半径r=0．1m的圆形桌布，桌布中心有一质量m=1kg的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数=0．5，取g=10m/s2，求：
(1) 铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离；
(2) 铁块到A点时对圆轨道的压力；
(3) 抽桌布过程中桌布的加速度．
[答案] 38.查看解析
[解析] 38.22．（1）铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离为0.8m；
（2）铁块到A点时对圆轨道的压力为60N；
（3）抽桌布过程中桌布的加速度为5.25m/s2．
解析：（1）设铁块在B点的速度为v，根据向心力公式得：
mg=解得：v=＝2m/s，
铁块离开B点后作平抛运动，则2R=gt2，解得：t=
＝0.4s，
则铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离x=vt=2×0.4=0.8m；
（2）从A到B的过程中，根据动能定理得：−mg•2R＝ mv2−m…①
在A点，根据向心力公式得：
N−mg＝m…②
由①②解得：
N=60N，
根据牛顿第三定律得：铁块到A点时对圆轨道的压力N′=N=60N，
（3）铁块脱离桌布时的速度v0=vA…③，
设铁块加速度为a0，由牛顿第二定律得：
μmg=ma0…④
铁块在桌布上加速的时间为t0，由运动学基本公式得：
v0=a0t0…⑤，
由位移关系得：r=at02−a0t02…⑥
由③④⑤⑥解得：a=5.25m/s2
39.（2014山东青岛高三第一次模拟考试理综物理，22）如图所示，一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F， 物体飞出后越过“壕沟” 落在平台EG段．已知物块的质量m =1kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，AB段长L=10m，BE的高度差h =0.8m，BE的水平距离 x =1.6m．若物块可看做质点，空气阻力不计，g取10m/s2．
（1）要越过壕沟，求物块在B点最小速度v的大小；
（2）若θ=370，为使物块恰好越过“壕沟” ，求拉力F的大小；
（3）若θ大小不确定，为使物块恰好越过“壕沟” ，求力F的最小值（结果可保留根号）．
[答案] 39.查看解析
[解析] 39.：物块通过B点后做平抛运动，竖直方向
解得
水平方向：
（2）由A到B由 可得a=0.8m/s2
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：
代入数据可得F = 5.27N
（3）由数学知识可知：
代入数据得
40.（2014江苏南通高三2月第一次调研测试物理试题，15）如图所示，半径r=0.80m的光滑金属半球壳ABC与水平面在C点连接，一质量m=0.10kg的小物块在水平面上距C点s=1.25m的D点，以不同的初速度向C运动．O点是球心，D、C、O三点在同一直线上，物块与水平面间的动摩擦因数µ=0.20，取g=10m/s2．
(1) 若物块运动到C点时速度为零，恰好沿球壳滑下，求物块滑到最低点B时对球壳的压力大小．
(2) 若物块运动到C点水平飞出，恰好落在球壳的最低点B，求物块在D点时的初速度大小．
(3) 通过分析判断小物块能否垂直撞击球壳．
[答案] 40.查看解析
[解析] 40.解：（1）设小物块滑到最低点B的速度为vB，受到球壳的支持力为NB，则在小物块从C至B的过程中只有重力做功，根据动能定理有：
mgr＝-0
可得：vB＝
小物块在B点所受合力提供其圆周运动向心力，根据牛顿第二定律有：
NB−mg＝m
得：NB＝mg+m=mg+2mg＝3mg=33×10×0.1N=3N
根据牛顿第三定律可知，小物块在B点对半球壳的压力为3N.
