1、2014-2015学年湖北省黄石市高一（下）期末物理试卷一、选择题（其中1-6题为单项选择题，7-10题为多项选择题，每小题5分，共50分，其中多项选择题漏选得3分，错选多选得0分.）1牛顿在伽利略和笛卡尔等人的研究基础上，总结出动力学的一条基本规律牛顿第一定律下列说法正确的是（）A 伽利略的理想实验是没有事实依据的凭空想象的实验B 伽利略以事实为依据，通过假设、推理得出力不是维持物体运动状态的原因C 笛卡尔指出：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态D 牛顿第一定律与牛顿第二定律一样，都可通过实验直接检验2关于瞬时速度、平均速度，以下说法中正确的是（
2、）A 瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度B 做变速运动的物体在某段时间内的平均速度的大小，一定和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的大小的平均值相等C 物体做变速直线运动时，平均速度的大小就是平均速率D 物体做变速运动时，平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值3如图所示，质量为m的木块A放在斜面体B上，若A和B沿水平方向以相同的速度v0一起向左做匀速直线运动，则A和B之间的相互作用力大小为（）A mgB mgsinC mgcosD 04电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一质量为m的物体当电梯静止时弹簧被压缩了x；当电梯运动时弹簧又被压缩了x，试判断电梯运动的可能情况是（
3、）A 以大小为2g的加速度加速上升B 以大小为2g的加速度减速上升C 以大小为g的加速度加速上升D 以大小为g的加速度减速下降5一辆汽车以2m/s2的加速度做匀速直线运动，经过2s（汽车未停下）汽车行驶了32m，汽车开始减速时的速度是（）A 9m/sB 18m/sC 20m/sD 12m/s6一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点物体开始与弹簧接触，到B点时物体速度为零，然后被弹回，下列说法中正确的是（）A 物体从A下降到B的过程中，动能不断变小B 物体从B上升到A的过程中，动能不断变小C 物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，动能都是先增大，后减小D 物体
4、从A下降到B的过程中，动能和重力势能的总和不变7如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆管中做圆周运动，圆的半径为R，小球略小于圆管内径若小球经过圆管最高点时与轨道间的弹力大小恰为mg，则此时小球的速度为（）A 0B C D 8质量相同的两小球，分别用长L和2L的细绳挂在天花板上，分别拉起小球使绳伸直呈水平状态，然后轻轻释放当小球到达最低位置时（）A 两球运动的线速度相等B 两球运动的角速度相等C 两球的向心加速度相等D 细绳对两球的拉力相等9把太阳系各行星的运动近似看作匀速圆周运动，则离太阳越近的行星（）A 周期越小B 线速度越小C 角速度越小D 加速度越小10如图是在光滑水平地面上有一
5、辆平板小车，车上放着一个滑块，滑块和平板小车间有摩擦，滑块在水平恒力F作用下从车的一端拉到另一端第一次拉滑块时将小车固定，第二次拉时小车没有固定在这先后两次拉动木块的过程中，下列说法中正确的是（）A 滑块所受的摩擦力一样大B 拉力F做的功一样大C 滑块获得的动能一样大D 系统增加的内能一样大二、实验题（共15分）11在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳与另一端都有绳套（如图），实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并与成角度地拉橡皮条，其同学认为此过程中必须注意以下几项其中正确的是（）（填入相应的字母）A 两根细绳必须等长B 橡皮条应与两
6、绳的夹角的平分线在同一直线上C 两根细绳应互相垂直D 在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平行12在“验证机械能守恒定律”的实验中，当地重力加速度的值为9.80m/s2，所用重物的质量为1.00kg若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么：（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=；（2）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是Ep=，此过程中物体动能的增加量Ek=（取g=9.8m/s2）；（3）通过计算，数值上EpEk（填“”、“=”或“”），这是因为；（4）实验的结论是三、计算题（本大题共4小题，共
7、45分，解答时请性质必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，在答案中必须明确写出数值的单位）13短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段一次比赛中，某运动员用11.00s跑完全程已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求：（1）该运动员的加速度a（2）该运动员的在运动中能达到的最大速度（3）在匀速阶段通过的距离14两颗人造地球卫星的质量之比m1m2=12，轨道半径之比为r1r2=31求：（1）两颗卫星运行的向心力之比（2）两颗卫星运行的线速度之比15某人在距离地面2.6m的高处，将质量为0.2kg的小球以v0=12m
