1、2015-2016学年湖北省宜昌市金东方高中高一（上）期末物理试卷一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1题到第8题只有一个选项正确第9题到第12题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1关于重力加速度g，下列说法中正确的是（）A重的物体g值大B同一地点，轻、重物体的 g值一样大Cg 值在地球上任何地方都一样大Dg值在赤道上大于在北极处2如图甲，笔记本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（）A电脑受到的支持力变小B
2、电脑受到的摩擦力变大C散热底座对电脑的作用力的合力不变D电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力3一物体从H高处自由下落，经时间t落地，则当它下落时，离地的高度为（）ABCD4某军事试验场正在水平地面上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A01s内导弹匀速上升B12s内导弹静止不动C3s末导弹回到出发点D5s末导弹回到出发点5放在水平地面上的物块，受到一个与水平方向成角的斜向下的力F的作用，物块在水平地面上做匀速直线运动，如图所示如果保持力F的大小变，而使力F与水平方向的夹角减小，那么地面受到的压力N和物块受到的摩擦力f的
3、变化情况是：（）AN变大，f变小BN变小，f变大CN变小，f变小DN变大，f变大6物体从A点由静止出发，做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到达B点时恰好停止在先后两个运动过程中（）A物体的位移一定相等B加速度大小一定相同C平均速度一定相同D所用的时间一定相同7下列图示为一位体操运动员的几种挂杠方式，其手臂用力最小的是（）ABCD8人用绳子通过动滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳，使物体 A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为，以下说法正确的是（）AA物体运动可分解成沿绳子方向的直线运动和沿竖直杆向上的运动BA物体实际运动的速度是v0cosCA物体实际运动的速
4、度是DA物体处于失重状态9关于匀速圆周运动的说法中正确的是（）A匀速圆周运动是匀速运动B匀速圆周运动是变速运动C匀速圆周运动的线速度不变D匀速圆周运动的角速度不变10质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，升降机以加速度a在竖直方向做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则（）A升降机的加速度方向竖直向下B台秤示数减少maC升降机一定向上运动D升降机一定做加速运动11如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为TA、TB若加速度增大，则（）ATA减小BTA不变CTB增大DTB减小12质量为2kg的物体（可视为质点）在xy
5、平面上做曲线运动，在x方向的速度时间图象和y方向的位移时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（）A质点的初速度为3m/sB质点做匀变速曲线运动，加速度大小为1.5 m/s2C质点所受的合外力为3ND2s末质点速度大小为6m/s二、实验题：（本大题共2小题，共16分）13某同学用图示装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开他观察到的现象是：小球A、B（填“同时”或“不同时”）落地；让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，A球在空中运动的时间将（填“变长”、“不变”或“变短”）；上述现象说明：平抛运动
6、的时间与大小无关，平抛运动的竖直分运动是运动14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，先用一个弹簧秤将橡皮条的另一端拉到某点并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条以下操作中正确的是A、同一次实验过程中，O点位置允许变动；B、实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度；C、实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点；D、实验中，两弹簧秤之间夹角应取适当角度如图甲所示，两弹簧秤的读数分别为N和N图乙中（A
7、）（B）两图是两位同学得到的实验结果，其中符合实际的是 图？本实验采用的科学方法是A、理想实验法 B、等效替代法 C、控制变量法 D、建立物理模型法三、计算题：（本大题共4小题，共46分）15河宽L=300m，河水流速v1=1m/s，船在静水中的速度v2=3m/s欲按下列要求过河时，船的航向应与河岸成多大角度？过河时间为多少？（1）以最短的时间过河；（2）以最小的位移过河16如图所示，长s=5m、倾角=37的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L=1.6m，以恒定速率v0=4m/s逆时针运行，将一可看作质点的物块轻轻地放上传送带右端A，物块滑到传送带左端B时恰好与传