（2）小物块从C点水平滑出做平抛运动，其恰好落在B点，则可知小物块在平抛过程中：
水平位移x=r=vct…①
竖直位移y=r=gt2…②
由①和②可得：vC＝＝=＝2m/s
小物块在从D到C的过程中只有滑动摩擦力做功，根据动能定理有：
−μmgs＝m−m
解得：vD＝＝3m/s。
（3）若物块撞击球壳BC段，速度方向斜向左下方，则不可能垂直撞击半球壳，若小球落在AB上的E点，OE与竖直方向的夹角为θ，E点时速度与竖直方向夹角为α，则小球从C到E做平抛运动有：
竖直方向位移：y=rcosθ=gt2
，
所以其运动时间为：t=
在E点竖直分速度：vy=gt=
小物块在水平方向的位移为：x=r+rsinθ=vCt=vC
在E点水平分速度：vc＝
所以在E点小物块速度方向与竖直方向的夹角的正切值：
tanα＝==，因为
所以小球不可能垂直撞击球壳。
41.（2014吉林实验中学高三年级第一次模拟，24）如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M=1kg，上表面与C点等高。质量m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2=0.05，取g=10m/s2。(sin37°=0.6 , cos37°=0.8）试求：
（1）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；
（2）若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？
[答案] 41.查看解析
[解析] 41.24．解析：（1）设物体经过B点的速度为vB，则由平抛运动的规律可得vBsin37°=v0，
解得vB=2m/s。
设物体经过C点的速度为vC，由机械能守恒得mvB2+mg（R+Rsin37°）=mvC2
，解得vC=6m
/s，物体经过C点时，设轨道对物块的支持力为FC，根据牛顿第二定律得Fc-mg=，联立解得Fc=46N；由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的C点时对轨道的压力为46N。
（2）根据能量守恒得：整个过程产生的热量Q=mvB2+mg（R+Rsin37°）=×1×22+1×10×（1+0.6）=18J。
42.(2014年哈尔滨市第三中学第一次高考模拟试卷) （14分）如图所示，水平地面上有一个静止的直角三角滑块P，顶点A到地面的距离h = 1.8m，水平地面上D处有一固定障碍物，滑块C端到D的距离L = 6.4m。在其顶点A处放一个小物块Q，不粘连，最初系统静止不动。现对滑块左端施加水平向右的推力F = 35N，使二者相对静止一起向右运动，当C端撞到障碍物时立即撤去力F，且滑块P立即以原速率反弹，小物块Q最终落在地面上。滑块P质量M = 4.0kg，小物块Q质量m = 1.0kg，P与地面间的动摩擦因数μ = 0.2。（取g = 10 m/s2）
求：（1）小物块Q落地前瞬间的速度；
（2）小物块Q落地时到滑块P的B端的距离。
[答案] 42.查看解析
[解析] 42.24．解析：（1）对P、Q整体分析有F-μ（m+M）g=（m+M）a1 ①
代入数据解得a1=−μg=7-0.2×10=5m/s2，
当滑块C运动到障碍物D处时有vD2=2a1L ②
解得vD==8m/s
之后Q物体做平抛运动有 ③
解得t1==0.6s
Q落地前瞬间竖直方向的速度为vy=gt1 ④
解得vy=10×0.6m/s=6m/s
由矢量合成得Q落地前瞬间的速度大小为vt==10m/s ⑤
与水平成θ，tanθ==0.6，θ=37°
⑥
（2）由（1）得Q平抛水平位移 x1=vDt=8×0.6=4.8m⑦
P物体做匀减速运动，则有μMg=Ma2 ⑧
得 a2=μg=0.2×10=2m/s2，
由a2t2=vD
得 t2==4s＞t1 ⑨
所以Q物体平抛时间内P的位移为：x2=vDt1-=4.44m ⑩
所以Q落地时到滑块P的B端的距离为x=x1+x2=4.8+4.44=9.24m。