8、/s的速度斜向上抛出，小球的初速度方向与水平方向之间的夹角为30（g取10m/s2），求：（1）人抛球时对球做多少功？（2）若不计空气阻力，小球落地时的速度大小和方向？（3）若小球落地时的速度大小为v1=13m/s，小球在空中运动过程中克服阻力做了多少功？16用一沿斜面向上的恒力F将静止在斜面底端的物体向上推，推到斜面中点时，撤去F，物体正好运动到斜面顶端并开始返回在此情况下，物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端滑到底端所需时间也为t求：（1）撤去F前的加速度a1与撤去F后物体仍在向上运动时的加速度a2之比为多少？（2）推力F与物体所受斜面摩擦力f之比为多少？2014-2015学年湖北省黄石市
9、高一（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（其中1-6题为单项选择题，7-10题为多项选择题，每小题5分，共50分，其中多项选择题漏选得3分，错选多选得0分.）1牛顿在伽利略和笛卡尔等人的研究基础上，总结出动力学的一条基本规律牛顿第一定律下列说法正确的是（）A 伽利略的理想实验是没有事实依据的凭空想象的实验B 伽利略以事实为依据，通过假设、推理得出力不是维持物体运动状态的原因C 笛卡尔指出：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态D 牛顿第一定律与牛顿第二定律一样，都可通过实验直接检验考点：物理学史分析：对于物学中的重要规律、原理，要明确其提出者
10、，了解所涉及伟大科学家的重要成就解答：解：A、伽利略的理想实验是依据他所做的实验，进行的理想化的推理，不是凭空想象出来的，对实际的生产和生活有非常重要的指导意义故A错误；B、伽利略根据理解斜面实验，通过假设、推理得出力不是维持物体运动状态的原因，故B正确C、牛顿指出：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态，故C错误D、牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能通过实验直接验证，故D错误故选：B点评：对于物理学史部分的学习，主要是靠平时的记忆与积累，同时通过学习物理学史培训科学素质和学习兴趣2关于瞬时速度、平均速度，以下说法中正确的是（）A 瞬
11、时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度B 做变速运动的物体在某段时间内的平均速度的大小，一定和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的大小的平均值相等C 物体做变速直线运动时，平均速度的大小就是平均速率D 物体做变速运动时，平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值考点：瞬时速度；平均速度专题：直线运动规律专题分析：瞬时速度是在某一时刻的速度，平均速度是物体在运动时间内发生的位移与所用时间的比值；故瞬时速度对应时间轴上的点，平均速度对应时间轴上的一段时间解答：解：瞬时速度是在某一时刻的速度，平均速度是物体在运动时间内发生的位移与所用时间的比值A：瞬时速度对应时间轴上的点，时间趋于无穷小时可以看做
12、一个时间点，瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度故A正确；B：做变速直线运动的物体在某段时间内平均速度，和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的平均值一般是不相等的故B错误；C：物体只有在做单向直线运动时，平均速度的大小才等于平均速率，故C错误；D：平均速度是指物体的位移与所用时间的比值故D错误故选：A点评：瞬时速度和平均速度是运动学的基本概念，要加深对它们的理解属于基础题目3如图所示，质量为m的木块A放在斜面体B上，若A和B沿水平方向以相同的速度v0一起向左做匀速直线运动，则A和B之间的相互作用力大小为（）A mgB mgsinC mgcosD 0考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成
13、与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：选A为研究对象，则A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A和B一起做匀速直线运动，故A处于平衡状态，即A的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0A和B之间的作用力为支持力和摩擦力的合力由力的合成知识知：若有N个力的合力为0，其中任意一个力的大小都等于另外N1个力的合力的大小解答：解：A、选A为研究对象，则A受到重力、支持力、静摩擦力三个力，由于A和B一起做匀速直线运动，故A处于平衡状态，即A的重力、支持力、静摩擦力三力的合力为0其中支持力和摩擦力是B作用于A的，故A和B之间的相互作用力的大小就等于支持力和摩擦力的合力的大小由力的合成知识知：若有N