8、送带共速并沿斜面下滑，已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数都为，物块最终静止在水平面上的D点（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）动摩擦因数的值（2）物体运动到C点时的速度（3）水平面上CD的长度17如图所示，将质量m=1.24kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数=0.8对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角=53的恒定拉力F，使圆环从静止开始运动，第1s内前进了2m（取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）圆环加速度a的大小；（2）拉力F的大小18如图所示，在竖直平面的xoy坐
9、标系中，oy竖直向上，ox水平该平面内存在沿x轴正方向的恒定风力一物体从坐标原点沿oy方向竖直向上抛出，初速度为V0=4m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，（坐标格为正方形，取g=10m/s2） 求：（1）小球运动到M点的时间是多少秒和坐标格单位长度表示多少米；（2）小球在M点的速度V1；（3）若小球落回x轴的N点，求N点的位置坐标值，并在图中定性画出小球的运动轨迹2015-2016学年湖北省宜昌市金东方高中高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1题到第8题只有一个选项正确第9题到第12题有多个选
10、项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1关于重力加速度g，下列说法中正确的是（）A重的物体g值大B同一地点，轻、重物体的 g值一样大Cg 值在地球上任何地方都一样大Dg值在赤道上大于在北极处【考点】重力加速度【分析】物体做自由落体运动的加速度等于重力加速度，地球同一点，物体重力加速度相同重力加速度随纬度的升高而增大，随高度的升高而减小【解答】解：A、重力加速度g与物体的质量无关，与地理位置有关，故A错误B、地球上的同一地点，重力加速度相同，故B正确C、在地球上，g随纬度的升高而增大，随高度的升高而减小故C错误D、g值在赤道上小于在北极处，故D错误故选：B2如图甲，笔记
11、本电脑底座一般设置有四个卡位用来调节角度某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡为1调至卡位4（如图乙），电脑始终处于静止状态，则（）A电脑受到的支持力变小B电脑受到的摩擦力变大C散热底座对电脑的作用力的合力不变D电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力和支持力【解答】解：笔记本电脑受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N=mgcos f=mgsin A、由原卡位1调至卡位4，角度减小，根据式，支持力N增加，故A错误；B、由原卡位1调至卡位
12、4，角度减小，根据式，静摩擦力减小，故B错误；C、散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故C正确；D、电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和与重力平衡，但大小的和是变化的，故D错误；故选：C3一物体从H高处自由下落，经时间t落地，则当它下落时，离地的高度为（）ABCD【考点】自由落体运动【分析】自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式分析即可【解答】解：物体从H高处自由下落，经时间t落地，根据位移时间关系公式，有：H=经过时间，有：h=故h=离地高度为Hh=故选：C4某军事试验场正在水平地面上试射地对空导弹，若某次竖直向
13、上发射导弹时发生故障，造成导弹的vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A01s内导弹匀速上升B12s内导弹静止不动C3s末导弹回到出发点D5s末导弹回到出发点【考点】匀变速直线运动的图像【分析】速度时间图象中图象的点表示某一时刻的速度，图线能说明物体运动性质；图象与时间轴围成的面积表示物体在某一时间内通过的位移【解答】解：A、由图可知，01s内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速直线运动，故A错误；B、12s内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故B错误；C、2s3s内导弹的速度仍然向上，但均匀减小，导弹仍然是上升的，3s末导弹到达最高点，故C错误；D、前3s内物体在向上运动，上升的
14、高度为（1+3）30=60m；3到5s内导弹下落，下落高度为（53）60=60m，故说明导弹5s末的位移为零，回到出发点，故D正确；故选：D5放在水平地面上的物块，受到一个与水平方向成角的斜向下的力F的作用，物块在水平地面上做匀速直线运动，如图所示如果保持力F的大小变，而使力F与水平方向的夹角减小，那么地面受到的压力N和物块受到的摩擦力f的变化情况是：（）AN变大，f变小BN变小，f变大CN变小，f变小DN变大，f变大【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】对木块受力分析，根据共点力平衡条件求出支持力和滑动摩擦力后讨论即可【解答】解：对物体受力分析，受推力、重力、支持力和
