湖南省长郡中学2012届高三第二次月考word版 物理

炎德·英才大联考长郡中学2012届高三月考试卷(二)物理参考答案一㊁选择题(本题包括10个小题,每小题4分,共40分.)题 号12345678910答 案A D C D B C A C D A C B C二㊁实验题(本大题共2小题,共16分.)11.(6分)(1)a ㊁c ㊁e (2)2g L 12.(10分)(1)① (2)C (3)0.5 0.2三㊁计算题(本题4小题,共44分.)13.(8分)h =12g t 2得t =8s (2分)……………………………………………………………………………………L =v t =240m (2分)………………………………………………………………………………………………S =πL 2(2分)………………………………………………………………………………………………………S =1.8×105m 2(2分)………………………………………………………………………………………………14.(10分)(1)小孩受力如右图所示:由牛顿运动定律得:m g s i n θ-μF N =m a ,(1分)…………………………………………………F N -m gc o s θ=0(1分)……………………………………………………………………………解得a =g s i n θ-μg c o s θ=3.6m /s 2(2分)………………………………………………………(2)由v 2=2a L ,求出v =6m /s (3分)……………………………………………………………(3)由匀变速直线运动规律得0-v 2=2a 's ,由牛顿第二定律得μ'm g =m a ',解得μ'=0.8(3分)………………………………………………………………………………………………15.(12分)(1)由题图照片可知,长度为40m 的火箭对应图片上长度为2c m ,图片上从第1个像到第2个像之间的长度为4c m ,第一个2.5s 上升高度为s 1=40m 2c m×4.0c m=80m (1分)………………………………………从第2个像到第3个像之间的长度为6.5c m ,第二个2.5s 上升高度为s 2=40m 2c m ×6.5c m =130m (1分)……………火箭5s 时间上升高度为h =s 1+s 2=210m 火箭在照片中第2个像所对应时刻的瞬时速度大小为v =s 1+s 22T =80m+130m 2×2.5s =42m /s (2分)…………(2)由Δs =a T 2得a =Δs T 2=s 2-s 1T 2=130-802.52m /s 2=8m /s 2(2分)……………………………………………由F -m g -M g =(m +M )a (1分)……………………………………………………………………………得火箭的推力F =(m +M )(a +g )=(200000+2350)×(8+10)N =3642300N =3.6×106N (1分)………………(3)设 希望一号”卫星环绕地球运行的周期为T ,由G Mm (R +h )2=m 4π2T 2(R +h )(1分)…………………………………………………………………………………G Mm R 2=m g (1分)…………………………………………………………………………………………………解得T =4π2(R +h )3g R 2=2π(R +h )R (R +h )g (2分)…………………………………………………………16.(1)物块P刚到达相互作用区时的速度v0=g t0①(1分)…………………………………………………………………………………………………物块P进入相互作用区后的加速度a1=(k m g-m g)/m=(k-1)g②(1分)………………………………………………………………………①②解得物块P在相互作用区内向下运动的时间t1=v0/a1=0.05s③(1分)………………………………………………………………………………………物块P从起始位置下落到刚好与B不接触时的运动时间t=t0+t1=2.05s④(1分)………………………………………………………………………………………(2)板B在物块P未进入作用区时的加速度a B1=μg⑤(1分)……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………速度的改变量Δv b1=a B1t0=0.4m/s⑥(1分)当物块P进入作用区后的加速度a B2=μ(M g+k m g)/M=1.02m/s2⑦(1分)……………………………………………………………………由(3)(7)得速度的改变量Δv b2=a B2t1=0.051m/s⑧(1分)………………………………………………………………………………所以:板B在物块P从起始位置下落到刚好与B不接触时速度的改变量Δv=Δv b1+Δv b2=0.451m/s⑨(2分)…………………………………………………………………………(3)当物块P的速度减到零后,又开始以加速度a向上做加速运动,经历时间t1,跑出相互作用区,在这段时间内,B板减少的速度仍是Δv b2;物块P离开相互作用区后,做加速度为g的减速运动,经历时间t0,回到初始位置,在这段时间内,B板减少的速度为Δv b1,以后物块又从起始位置自由落下,重复以前的运动,B板的速度再次不断减少.总结以上分析可知:每当物块P完成一次从起始位置自由下落,进入相互作用区后又离开相互作用区,最后回到起始位置的过程中,B板速度减少的总量为Δv=2Δv b1+2Δv b2=0.902m/s⑩(2分)………………………………………………………………………设在物块P第n次回到起始位置时B板刚好停止运动n=v B o/Δv=10/0.902=11.1≈11次○11(2分)…………………………………………………………………。

