1、1（2013年浙江省宁波市期末）如图所示，一偏心轮绕垂直纸面的轴O匀速转动，a和b是轮上质量相等的两个质点，则偏心轮转动过程中a、b两质点 A角速度大小相同 B向心力大小相同 C线速度大小相同 D向心加速度大小相同答案：A解析：在同一偏心轮上，偏心轮转动过程中a、b两质点角速度大小相同，选项A正确。2（2013深圳市南山区期末）四个质量相同的物体a、b、c、d，a做匀速直线运动、b做匀速圆周运动，c做匀减速直线运动，d做平抛运动，其中速度保持不变的仅是物体a加速度保持不变的仅是物体b动能保持不变的仅是物体a、b动量保持不变的仅是物体b、c、d答案：AC解析：速度保持不变的仅是物体a，加速度保持
2、不变的仅是物体a、c、d，动能保持不变的仅是物体a b，、动量保持不变的仅是物体a，选项AC正确。3（湖北省荆门市2012-2013学年度高三元月调考）如图所示，地球可以看成一个巨大的拱形桥，桥面半径R=6400km，地面上行驶的汽车重力G=3104N，在汽车的速度可以达到需要的任意值，且汽车不离开地面的前提下，下列分析中正确的是A汽车的速度越大，则汽车对地面的压力也越大B不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都等于3104NC不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力D如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有超重的感觉答案：C解析：汽车的速度越大，
3、则汽车对地面的压力越小，不论汽车的行驶速度如何，驾驶员对座椅压力大小都小于他自身的重力，选项C正确AB错误；如果某时刻速度增大到使汽车对地面压力为零，则此时驾驶员会有完全失重的感觉，选项D错误。4（湖北省荆门市2012-2013学年度高三元月调考）倾角为的斜面，长为l，在顶端水平抛出一个小球，小球刚好落在斜面的底端，如图所示，那么小球的初速度v0的大小是A B C D答案：A解析：根据平抛运动规律，x=v0t，y=gt2，cos=x /l，联立解得v0=，选项A正确。5(2013广东省惠州市调研)如图所示，天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时天车上的起吊电动机吊着货物正在匀速上升。则地
4、面上的人观察到货物运动的轨迹是图起重机横梁货物答案：C解析：天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时天车上的起吊电动机吊着货物正在匀速上升，货物是向上匀速运动和向右匀速运动的合成，地面上的人观察到货物运动的轨迹是图C。6（2013山东省烟台市期末）一物体受到两个外力的作用，沿某方向做匀速直线运动若将其中一个力的方向旋转90，保持这个力的大小和另一个力不变，则物体可能做A匀速直线运动B匀加速直线运动C匀速圆周运动D轨迹为抛物线的曲线运动答案：BD解析：若将其中一个力的方向旋转90，若原来运动方向为这个力旋转后方向和另一个力方向的夹角平分线时，保持这个力的大小和另一个力不变，则物体可能做匀加速
5、直线运动；若原来运动方向不在这个力旋转后方向和另一个力方向的夹角平分线时，保持这个力的大小和另一个力不变，则物体可能做轨迹为抛物线的曲线运动，选项BD正确。7（2013北京市东城区联考）小船横渡一条河，船本身提供的速度大小方向都不变，已知小船的运动轨迹如图3所示，则河水的流速A越接近B岸水速越大B越接近B岸水速越小C由A到B水速先增后减小D水流速度恒定【答案】 B【解析】从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，加速度的方向水平向左，越靠近B岸水速越小故B正确，A、C、D错误故选B8（2013江苏名校质检）某船在静水中划行的速率为3m/s，要渡过30m宽的河，河水的流速为5m/s，下列说法中不正确的是(
6、 )A. 该船渡河的最小速率是4m/sB. 该船渡河所用时间最少为10sC. 该船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸D. 该船渡河所通过的位移的大小至少为50m8答案：A解析：由题知小船渡河的合速度为2m/s到8m/s之间；选项A错误；最短时间与水流速度无关，即；选项B正确。因所以该船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸；选项C正确。如下图，因所以小船不能垂直河岸行驶，当小船合速度沿AC方向时，小船渡河通过的位移最小，因为，所以；选项D正确。所以不正确的选项是A。考点：小船渡河问题点评：难题。小船渡河问题是运动的合成和分解最简单的基本应用利用合运动与分运动的性质(等时性、独立性、等效性)和平行四边形定则
7、进行分析小船渡河问题当属最值问题：一是航程最短，二是渡河时间最短本题解题的关键是明确水流速度的大小对渡河时间无影响，渡河的时间决定于垂直河岸方向速度的大小左右9（2013江苏南京盐城一模）如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L。某人在乒乓球训练中，从左侧L/2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘。设乒乓球运动为平抛运动。则A击球点的高度与网高度之比为21B乒乓球在网左右两侧运动时间之比为21C乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为12D乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为12答案：D解析：根据平抛运动规律，乒乓球在左、右两侧运动时间之比为12，由v=gt可得