15、滑动摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有f=NN=G+Fsin当变小时，滑动摩擦力变小，支持力变小；故选C6物体从A点由静止出发，做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到达B点时恰好停止在先后两个运动过程中（）A物体的位移一定相等B加速度大小一定相同C平均速度一定相同D所用的时间一定相同【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；平均速度【分析】题中加速和减速运动的时间不一定相同作出速度图象，根据匀变速直线运动的平均速度公式、加速度公式、位移公式进行分析判断【解答】解：作出vt图，如图题给条件说明，运动时间不一定相同，故D错误；由于加速和减速运动时间不一定相同，图线斜率大小不一定相等，加速度不一
16、定相等故B错误根据平均速度的推论知，匀加速运动阶段的平均速度，匀减速运动阶段的平均速度，知平均速度相等故C正确根据知，平均速度相等，时间不一定相等，则位移不一定相等，故A错误故选：C7下列图示为一位体操运动员的几种挂杠方式，其手臂用力最小的是（）ABCD【考点】合力的大小与分力间夹角的关系【分析】本题中人受到三个力，重力和两个拉力将重力按照力的效果分解，运用“大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”的结论，即可以判断【解答】解：将人所受的重力按照效果进行分解，由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的
17、夹角越大，分力越大，因而A图中人最费力，B图中人最省力；故选B8人用绳子通过动滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳，使物体 A到达如图所示位置时，绳与竖直杆的夹角为，以下说法正确的是（）AA物体运动可分解成沿绳子方向的直线运动和沿竖直杆向上的运动BA物体实际运动的速度是v0cosCA物体实际运动的速度是DA物体处于失重状态【考点】运动的合成和分解【分析】将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，根据平行四边形定则求出A的实际运动的速度【解答】解：ABC、将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，如图所示，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度，根据平行四边形定则得，实际
18、速度v=故C正确，A、B错误D、A物体加速上升，处于超重状态，故D错误；故选：C9关于匀速圆周运动的说法中正确的是（）A匀速圆周运动是匀速运动B匀速圆周运动是变速运动C匀速圆周运动的线速度不变D匀速圆周运动的角速度不变【考点】线速度、角速度和周期、转速【分析】匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动，加速度方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动；向心力方向始终指向圆心，是变化的【解答】解：ABC、匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，速度是变化的，是变速运动，故AC错误，B正确D、匀速圆周运动角速度不变，故D正确故选：BD10质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，升降机以加速度a在
19、竖直方向做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则（）A升降机的加速度方向竖直向下B台秤示数减少maC升降机一定向上运动D升降机一定做加速运动【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【分析】由于测出的人的体重比真实的体重小，说明人处于失重状态，据此可以判断出合理的加速度的方向；根据牛顿第二定律，可以判断人的加速度的方向，进而可以判断升降机的运动状态【解答】解：A、由于测得体重为mg，人对台秤的压力小于人的重力，对于人来说应该是有向下的合力，根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，此时可以是向下加速，也可以是向上减速，所以A选项正确；B、根据牛顿第二定律F=ma可
20、知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，所以台秤示数减少ma，故B正确；C、由于测得体重为mg，人对台秤的压力小于人的重力，对于人来说应该是有向下的合力，根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，此时可以是向下加速，也可以是向上减速，所以C选项错误D、由于测得体重为mg，人对台秤的压力小于人的重力，对于人来说应该是有向下的合力，根据牛顿第二定律F=ma可知人有向下的加速度，那么升降机也就有向下的加速度，此时可以是向下加速，也可以是向上减速，所以D选项错误故选：AB11如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面