湖南省长沙市天心区长郡中学2024年高三物理试题第二次诊断性测验试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图，一个质量为m的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是A．圆环通过O点的加速度小于gB．圆环在O点的速度最大C．圆环在A点的加速度大小为g+2kL mD．圆环在B点的速度为2gL2、如图甲，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝10：1，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、线圈电阻为2Ω的电动机M．原线圈输入的交流电压如图乙．闭合开关S，电动机正常工作，电流表示数为1A．下列判断正确的是（）A．副线圈两端的电压有效值为222VB．滑动变阻器R的接入电阻为10ΩC．电动机输出的机械功率为12WD．若电动机突然卡住，原线圈输入功率将变小3、关于牛顿第一定律和惯性有下列说法，其中正确的是（）A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性C．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动4、以下仪器能测量基本物理量的是（）A．弹簧测力计B．电磁打点计时器C．电压表D．量筒5、太阳内部持续不断地发生着4个质子（11H）聚变为1个氦核（42He）的热核反应，核反应方程是14124H He2X→+，这个核反应释放出大量核能。

当a1∈B时，数列中必有某数重复出现无数次． 当a1∉B时，（i＝1，2，3，4，5，6）均为单调数列，任意一个数在这6 个数列中最多出现一次，所以数列中任意一项的值均未在该数列中重复 出现无数次．
20．（本小题满分13分） 已知椭圆的中心为坐标原点O，椭圆短半轴长为1，动点M(2，t)(t＞0)在 直线（a为长半轴，c为半焦距）上． （1）求椭圆的标准方程； （2）求以OM为直径且截直线3x－4y－5＝0的弦长为2的圆的方程； （3）设F是椭圆的右焦点，过点F作OM的垂线与以OM为直径的圆交于 点N，求证：线段ON的长为定值，并求出这个定值． 【答案】 （1）由题知b＝1，又由点M在（a为长半轴，c为半焦距） 上，得，故，∴c＝1，从而（2分） 所以椭圆方程为或．（4分） （2）以OM为直径的圆的方程为x(x－2)＋y(y－t)＝0即， 其圆心为，半径 （6分） 因为以OM为直径的圆截直线3x－4y－5＝0所得的弦长为2， 所以圆心到直线3x－4y－5＝0的距离． （8分） 所以，解得t＝4，所以所求圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5． （10分） （3）方法一：设FN与OM交于点K，由△ONK∽△OMN知：|ON|2 ＝|OK||1OM|， 直线OM：直线FN： （12分）
照此规律，第n个等式应为_______________． 【答案】 n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2 11．已知一个几何体的三视图（单位：cm）如下图所示，则该几何体 的侧面积为______cm2．
【答案】 80
12．曲线在点(－1，－1)处的切线方程为__________． 【答案】 y＝2x＋1 13．设点P为△ABC的重心，若AB＝2，AC＝4，则_________． 【答案】 4
6．设圆C与圆x2＋(y－3)2＝1外切，与直线y＝0相切，则C的圆心轨迹为 （）

湖南省长沙市长郡中学2015届高三物理上学期第二次月考试题（含解析）新人教版【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、知识覆盖面广，知识点全面。

在考查问题上以基本定义、基本规律为主，题型大部分都是历年全国各地高考题和模拟题，思路活，是份非常好的试卷。