43.(河北衡水中学2013-2014学年度下学期二调考试) （14分）如图所示，长为l、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置，上端管口水平，且水平部分管口长度忽略不计，质量为m的小球可在直管内自由滑动，用一根轻质光滑细线将小球与另一质量为M的物块相连，M＝3m。开始时小球固定于管底，物块悬挂于管口，小球、物块均可视为质点。将小球释放，小球在管口的转向过程中速率不变。试求：
（1）物块落地前瞬间的速度大小；
（2）小球做平抛运动的水平位移；（M落地后绳子一直松弛）
（3）有同学认为，若取M＝km，则k足够大时，能使小球平抛运动水平位移的大小最大达到绳长l，请通过计算判断这种说法是否正确。
[答案] 43.查看解析
[解析] 43.24．解析：（1）系统机械能守恒
Mgl sin30°＝(m+M) v12＋mgsin30°l sin30° ①
因为M＝3m，得v1＝＝
（2）根据动能定理
－mgsin30°(l -l sin30°) ＝mv22-mv12 ②
m飞出管口时的速度v2＝
m在空中飞行的时间t＝＝ ＝
水平位移S＝v2 t＝＝l
（3）若M＝km，由① ②两式可得
m飞出管口时的速度v2＝
水平位移S＝v2 t＝＝l
可以得出结论，S ＜l
所以，这种说法是错误的，水平位移不可能为l。
44.(2014年福州市高中毕业班质量检测) (15分) 如图所示，质量为m=0.10 kg的小物块以初速度v0=4.0m／s，在粗糙水平桌面上做直线运动，经时间t=0.4 s后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面离地高h=0.45 m，不计空气阻力，重力加速度取g=10 m／s。求：
(1) 小物块飞离桌面时的速度大小v。
(2) 小物块落地点距飞出点的水平距离s。
[答案] 44.查看解析
[解析] 44.20解析：（1）由牛顿第二定律 ， 解得
=2.5m/s2
物块做匀减速直线运动，则
得 v =3.0 m/s
（2）物块飞出桌面后做平抛运动， 竖直方向：h=gt12
水平方向：s=vt1
代入数据得 s=0.9 m。
45.（东城区2013-2014学年度第二学期教学检测）(16分) 如图所示，高h =0.8m的绝缘水平桌面上方的区域Ⅰ中存在匀强电场，场强E的方向与区域的某一边界平行，区域Ⅱ中存在垂直于纸面的匀强磁场B。现有一质量m=0.01kg，带电荷量q=+10-5C的小球从A点以v0=4m/s的初速度水平向右运动，匀速通过区域Ⅱ后落在水平地面上的B点，已知小球与水平桌面间的动摩擦因数，L=1m，h = 0.8m，x =0.8m，取g =10m/s2。试求：
（1）小球在区域Ⅱ中的速度；
（2）区域Ⅱ中磁感应强度B的大小及方向；
（3）区域Ⅰ中电场强度E可能的大小及方向。
[答案] 45.查看解析
[解析] 45.22. 解析：（1）小球离开磁场后做平抛运动，设小球在磁场中匀速运动的速度为v，则有
①
②
联立①②解得： ③
（2）由于小球在磁场中作匀速运动，只能受重力和洛仑兹力作用
④
又 ⑤
联立④⑤解得： ⑥
代入数值得： ⑦
根据左手定则可判断磁感应强度B的方向垂直纸面向里。
（3）由于v＜v0，所以小球在电场中作减速运动。电场方向有两种可能
（i）电场方向水平向左。小球在电场中，由动能定理
⑧
解得 ⑨
（ii）电场方向竖直向下。小球在电场中，由动能定理
⑩
解得 (11)
46.(重庆市五区2014届高三学生学业调研抽测) 【力学和电学】
（1）在平坦的垒球运动场上，质量为m的垒球以速度v水平飞来，击球手挥动球棒将垒球等速水平反向击出，垒球飞行一段时间t 后落地。若不计空气阻力，则
A．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定
B．垒球落地时瞬时速度的方向仅由初速度决定
C．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定
D．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定