21、向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为TA、TB若加速度增大，则（）ATA减小BTA不变CTB增大DTB减小【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】对小球进行受力分析，根据正交分解，运用牛顿第二定律分别求出小车加速度变化后绳中的拉力变化【解答】解：设AO与竖直方向的夹角为，当小车向右做加速运动，小球的加速度与小车具有相同的加速度，根据牛顿第二定律有：TAcos=mg，则TBTAsin=ma，解得TB=mgtan+ma知加速度增大时，绳AO的拉力不变，绳BO的拉力增大故BC正确，AD错误故选：BC12质量为2kg的物体（可视为质点）在xy平面上做曲线运动，在x方向的速度时间图象和y方向的位
22、移时间图象分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（）A质点的初速度为3m/sB质点做匀变速曲线运动，加速度大小为1.5 m/s2C质点所受的合外力为3ND2s末质点速度大小为6m/s【考点】运动的合成和分解【分析】根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动根据位移图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度质点的合力一定，做匀变速运动y轴的合力为零根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力【解答】解：A、x轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度vy=4m/s，质点的初速度v0=5m/s故A错误BC、由图象可知，y方向匀速直线运动，而x轴方向的加速度a
23、=1.5m/s2，质点的合力F合=ma=3N，故BC正确；D、2s末质点速度大小为v=6m/s，故D错误；故选：BC二、实验题：（本大题共2小题，共16分）13某同学用图示装置研究平抛运动及其特点，他的实验操作是：在小球A、B处于同一高度时，用小锤轻击弹性金属片，使A球水平飞出，同时B球被松开他观察到的现象是：小球A、B同时（填“同时”或“不同时”）落地；让A、B球恢复初始状态，用较大的力敲击弹性金属片，A球在空中运动的时间将不变（填“变长”、“不变”或“变短”）；上述现象说明：平抛运动的时间与初速度大小无关，平抛运动的竖直分运动是自由落体运动【考点】研究平抛物体的运动【分析】本实验是研究平抛
24、运动竖直方向分运动的实验小锤轻击弹性金属片后，A球做平抛运动，同时B球做自由落体运动通过实验可以观察到它们同时落地，所以可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动【解答】解：小锤轻击弹性金属片时，A球做抛运动，同时B球做自由落体运动通过实验可以观察到它们同时落地；用较大的力敲击弹性金属片，则被抛出初速度变大，但竖直方向运动不受影响，因此运动时间仍不变；上述现象说明：平抛运动的时间与初速度大小无关，且可以证明平抛运动在竖直方向上做自由落体运动故答案为：相同；不变；初速度，自由落体14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，先用一个弹簧秤将橡皮条的另一端拉到某点并记
25、下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条以下操作中正确的是BDA、同一次实验过程中，O点位置允许变动；B、实验中，弹簧秤必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度；C、实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点；D、实验中，两弹簧秤之间夹角应取适当角度如图甲所示，两弹簧秤的读数分别为4.00N和2.50N图乙中（A）（B）两图是两位同学得到的实验结果，其中符合实际的是B 图？本实验采用的科学方法是BA、理想实验法 B、等效替代法 C、控制变量法 D、建立
26、物理模型法【考点】验证力的平行四边形定则【分析】（1）本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的本实验采用作合力与分力图示的方法来验证，根据实验原理和方法来选择；（2）根据弹簧秤直接读数；（3）注意通过平行四边形得到的合力与实验测得的之间存在误差，明确什么事实验测量值，什么是理论值即可正确解答；（4）本实验采用的科学方法等效替代法【解答】解：（1）A、本实验研究合力与分力的关系，合力与分力是等效的，同一次实验过程中，O点位置不能变动，以保证橡皮筯伸长的长度相同，效果相同故A错误；B、本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤
27、、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大读数时视线必须与刻度尺垂直，防止视觉误差故B正确；C、本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的大小和方向都没有限制，不需要先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，两弹簧秤之间夹角应取适当角度，要方便作图，故C错误，D正确；故选：BD（2）根据图象可知，两弹簧秤的读数分别为4.00N和2.50N（3）F1、F2合力的理论值是指通过平行四边形定则求出的合力值，而其实验值是指一个弹簧拉橡皮条时所测得的数值，一定沿AO方向，由此可知F是F1、F2合力的理论值，F是合力的实验值；由于误差的存在，作图法得到的合力与实验值有一定