【题文】【知识点】物理学史．P0【答案解析】AB 解析： A、亚里士多德认为“物体下落的快慢由它们的重量决定”，伽利略对此持怀疑态度，做了著名的斜面实验，并通过实验证明了“轻重物体自由下落一样快”的结论，故A正确；B、伽利略和笛卡尔为牛顿第一定律的建立做出了贡献，故B正确；C、开普勒通过对行星运动的观察，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律，故C 错误；D、牛顿总结了万有引力定律后，卡文迪许测出引力常量，故D错误；故选：AB．【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．【题文】【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4【答案解析】 D 解析：：A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力．B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力．故A错误．B、当柱状物体向左移动时，斜面B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变．则A对B的压力也保持不变．对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1，墙对A的支持力N1不变，则推力F不变．地面对整体的支持力N=G总，保持不变．则B对地面的压力不变．故BC错误，D正确．故选D．【思路点拨】先以小球A和B为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和挡板对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和地面的支持力如何变化．本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件分析小球受力情况，再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化．【题文】【知识点】匀变速直线运动的图像．A5【答案解析】D 解析：解：A、甲球的加速度a1=1140408vt∆--=∆=-10m/s2故甲球的加速度大小为10m/s2．负号表示加速度方向与速度方向相反．乙球的加速度a2=22220(20)20/823v m st ∆--==∆-；故甲球的加速度大于乙球的加速度．故A 错误．B 、当两物体速度相同时两物体相距最远即40+a1t=-20+a2（t-2）解得t=4.4s 即4.4s 时两物体相距最远．故B 错误．C 、t=6s 时甲球的速度v1=v0+a1t=40+（-10）×6=-20m/s 乙球的速度v2=v 乙+a2△t=-20+203×4=203m/s 故t=6s 时甲球的速率大于乙球的速率．故C 错误．D 、设T 时刻两物体相遇，故有40T+12a1T2=-20T+12a2（T-2）2解得T=8s 故D 正确．故选：D ．【思路点拨】速度图象的斜率等于物体的加速度，加速度的正负表示物体加速度的方向；等两物体的速度相同时两物体相距最远；当两物体通过的位移相同时两物体相遇．运动学公式是矢量式，故运用运动学公式解题时要注意正方向的选择，与正方向相同的矢量都是正的，相反的都是负的；比较矢量的大小只看矢量的绝对值，不看正负号，因为正负号表示矢量的方向；相距最远时速度相同，相遇时位移相同．【题文】【知识点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．B3 C2【答案解析】 D 解析： 以A 为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：mAgtanθ=mAa，解得a=gtanθ，方向水平向右．再对B 研究得：F=ma=mgtanθ，方向水平向右，即小车对物块B 产生的静摩擦力的大小为mgtanθ，方向向右．小车对物块B 的支持力向上，与重力平衡，故N=mg ；故小车对物块B 产生作用力为：21tan θ+D ．【思路点拨】先以A 为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度．再对B 研究，由牛顿第二定律求解小车对物块B产生的作用力的大小和方向．本题要抓住小球、物块B和小车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究．【题文】【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．A5 C2【答案解析】A 解析：根据动能定理得，mgh=12mv2，解得v=2210 1.25gh=⨯⨯m/s＝5m/s．物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小a=μg=2m/s2，若一直做匀减速直线运动，则到达B点的速度vB＝2225226v aL-=-⨯⨯ m/s=1m/s．若一直做匀加速直线运动，则达到B点的速度vB＝2225226v aL+=+⨯⨯m/s=7m/s．知传送带的速度v＜1m/s时，物体到达B点的速度为1m/s．