8、，乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为12，选项D正确B错误。由y=gt2可得击球点的高度与网高度之比为98，乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速度之比为13，选项AC错误。10（2013山东省临沂市质检）如图，x轴在水平地面上，y轴竖直向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a和b，轨迹如图，不计空气阻力，若b上行的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有Aa的运动时间是b的运动时间的（）倍Ba的位移大小是b的位移大小的倍Ca、b落地时的速度相同，因此动能一定相同Da、b落地时的速度不同，但动能一定相同【答案】AD 【解析】设P点离地高度为h，则
9、对a ，a的位移是h，对b, ， 解得，所以选项A正确B错误。由机械能守恒可知，a、b落地时的速度大小相同、方向不同，故动能一定相同，选项C错误D正确。11. （2013山东省即墨市期末）如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧 处于自然长度.现将一小球从地面上某一点P处，以某一初速度斜向上抛出，小球恰好能水平进入圆筒中，不计空气阻力.则下列说法中正确的是 A.小球抛出点P离圆筒的水平距离越远，抛出的初速度越大 B.小球从抛出点P运动到圆筒口的时间与小球抛出时的初速度方向有关 C.弹簧获得的最大弹性势能与小球抛出点位置无关 D.小球从抛出到将弹簧压缩到最短
10、的过程中，小球的机械能守恒答案：AC解析：逆向思维，按照平抛运动分析，小球抛出点P离圆筒的水平距离越远，抛出的初速度越大，B.小球从抛出点P运动到圆筒口的时间与小球抛出时的初速度方向无关，选项A正确B错误。弹簧获得的最大弹性势能与小球抛出点位置有关，选项C错误。小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的机械能不守恒，小球和弹簧构成的系统机械能守恒，选项D错误。12（2013江苏名校质检）某同学在篮球场地上做斜上抛运动实验，设抛出球的初速度为20 m/s，抛射角分别为30、45、60、75，不计空气阻力，则关于球的射程，以下说法中正确的是()A以30角度抛射时，射程最大B以45角度抛射时，射程
11、最大C以60角度抛射时，射程最大D以75角度抛射时，射程最大.答案：B【解析】根据射程公式可知，当抛射角为45时，射程最大思路分析：射程公式分析试题点评：本题考查了对射程公式的应用13（2013山东省邹城市联考）如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点：若A点小球抛出的同时，在c点以初速度v2沿OA方向平抛另相同质量的小球并也能击中D点。已知COD=60，且不计空气阻力，则A两小球同时落到D点B两小球初速度之比 C在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等D两小球在此过程中动能的
12、增加量相等【答案】 BC【解析】平抛运动物体的飞行时间由飞行高度决定，由于两小球的飞行高度不相等，并且同时抛出，所以两小球不可能同时落到D点，A错误；根据平抛运动的规律，对A球，有，对B球，有,解得，B正确；由于两球到达D点时竖直方向的瞬时速度不相等，故C正确；两小球在此过程中只有重力做功，根据动能定理可知，两小球动能的增加量不相等，D错误。14（15分）（2013山东省滨州一中期末）如图所示，半径R=0.9m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点与长为L=1m的水平面相切于B点，BC离地面高h=0.8m，质量m=1.0kg的小滑块从圆弧顶点由静止释放。已知滑块与水平面间的动摩擦因数=0
13、.1，（不计空气阻力，取g=10m/s2）。求：（1）小滑块刚到达圆弧的点时对圆弧的压力；（2）小滑块落地点距点的距离。解：（1）设小滑块运动到B点的速度为，由机械能守恒定律： 由牛顿第二定律： 联立解得小滑块在B点所受支持力由牛顿第三定律，小滑块在B点时对圆弧的压力为（2）设小滑块运动到C点的速度为，由动能定理：得小滑块在C点的速度小滑块从C点运动到地面做平抛运功：水平方向：竖直方向；滑块落地点距C点的距离15（2013山东省临沂市质检）钓鱼岛是我国固有领土，决不允许别国侵占，近期，为提高警惕保卫祖国，我人民海军为此进行登陆演练，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点s=1km
14、处。登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角=30，为保证行动最快，队员甲先无摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦匀减速滑至快艇，速度刚好为零，在队员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇以速度v0=ms平抛救生圈，第一个刚落到快艇，接着抛第二个，结果第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇，若人的质量m，重力加速度g=10ms2，问：（1）军舰甲板到快艇的竖直高度H=? 队员甲在绳索上运动的时间t0=?（2）若加速过程与减速过程中的加速度大小相等，则队员甲在何处速度最大?最大速度多大?（3）若登陆艇额定功率5KW，载人后连