（2）如题10（2）图所示电路，电源的电动势，小灯泡L上标有“2.5V 0.3A” 字样。当闭合开关S，小灯泡L恰好正常发光，电动机M处于转动状态，这时理想电流表的示数。求：
①电源的内阻；
②电动机的输入功率。
[答案] 46.查看解析
[解析] 46.10．（1）D解析：根据平抛运动的两个分运动，可得落地速度的大小vt＝＝，可知垒球落地时瞬时速度的大小由初速度及击球点离地面的高度共同决定，A项错；以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角，有tan θ＝＝，即落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关，B项错；垒球在空中运动的水平位移为x＝v0t＝v0，其大小由初速度及击球点离地面的高度决定，C项错；据y＝gt2得t＝，可得垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定，D项正确。
（2）解析：①由闭合电路欧姆定律有
解得
②通过电动机的电流
电动机的功率为
47.(重庆市五区2014届高三学生学业调研抽测) 如题9图所示，弹枪离竖直墙壁BC距离，质量的“愤怒的小鸟” 从弹枪上点弹出后，抛射至光滑圆弧轨道最低点C点，的竖直高度差。“小鸟” 在C处时，速度恰好水平地与原来静止在该处的质量为的石块发生弹性碰撞，碰后石块沿圆弧轨道上滑，圆弧轨道半径，石块恰好能通过圆弧最高点D，之后无碰撞地从E点离开圆弧轨道进入倾斜轨道MN（无能量损失），且斜面MN的倾角，，石块沿斜面下滑至P点与原来藏在该处的“猪头” 发生碰撞并击爆它，石块与斜面间的动摩擦因数，PE之间的距离。已知“小鸟” 、石块、“猪头” 均可视为质点，重力加速度，空气阻力忽略不计（，）。求：
（1）石块与“猪头” 碰撞时的速度大小；
（2）“小鸟” 与石块碰前的速度大小；
（3）“小鸟” 与石块相碰之前离斜面MN的最近距离。
[答案] 47.查看解析
[解析] 47.（1）石块恰好过圆弧最高点D，设在D点时的速度为
解得
设石块在P点与“猪头” 碰撞时的速度为，石块从D至P的过程，由动能定理可知
解得
（2）设石块在C点碰后的速度为，石块从C至D的过程，由动能定理可知
解得
设“小鸟” 与石块碰前的速度为v，碰后速度为，在碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可知
联解可得
（3）将“小鸟” 从至C的运动可逆向视为从C至的平抛运动，设历时t，“小鸟” 的速度与连线平行，由
（1分）
解可得
此时“小鸟” 离连线的距离设为h
则“小鸟” 离斜面MN最近的距离为
得
48.(四川省成都市2014届高中毕业班第一次诊断性检测) (15分) 遥控电动赛车的比赛中有一个规定项目是“飞跃壕沟” ，如图所示，比赛中要求赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在B点飞出后跃过“壕沟” ，落在平台EF段。已知赛车的质量m=1.0kg、额定功率P=10.0 W、在水平直轨道上受到的阻力恒为f=2.0 N, BE的高度差h=0.45 m, BE的水平距离x=0.90 m。赛车车长不计，空气阻力不计，g取10m/s2。
(1) 若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度vm的大小;
(2) 要跃过壕沟，求赛车在B点最小速度v的大小;
(3) 比赛中，若赛车在A点达到最大速度vm后即刻停止通电，赛车恰好能跃过壕沟，求
AB段距离s。
[答案] 48.查看解析
[解析] 48.9. 解析：⑴赛车在水平轨道上达到最大速度时，设其牵引力为F牵
根据牛顿第二定律有F牵-f=0
又因为p额=F牵Vm
所以==5.0
⑵赛车通过B点后在空中做平抛运动，设赛车在空中运动时间为
则有h=g
X=v
代入数据解得v=3.0
⑶停止通电后，赛车在水平方向只受阻力作用
根据动能定理有fs=
代入数据解得s=4m