传送带的速度v＞7m/s时，物体到达B点的速度为7m/s．若传送带的速度1m/s＜v＜5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．若传送带速度5m/s＜v＜7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动．故A正确，B、C、D错误．故选A．【思路点拨】根据动能定理求出物体滑到A点的速度，通过速度与传送带速度的关系，判断出物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式求出B点的速度．解决本题的关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．【题文】【知识点】运动的合成和分解．D1【答案解析】A 解析：由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有：v线=vsinθ；而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故A正确，BCD错误；故选：A．【思路点拨】对线与CD光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有逆着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解．考查运动的合成与分解，掌握分运动与合运动的确定是解题的关键，同时理解力的平行四边形定则内容．【题文】【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；线速度、角速度和周期、转速；万有引力定律及其应用．D5【答案解析】BC 解析： A 、飞船绕地球匀速圆周运动 线速度为v ＝2rT π又由几何关系知sin 2R r α= 得：r ＝sin 2R α∴v ＝2sin 2RT πα 故A 正确；B 、地球自转一圈时间为To ，飞船绕地球一圈时间为T ，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T 就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为：n ＝0TT 故B 不正确；C 、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为2t T απ=，故C 不正确；D 、万有引力提供向心力则：2224GMm m r r T π=，得：T ＝2π322sin sin 22r r R R GN GM GM ππαα==D 正确；故选为：D ．【思路点拨】宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由引力提供向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系．当飞船进入地球的影子后出现“日全食”到离开阴影后结束，所以算出在阴影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食”的时间；由地球的自转时间与宇宙飞船的转动周期，可求出一天内飞船发生“日全食”的次数．【题文】【知识点】平抛运动．D1【答案解析】CD 解析：如图所示，由平抛运动的规律知Lcosθ=v0t，Lsinθ=12 gt2则得：tanθ=02gtv由图知：tan（α+θ）=00yv gtv v可得：tan（α+θ）=2tanθ所以α与抛出速度v0无关，故α1=α2，α1、α2的大小与斜面倾角有关，故AB错误，CD正确．故选：CD【思路点拨】画出物体落到斜面时的速度分解图，根据平抛运动基本规律结合几何关系表示出α即可求解．本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，要求同学们掌握平抛运动的规律，能结合几何关系进行求解．【题文】【知识点】功能关系．E6【答案解析】ABC 解析：根据动能定理应有△EK＝−ma•0sin30H＝−2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgh；再由牛顿第二定律有mgsin30°+f=ma=mg，可得f=12mg，根据功能关系应有△E=-f0sin30H=-mgh，即机械能损失了mgH，全部生热，故生热为mgh,所以A、B、C正确，物体升高mgh，故重力势能增加mgh,故D错误．故选：ABC．【思路点拨】若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可．要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功．【题文】【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力；动能定理的应用．E1 D4 E2【答案解析】AD 解析： A、在AB段，根据速度位移公式vB2=2aR，解得：a=2.5g．