15、同装备总质量103Kg，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近，到达岸边时刚好能达到最大速度10ms，则登陆艇运动的时间t=?【解析】：（1）救生圈做平抛运动，设平抛运动时间为t，则有H=gt2，Htan=v0t，人下滑时间：t0=2t，联立解得：H=16.2m，t0=3.6s。（2）由几何关系，绳索长L=H/cos30=18.7m。因加速过程与减速过程的加速度大小相等，所以甲在绳索中点处速度最大。由vmt2=L，解得：vm=10.39m/s。（3）加速过程，有：P t-fs=Mv2加速到匀速运动时，P=f vm。联立解得：t=1.1102s。16（17分）（2013山东省临沂市质检）某次进行舰
16、地导弹试射演练时，某种型号导弹可以从军舰发射架上无初速启动，利用自己发动机推力，借助弹翼受空气的侧向作用力（垂直运动方向），以30仰角向前上方匀加速直线运动，加速度20ms2，5s后到达预定高度，通过遥控制导，使其突然保持原来速率变为水平飞行，接着关闭发动机停止主动力，只保留很小辅助动力抵消空气阻力，弹体以近似平抛运动落向海岛既定目标（假设目标与军舰在同一水平面上）已知该导弹质量20千克，飞行过程质量变化很小，加速运行时空气阻力为重力的02倍，g取10ms2则（1）加速阶段空气对弹翼的侧向作用力多大?发动机推力多大?（2）导弹从发射到着地总水平射程多大?（3）加速阶段发动机动力做了多少功?导弹
17、着地爆炸前具有多大动能?【解析】（1）导弹开始运动时，受到发动机推力F、重力mg、侧向力FN和阻力f作用，如图。开始能够沿直线匀加速运动，说明侧向合力为零，即：FN-mgcos=0，解得FN =173.2N。在前进方向，由牛顿第二定律，F-f-mgsin=ma，其中f=0.2mg,联立解得：F=540N。（2）直线加速运动阶段，s=at12=2052m=250m，v1=at1=100m/s，上升高度：H=ssin，水平位移x1=scos。平抛运动阶段：H=gt22，x2=v1t2，联立解得：x= x1+ x2=716.25m。（3）做功W=Fs=540250J=1.35105J。由机械能守恒定
18、律，导弹着地爆炸前具有能：Ek=mgH+mv12=1.25105J 。17（12分）（2013山东省临沂市质检）游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处（如图）的乙同学恰好在第一次到达最低点b处接到，己知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g，（不计人和吊篮的大小及重物的质量）问：（1）接住前重物下落运动的时间t=?（2）人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v=?（3）乙同学在最低点处对地板的压力FN=?【解析】（1）由2R=gt2，
19、解得t=2.（2）v=s/t，s=R/4，联立解得：v=.(3)由牛顿第二定律，F-mg=m，解得F=(1+)mg。由牛顿第三定律可知，乙同学在最低点处对地板的压力FN=(1+)mg。方向竖直向下。18（14分）（2013安徽省黄山市联考）如图，质量kg的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数=0.05，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为，。根据以上条件求：t=10s时刻物体的位置坐标；t=10s时刻物体的速度的大小方向；t=10s时刻水平外力的大小（结果可以用根号表达）。 解析：(1) 设物体的位置坐标（x ，y）显然：x=3.0t=30 m - -2分y=0.
20、2t2=20m - -2分t=10s时刻物体的位置坐标(30,20) (2)由运动过程中的坐标与时间的关系知：X轴物体做匀速运动：vx=3m/s -1分y轴物体做匀加速运动：加速度a=0.4m/s -1分10s时：vy=at=3m/s -1分t=10s时刻物体的速度的大小:v= (vx 2 +vy2 )1/2 =5m/s- -1分方向:x与轴正方向夹角：tan=4/3-1分 (3)滑动摩擦力：f=mg=1.0N -1分X轴物体做匀速运动：Fx = f0.6 -1分y轴物体做匀加速运动：对物体列牛顿第二定律：Fy-f0.8 =ma -1分解得： Fy =1.6N- -1分故t=10s时刻水平外力
21、的大小：F=(Fx 2 +Fy2 )1/2=(0.6 2+1.62 )1/2=1.7N -1分19.(14分) （2013山东省即墨市期末）如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图.传送带长=20m，倾角，麻袋包与传送带间的动摩擦因数，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，主动轮顶端与货车底板间的高度差为m，传送带匀速运动的速度为v=2m/s.现在传送带底端 (传送带与从动轮相切位置)由静止释放一只麻袋包(可视为质点)，其质量为100kg,麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动.如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在车箱中心，重力加速度g=10m/s2，求 (1)主动轮轴与货车车箱中心的水平距离及主动轮的半径； (2)麻袋包在平直传送带上运动的时间 (3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能. 解析：（1）设麻袋包平抛运动时间为t，有 （1分） （1分）解得： x =1.2 m （1分）麻袋包在主动轮的最高点时，有 （1分）解得： R =0.4 m （1分）（2）对麻袋包，设匀加速时间为t1，匀速时间为t2，有 （1分） （1分） （1分） （1分）解得：12.5 s （1分）（3）设麻袋包匀加速时间内相对传送带位移为，需额外消耗的电能为，有 （1分） （2分）解得： =15400 J