28、的差别，故B更符合实验事实（4）本实验采用的科学方法等效替代法，故B正确故选：B故答案为：（1）BD，（2）4.00，2.50；（3）B；（4）B三、计算题：（本大题共4小题，共46分）15河宽L=300m，河水流速v1=1m/s，船在静水中的速度v2=3m/s欲按下列要求过河时，船的航向应与河岸成多大角度？过河时间为多少？（1）以最短的时间过河；（2）以最小的位移过河【考点】运动的合成和分解【分析】（1）当船头方向与河岸方向垂直时，渡河时间最短，抓住等时性，结合垂直河岸方向的速度和位移求出渡河的时间（2）当合速度方向与河岸垂直时，渡河位移最短，根据平行四边形定则求出船头的方向，根据河宽和合速
29、度的大小求出渡河的时间【解答】解：（1）当船头与河岸方向垂直时，过河的时间最短，过河时间为：，（2）因v2v1，所以应使船的合速度方向垂直于河岸，令此时船头与河岸方向的夹角为，如图所示，船过河的合速度为：，则有：，解得：即船头应偏向上游与河岸方向成角过河时间为：答：（1）以最短时间渡河，船头与河岸方向垂直，渡河时间为100s（2）以最小的位移渡河，船头应偏向上游与河岸方向成角，渡河时间为s16如图所示，长s=5m、倾角=37的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L=1.6m，以恒定速率v0=4m/s逆时针运行，将一可看作质点的物块轻轻地放上传送带右端A，物块滑到传送
30、带左端B时恰好与传送带共速并沿斜面下滑，已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数都为，物块最终静止在水平面上的D点（取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）动摩擦因数的值（2）物体运动到C点时的速度（3）水平面上CD的长度【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】（1）物块在传送带上做匀加速运动，利用速度位移公式求的加速度，再有牛顿第二定律求的摩擦因数（2）从B到C过程应用动能定理求出物块到达C点的速度（3）从B到D由动能定理得即可求的CD距离【解答】解：（1）物块在传送带上做匀加速直线运动，加速度：a=5m/s2，由牛顿第二定律得：mg
31、=ma，得a=g解得：=0.5；（2）从B到C，由动能定理得：mgSsinmgScos=mvC2mv02，代入数据解得：vC=6m/s；（3）从B到D由动能定理得代入数据解得x=3.6m答：（1）动摩擦因数的值为0.5（2）物体运动到C点时的速度6m/s（3）水平面上CD的长度为3.6m17如图所示，将质量m=1.24kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数=0.8对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角=53的恒定拉力F，使圆环从静止开始运动，第1s内前进了2m（取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）圆环加速度a的大小；（2
32、）拉力F的大小【考点】牛顿第二定律【分析】对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，也可能向下；要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可【解答】解：（1）小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知 解得a=4m/s2（2）当环不受弹力时，Fsin53=mg，解得F=15.5N，当F15.5N时，环与杆上部接触，受杆向上的支持力N由牛顿第二定律可知FcosN=ma N+Fsin=mg 解得F=12N 当F15.5N时，环与杆下部接触，受杆向下的压力N由牛顿第二定律可知FcosN=maN+mg=Fsin解得F=124N 答：（1）圆环加速度a的大小4m/s2；（2）拉力F的大小12
33、N或124N18如图所示，在竖直平面的xoy坐标系中，oy竖直向上，ox水平该平面内存在沿x轴正方向的恒定风力一物体从坐标原点沿oy方向竖直向上抛出，初速度为V0=4m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，（坐标格为正方形，取g=10m/s2） 求：（1）小球运动到M点的时间是多少秒和坐标格单位长度表示多少米；（2）小球在M点的速度V1；（3）若小球落回x轴的N点，求N点的位置坐标值，并在图中定性画出小球的运动轨迹【考点】运动的合成和分解；抛体运动【分析】（1）根据运动学公式，结合运动的合成与分解，即可求解；（2）根据运动的分解，结合运动学公式，即可求解；（3）根据竖直方向的对称
34、性，结合水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，从而即可求解；【解答】解：（1）初速度为V0=4m/s，将运动分解成竖直方向与水平方向，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，则小球运动到M点的时间是：t=0.4s；竖直高度为：h=0.8m；因此坐标格单位长度表示0.4m（2）因正方形的边长为：s0=0.4m；竖直方向做竖直上抛运动，v0=gt1，2s0=t1水平方向做匀加速直线运动，有：3s0=t1解得：v1=6 m/s（3）由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x轴时，它们的水平位移之比为1：3；则N点的位置坐标值（12，0）答：（1）小球运动到M点的时间是0.4秒和坐标格单位长度表示0.4米；（2）小球在M点的速度6 m/s；（3）若小球落回x轴的N点，N点的位置坐标值（12，0），小球的运动轨迹如上图所示2017年1月19日