故A 正确B、在C点，有：mg=m2cvR，解得vc=gR．对B到C，根据动能定理有：-mg•2R=12mvc2-12mvB2，解得5gR．则B点的加速度aB=2BvR=5g．故B错误．C、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．D、物块在圆弧轨道上滑的过程中机械能守恒，有：12mvB2=mgh+12mv2=2mgh，解得h=54R．动能和重力势能相等的位置在DD′的上方．故D正确．故选：AD．【思路点拨】小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C，根据牛顿第二定律求出最高点的速度，通过动能定理求出经过B点的速度，从而求出B点的加速度．根据速度位移公式求出AB段的加速度大小．根据机械能守恒定律求出上滑时动能和重力势能相等的位置．本题综合考查了动能定理、机械能守恒、牛顿第二定律和运动学公式，这种结合方式是比较常考的，需加强这类题型的训练．【题文】【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．C4【答案解析】①CD②丙③0.50 解析：①A实验中要平衡摩擦力，长木板的一端要垫高，A错误；B为节省纸带增加小车运行时间先接通电源后松小车，B错误；C以托盘作为研究对象有mg-T=ma以小车作为研究对象有T=Ma联立以上两式可得T＝Mmgm M+，要使绳子拉力等于钩码的重力，即T=mg，故MM m+ =1，则有M＞＞m，C正确；D如果作出a-M图象，却难以根据图象确定a与M是否是成反比，所以我们可以作出a-1m的图象，只要a-1m的图象是正比例函数图象就证明了a与M成反比例关系，D正确；②没用平衡摩擦力，则当施加一定力时，首先平衡摩擦力后才会产生加速度，通过图象知，当力F不为零时，加速度为零，故丙图对；③计数点之间有4个点未画出，时间间隔为0.1s，有公式△x=aT2得：a＝222(3.39 2.89)100.1xT-∆-⨯=＝0.50m/s2．【思路点拨】①根据实验原理和具体实验步骤可判定各个选项②没有平衡摩擦力时，当存在一定的力时首先平衡摩擦力，之后才产生加速度；③根据给定的纸带数据分布，由逐差法可以得到小车的加速度. 掌握好实验的步骤及实验的原理很重要，对实验的注意事项及数据的处理也要做到明确和理解．【题文】【知识点】验证机械能守恒定律．E5【答案解析】 （1）瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度；（2）4.22；4.00M ；4.02M ；（3）C ． 解析： ：（1）根据平均速度的定义v=xt ∆∆可知，当位移很小，时间很短时可以利用平均速度来代替瞬时速度，由于本题中挡光物的尺寸很小，挡光时间很短，因此直尺上磁带通过光电门的瞬时速度可以利用vi ＝i d t ∆求出．（2）根据题意可知：v5＝xt ∆∆=4.22m/s 根据：△Ek5=12Mv52-12Mv12，将v=4.22m/s 带入解得：△Ek5=4.00M J Mg △h5=4.02M ．（3）根据实验可知：重力势能的减少量等于动能的增加量，即有：△Ek=mg △h 成立，故△Ek-△h 图象为过原点的直线，故ABD 错误，C 正确．【思路点拨】（1）根据平均速度的定义v=xt ∆∆可知，当位移很小，时间很短时可以利用平均速度来代替瞬时速度；（2）根据动能和势能的公式求解．（3）写出△Ek-△h 的表达式，即可判断图象的性质．本题考查了实验“验证机械能守恒定律”中的数据处理，以及利用图象来处理实验数据的能力，注意物理基本规律在实验中的应用．【题文】③在共点力合成的实验中，根据实验数据画出力的图示，如图所示．图上标出了F1、F2、F、F′四个力，其中F′（填上述字母）不是由弹簧秤直接测得的．【知识点】验证力的平行四边形定则．B6【答案解析】：①AB ②D；③F′解析：：①A、弹簧测力计、细绳、橡皮条都应贴近木板且与木板平行．故A正确．B、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，可以减小测量的误差．故B正确．C、拉力F1和F2的夹角不是越大越好，适当大一些即行．故C错误．D、实验中，弹簧的读数大小适当，便于做平行四边形即可，并非要求一定达到最大量程．故D错误．故选：AB．②该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，要求两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的．则橡皮筋沿同一方向拉长到同一长度．故D正确，A、B、C错误．故选：D．③F在F1与F2组成的平行四边形的对角线上，为实验的理论值，用一个弹簧秤橡皮筋时，其弹力一定与橡皮筋共线，因此用弹簧秤直接测量值为F′，由于误差的存在，F与F′不在同一直线上，但是二者基本相等．故答案为：F′．