49.(江西省七校2014届高三上学期第一次联考) （16分）浙江卫视六频道《我老爸最棒》栏目中有一项人体飞镖项目，该运动简化模型如图所示。某次运动中，手握飞镖的小孩用不可伸长的细绳系于天花板下，在A处被其父亲沿垂直细绳方向推出，摆至最低处B时小孩松手，飞镖依靠惯性飞出击中竖直放置的圆形靶最低点D点，圆形靶的最高点C与B在同一高度，C、O、D在一条直径上，A、B、C三处在同一竖直平面内，且BC与圆形靶平面垂直。已知飞镖质量m=1kg，BC距离s=8m，靶的半径R=2m，AB高度差h=0.8m，g取10m/s2。不计空气阻力，小孩和飞镖均可视为质点。
（1）求孩子在A处被推出时初速度vo的大小；
（2）若小孩摆至最低处B点时沿BC方向用力推出飞镖，飞镖刚好能击中靶心，求在B处小孩对飞镖做的功W;
（3）在第(2) 小题中，如果飞镖脱手时沿BC方向速度不变，但由于小孩手臂的水平抖动使其获得了一个垂直于BC的水平速度v，要让飞镖能够击中圆形靶，求v的取值范围。
[答案] 49.查看解析
[解析] 49.（1）设飞镖从B平抛运动到D 的时间为t1，从B点抛出的初速度为v1, 小孩和飞镖的总质量为M，则有：
水平方向s=v1t1
竖直方向 2R=
根据机械能守恒定律得
解得
代入数据得vo=8m/s
(2) 设推出飞镖从B平抛运动到D 的时间为t2，从B点抛出的初速度为v2，则有
水平方向
竖直方向
B处小孩对飞镖做的功
代入数据得W=40J
（3）因BC方向的速度不变，则从B到靶的时间t2不变，竖直方向的位移也仍为R，则靶上的击中点一定是与靶心0在同一高度上，则垂直于BC的水平位移一定小于等于R，因此有：
水平方向R≥vt2
竖直方向
结合两式可得：
代入数据得v≤ m/s
50.(江苏省苏北四市2014届高三上期末统考) (16分) 在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4m；BCO段弯曲且光滑，轨道在O点的曲率半径为1.5m；一质量为1.0kg、可视为质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段间的动摩擦因数为0.5。建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A(7，2)
点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，水平飞出后经过D(6，3) 点。重力加速度g取10，不计空气阻力。求：
(1) 圆环到达O点时对轨道的压力；
(2) 恒力F的大小；
(3) 圆环在AB段运动的时间。
[答案] 50.查看解析
[解析] 50.（1）园环从O到D过程中做平抛运动
读图知：x=6m、y=3m， 所以 v0=m/s
到达O点时：根据向心力公式 =
代入数据，得 FN=30N
根据牛顿第三定律得，对轨道的压力为30N，方向竖直向上
（2）园环从A到O过程中，根据动能定理 有
代入数据，得F=10N
（3）园环从A到B过程中，根据牛顿第二定律 有
根据运动学公式 有
代入数据，得时间s
51.(河南省郑州市2014届高中毕业班第一次质量预测) 如图所示，弧形轨道的下端与半径为R的圆轨道平滑连接。现在使小球从弧形轨道上端距地面2R的A点由静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计。试求：
(1) 小球到达圆轨道最低点B时的速度大小；
(2) 小球在最低点B时对轨道的压力大小；
(3) 小球在某高处脱离圆轨道后能到达的最大高度。
[答案] 51.查看解析
[解析] 51.17. 解析：⑴小球从A到B的过程中，由动能定理得
2分
1分
⑵在B点，由牛顿第二定律得
2分
1分
⑶设小球在C点(OC与竖直方向的夹角为) 脱离圆轨道，则在C点有
2分
小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律得
2分
由③④得:
设小球离开圆轨道后能到达的最大高度h处为D点，从A到D点的过程中由机械能守恒定律得
3分
解得: 1分
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