14、个力的合力为0，其中任意一个力的大小都等于另外N1个力的合力的大小，故摩擦力与支持力的合力的大小等于重力的大小故A正确，BCD错误故选A点评：该题主要考察学生平对衡条件及共点力的合成等知识的掌握情况只要知道物体平衡则合力为0，合力为零则其中任何一个分力大小都等于其余分力的合力的大小，就可以解答了4电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一质量为m的物体当电梯静止时弹簧被压缩了x；当电梯运动时弹簧又被压缩了x，试判断电梯运动的可能情况是（）A 以大小为2g的加速度加速上升B 以大小为2g的加速度减速上升C 以大小为g的加速度加速上升D 以大小为g的加速度减速下降考点：牛顿第二定律；物体的弹
15、性和弹力专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据共点力平衡求出弹力与物体重力的关系，当弹簧又被压缩了x，抓住物体和电梯具有相同的加速度，结合牛顿第二定律进行求解解答：解：电梯静止时有：kx=mg当电梯运动时弹簧又被压缩了x，对物体分析有：2kxmg=ma，解得a=g，方向竖直向上，所以电梯可能向上做加速度为g的匀加速运动，或向下做加速度为g的匀减速运动故C、D正确，A、B错误故选：CD点评：解决本题的关键抓住物体与电梯的加速度相同，结合牛顿第二定律进行求解5一辆汽车以2m/s2的加速度做匀速直线运动，经过2s（汽车未停下）汽车行驶了32m，汽车开始减速时的速度是（）A 9m/sB 18m/sC 2
16、0m/sD 12m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：已知加速度、时间与位移，应用匀变速直线运动的位移公式可以求出汽车的初速度解答：解：汽车做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式得：x=v0tat2，即：32=v02222，解得：v0=18m/s；故选：B点评：本题考查了求汽车的初速度，应用匀变速直线运动的位移公式可以解题，要熟练掌握基础知识6一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点物体开始与弹簧接触，到B点时物体速度为零，然后被弹回，下列说法中正确的是（）A 物体从A下降到B的过程中，动能不
17、断变小B 物体从B上升到A的过程中，动能不断变小C 物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，动能都是先增大，后减小D 物体从A下降到B的过程中，动能和重力势能的总和不变考点：动能和势能的相互转化；功能关系分析：动能的大小与物体的速度有关，知道速度的变化规律可以知道动能的变化规律；重力势能与物体的高度有关，根据高度的变化来判断重力势能的变化；弹簧的弹性势能看的是弹簧形变量的大小；由外力做功与物体机械能变化的关系，可以判断机械能的变化解答：解：首先分析一下，从A点接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短B点的过程中，物体的运动过程：在物体刚接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，小球还是向下
18、加速，当弹簧的弹力和物体的重力相等时，小球的速度达到最大，之后弹力大于了重力，小球开始减速，直至减为零弹簧从压缩到最短B点到弹簧弹回原长A点的过程中，物体的运动过程：弹簧压缩到最短时弹力最大，大于重力，合力方向向上，物体加速上升，当弹簧的弹力和物体的重力相等小球的速度达到最大，之后弹力小于重力，小球开始减速A、根据以上分析，物体从A下降到B的过程中，物体的速度先变大后变小，所以动能也是先变大后变小，故A错误B、物体从B上升到A的过程中，速度先变大，后变小，所以动能先增大后减小，故B错误C、由AB分析知C正确D、物体从A下降到B弹力做功，故应是动能，重力势能，弹性势能总和不变，故D错误故选C点评
19、：首先要明确物体的整个的下落过程，知道在下降的过程中各物理量之间的关系，在对动能和势能的变化作出判断，需要学生较好的掌握基本知识7如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆管中做圆周运动，圆的半径为R，小球略小于圆管内径若小球经过圆管最高点时与轨道间的弹力大小恰为mg，则此时小球的速度为（）A 0B C D 考点：向心力；牛顿第二定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：以小球为研究对象，小球通过最高点时，由重力与管壁上部对小球压力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式，即可求解小球的速度解答：解：小球经过圆管最高点时受到轨道的压力向上，此时根据牛顿第二定律，故v=0当小球经过圆管最高点
20、时受到轨道的压力向下，此时根据牛顿第二定律，故v=故AC正确、BD错误故选：AC点评：本题是牛顿第二定律的直接应用对于圆周运动，分析受力情况，确定向心力的来源是关键8质量相同的两小球，分别用长L和2L的细绳挂在天花板上，分别拉起小球使绳伸直呈水平状态，然后轻轻释放当小球到达最低位置时（）A 两球运动的线速度相等B 两球运动的角速度相等C 两球的向心加速度相等D 细绳对两球的拉力相等考点：向心力；牛顿第二定律；匀速圆周运动；机械能守恒定律专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：根据动能定理或机械能守恒定律判断出最低点的速度跟什么因素有关，再根据向心加速度a=，比较出向心加速度的大小，通过受力分