【思路点拨】本实验采用“等效法”，即要求两次拉橡皮筋的效果相同，对于两弹簧拉力大小以及夹角大小没有具体要求，只要便于作图以及减小误差即可；因此在实验中尽量减小力的测量及作图中出现的误差；F1与F2合成的理论值是由平行四边形定则作图得到的，在平行四边形的对角线上，而用一个弹簧直接测量时，方向一定在橡皮筋上，由此可正确解答．主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法；熟练应用平行四边形定则解决有关问题．【题文】【知识点】共点力平衡的条件及其应用．B4 B7【答案解析】45LOA=，5LOB=解析：分别对A、B球受力分析，如图所示：受力平衡，每个小球受到的绳拉力T与杆的弹力F的合力与重力平衡．做出T与F合成平行四边形．红色的三角形与△OAC相似，故：1T OAm g OC=绿色的三角形与△OBC相似，故：2T OBm g OC=两式相比：2141mOAOB m==OA+OB=L, 所以45LOA=，5LOB=【思路点拨】分别对两个球受力分析，然后结合平衡条件并运用相似三角形法列式求解．本题关键是受力分析后采用相似三角形法分析，没有直角三角形，较难．【题文】【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．E1 C2【答案解析】（1）-0.4m/s2．（2）1.0×106 W ．解析： （1）渔船通过的时间为：t=2406L s v= =40s 渔政船做匀减速运动的位移为：s ＝vmt+12at2得：a=222(t)2(4802040)40m s v t -⨯-⨯= =-0.4m/s2，“-”表示加速度与vm 方向相反．（2）渔政船做减速运动时，牛顿第二定律：-（ F+Ff ）=ma代入数据解得：Ff=5.0×104 N最大速度行驶时，牵引力为：F=Ff=5.0×104N功率为：P=Fvm=Ff vm=5.0×104×20W=1.0×106 W【思路点拨】（1）抓住渔船和渔政船的运动时间相等，结合位移公式求出渔政船减速时的加速度．（2）根据牛顿第二定律求出渔政船的阻力，当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P=Fvm 求出渔政船的额定功率．本题考查了运动学中的相遇问题，以及综合考查了牛顿第二定律和功率的运用，知道当牵引力等于阻力时，速度最大．【题文】【知识点】机械能守恒定律；运动的合成和分解．D1 E3【答案解析】 （1）121222(2)2m m R m m + （2）1.9 解析： ：（1）设重力加速度为g ，小球m1到达最低点B 时m1、m2速度大小分别为v1、v2，由运动合成与分解得v12v2①对m1、m2系统由功能关系得m1gR −m2gh ＝12m1v12+12m2v22②h 2设细绳断后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2由机械能守恒定律得m2gs′sin30°＝22212m v ④小球m2沿斜面上升的最大距离s 2R+s′⑤联立得s ＝121222(2)2m m R m m +⑥（2）对 m1由机械能守恒定律得：12m1v12＝m1g 2R⑦联立①②③⑦得12221 1.9m m +=≈【思路点拨】（1）先根据运动合成与分解求出小球m1到达最低点B 时m1、m2速度关系，对m1、m2系统由功能关系列出方程，细绳断后m2沿斜面上升，对m2由机械能守恒定律列出方程，根据几何关系写出小球m2沿斜面上升的最大距离的表达式，联立方程即可求解；（2）对 m1由机械能守恒定律列出方程，结合（1）中的方程，联立即可求解．本题主要考查了机械能守恒定律，运动合成分解知识，学生综合分析理解及运算能力，难度适中．【题文】【知识点】动能定理；向心力． C2 E2【答案解析】（1）vC4m/s （2）8N ；（3）为arccos 56 解析： ：（1）m1从B 到C 的过程：EP=μm1gL m2从B 到C 的过程：EP ＝μm2gL+2212C m v 联立解得：vC=4m/s（2）碰后交换速度，小球以vC=4m/s 向上运动，假设能到高点，从C 到D 的过程： 22221122D C m v m v - ＝−m2g•2R解得：vD=0m/s 对D 点：N+m2g-k （l0-R ）=0解得：N=8N ，求解结果的合理性，说明假设是正确的，小球可以通过最高点（3）假设能到高点，最高点弹力：N'+m2g-k'（l0-R ）=0解得：N=-1N ，求解结果的不合理，说明假设是错误的，小球不可以通过最高点）小球离开轨道时的位置E和O'连线与竖直方向的夹角θ，此时小球速度vE由动能定理：22221122E Cm v m v＝−m2g(R+Rcosθ)对E点：m2gcosθ−k′(l0−R)＝m22EvR联立解得：cosθ＝56，即：θ＝arccos 5 6【思路点拨】（1）从B到C有动能定理可求得到达C点速度；（2）假设通过最高点，从C 到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断；（3）假设通过最高点，从C到D由动能定理求的D点速度，在D点由牛顿第二定律即可判断，在利用动能定理即可求的夹角。