21、析，合力提供向心力，比较出拉力的大小解答：解：A、根据动能定理mgl=，知右边小球线速度大故A错误 B、根据=，知两球的角速度不等故B错误 C、向心加速度a=2g，与l无关所以两球的向心加速度相等故C正确 D、根据Fmg=，F=3mg，所以细绳对两球拉力大小相等故D正确故选CD点评：解决本题的关键是根据动能定理求出小球最低点的速度，再根据a=，=分析向心加速度和角速度9把太阳系各行星的运动近似看作匀速圆周运动，则离太阳越近的行星（）A 周期越小B 线速度越小C 角速度越小D 加速度越小考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：行星绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，
22、由牛顿第二定律求出周期、线速度、角速度、加速度的表达式，然后答题解答：解：设太阳的质量为M，行星的质量为m，轨道半径为r行星绕太阳做圆周运动，万有引力提供向心力，则由牛顿第二定律得： G=m，G=m2r，G=ma，解得：v=，=，a=，周期T=2 ，可知，行星离太远越近，轨道半径r越小，则周期T越小，线速度、角速度、向心加速度越大，故BCD错误；故选：A点评：本题行星绕太阳运行与卫星绕行星模型相似，关键抓住万有引力提供向心力这个基本思路进行分析10如图是在光滑水平地面上有一辆平板小车，车上放着一个滑块，滑块和平板小车间有摩擦，滑块在水平恒力F作用下从车的一端拉到另一端第一次拉滑块时将小车固定，
23、第二次拉时小车没有固定在这先后两次拉动木块的过程中，下列说法中正确的是（）A 滑块所受的摩擦力一样大B 拉力F做的功一样大C 滑块获得的动能一样大D 系统增加的内能一样大考点：功能关系；牛顿第二定律；功的计算分析：以地面为参考系，找出两次滑块位移，然后根据功的定义求解功，并根据功能关系判断动能增加量和内能增加量解答：解：A、滑动摩擦力与压力成正比，两次压力相等，都等于mg，动摩擦因素是一定的，故滑动摩擦力一定相等，故A正确；B、第二次由于小车也会向右移动，故滑块的对地位移变大了，故拉力做的功变多了，故B错误；C、根据动能定理，有：（Ff）x=；第二次由于小车也会向右移动，滑块的对地位移x变大了
24、，故获得的动能也变大了，故C错误；D、根据功能关系，系统增加的内能等于一对滑动摩擦力做的功，即：Q=fS；两次相对路程都等于小车的长度，故产生的内能相等，故D正确；故选AD点评：本题关键是明确功的定义和功能关系，要知道系统增加的内能等于一对滑动摩擦力做的功，即：Q=fS二、实验题（共15分）11在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳与另一端都有绳套（如图），实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并与成角度地拉橡皮条，其同学认为此过程中必须注意以下几项其中正确的是（）（填入相应的字母）A 两根细绳必须等长B 橡皮条应与两绳的夹角的平分线在同一
25、直线上C 两根细绳应互相垂直D 在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平行考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题分析：在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行解答：解：A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长故A错误；B、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上故B错误；C、两个拉力的方向不一定需要垂直故C错误D、在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木
26、板平面平行，否则会影响力的大小故D正确；故选D点评：解决本题的关键知道实验的原理和步骤，以及知道实验的注意事项12在“验证机械能守恒定律”的实验中，当地重力加速度的值为9.80m/s2，所用重物的质量为1.00kg若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s），那么：（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=0.98m/s；（2）从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是Ep=0.49J，此过程中物体动能的增加量Ek=0.48J（取g=9.8m/s2）；（3）通过计算，数值上EpEk（填“”、“=”或“”），这是因
27、为存在摩擦阻力；（4）实验的结论是在误差范围内物体下落机械能守恒考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度根据B点的速度求出O到B过程动能的增加量，结合下降的高度求出重力势能的减小量，从而进行比较解答：解：（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度有：vB=m/s=0.98m/s（2）根据功能关系可知，当打点计时器打在B点时，重锤的重力势能的减少量为：EP=mgh=1.09.80.05J=0.49JEk=mvB2=0.48J（3）通过计算可知，在数值上EpEk这是因为物体下落过程中存在摩擦阻力（4）由此得出实验的结
28、论是在误差范围内物体下落机械能守恒故答案为：（1）0.98m/s，（2）0.49J，0.48J，（3），存在摩擦阻力，（4）在误差范围内物体下落机械能守恒点评：解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，实验原理是比较减少的重力势能和增加的动能之间的关系，围绕实验原理记忆实验过程和出现误差的原因三、计算题（本大题共4小题，共45分，解答时请性质必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题，在答案中必须明确写出数值的单位）13短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段一次比赛中，某运动员用11.00s跑完全程已知运动员在加速
29、阶段的第2s内通过的距离为7.5m，求：（1）该运动员的加速度a（2）该运动员的在运动中能达到的最大速度（3）在匀速阶段通过的距离考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：根据位移时间公式，结合第2s内的位移求出运动员的加速度设加速运动的时间为t，结合加速和匀速运动的位移之和求出加速运动的时间，从而根据速度时间公式求出最大速度根据加速运动的时间得出匀速运动的时间，结合匀速运动的位移公式求出匀速运动的距离解答：解：（1）第1s内的位移=，第2s内的位移=2a，7.5=s2s1=1.5a，代入数据解得a=5 m/s2（2）设加速运动的时间为
30、t，则有：L=，=at代入数据解得t=2 s =10 m/s （3）则匀速运动的位移S=（11t）=109m=90 m 答：（1）运动员的加速度a为5 m/s2（2）该运动员的在运动中能达到的最大速度为10m/s（3）在匀速阶段通过的距离为90m点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，并能灵活运用，基础题14两颗人造地球卫星的质量之比m1m2=12，轨道半径之比为r1r2=31求：（1）两颗卫星运行的向心力之比（2）两颗卫星运行的线速度之比考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出
31、线速度和向心力的表达式进行讨论即可解答：解：（1）根据卫星在运动过程中万有引力提供向心力所以 F=则 （2）根据万有引力提供向心力可得则 答：（1）两颗卫星运行的向心力之比为（2）两颗卫星运行的线速度之比为点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度和向心力的表达式，再进行讨论15某人在距离地面2.6m的高处，将质量为0.2kg的小球以v0=12m/s的速度斜向上抛出，小球的初速度方向与水平方向之间的夹角为30（g取10m/s2），求：（1）人抛球时对球做多少功？（2）若不计空气阻力，小球落地时的速度大小和方向？（3）若小球落地时的速度大小为v1=13m/s，小球在空中运动过程中克服
32、阻力做了多少功？考点：动能定理专题：动能定理的应用专题分析：（1）人对小球做的功转化为小球的动能，由动能定理可以求出人对小球做的功（2）在小球的整个运动过程中，应用动能定理可以求出小球落地速度（3）已知落地速度，应用动能定理可以求出克服空气阻力所做的功解答：解：（1）由动能定理得：W=EK=mv02=14.4J；（2）在小球的整个运动过程中，由动能定理得：mgh=mv2mv02，解得：v=14m/s；（3）在整个运动过程中，由动能定理得：mhgWf=mv12mv02，解得：Wf=2.7J；答：（1）人抛球时对球做14.4J的功；（2）若不计空气阻力，小球落地时的速度为14m/s；（3）若小球落
33、地时的速度大小为v1=13m/s，小球在空中运动过程中克服阻力做了2.7J的功点评：人对球做功转化为球的动能，由动能定理可以求出人对球做的功；应用动能定理是正确解题的关键16用一沿斜面向上的恒力F将静止在斜面底端的物体向上推，推到斜面中点时，撤去F，物体正好运动到斜面顶端并开始返回在此情况下，物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端滑到底端所需时间也为t求：（1）撤去F前的加速度a1与撤去F后物体仍在向上运动时的加速度a2之比为多少？（2）推力F与物体所受斜面摩擦力f之比为多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：由物体上滑至中点时撤去推力，物体能上
34、升到最高点，对这两个过程来说，位移一样，第一上升过程初速度是0，末速度为v，第二上升过程，初速是v，末速度是0，故可以知道两个阶段的加速度大小相等，列出两个牛顿第二定律表达式，又上升时间和下降时间相同，故可以有运动学公式推到出上升和下降过程加速度之比，故可以求得推力和摩擦力只比解答：解：（1）由物体上滑至中点时撤去推力，物体能上升到最高点，对这两个过程来说，位移一样，第一上升过程初速度是0，末速度为v，第二上升过程，初速是v，末速度是0，故可以知道两个阶段的加速度大小相等故为1：1 （2）由牛顿第二定律有：第一段：Fmgsinf=ma1第二段：mgsin+f=ma2（a1=a2大小） 第三段：mgsinf=ma3设斜面长为L高度为h，由运动学公式有：解上面各式得：f=（mgsin）； 答：（1）撤去F前的加速度a1与撤去F后物体仍在向上运动时的加速度a2之比为1：1（2）推力F与物体所受斜面摩擦力f之比为8：1点评：本题是牛顿第二定律的综合应用，难度较大，需要的综合能力较强另本题解法灵活，可以有vt图象解题，方法是：画出vt图象，利用面积代表位移，可以解得撤去拉力时的速度，进而可以得到加速度关系比方程解题要简单不少，但是图象解题能力要求较高，有一定难度