2016_2017学年高一物理下学期期中联考试题(含解析)

2016-2017学年第二学期期中考试试卷高一年级物理（理科）（90分钟）第一部分 选择题（共45分）一、单项选择题（共30分）1．做平抛运动的物体，在水平方向通过的最大距离取决于（ ） A ．物体的高度 B ．物体的初速度 C ．物体的高度和初速度 D ．物体的质量、高度和初速度 【答案】C【解答】根据平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据运动学公式求出水平距离的表达式，从而分析判断．由212h gt =，得运动的时间t =则水平方向上的最大距离0x v t v ==取决于物体的高度和初速度．所以C 选项是正确的A 、B 、D 错误． 故C 选项是正确的．2．下列有关曲线运动的说法中正确的是（ ） A ．物体的运动方向一定不断改变 B ．物体运动速度的大小一定不断改变 C ．物体运动的加速度大小一定不断改变 D ．物体运动的加速度方向一定不断改变 【答案】A【解答】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，由此可以分析得出结论．A ．曲线运动的轨迹是曲线，物体的速度方向就是该点的切线方向，所以做曲线运动的物体的速度方向在时刻改变．所以A 正确；B ．物体运动速度的大小不一定改变，如匀速圆周运动，故B 错误；C ．物体运动的加速度大小不一定改变，如匀速圆周运动加速度大小不变．故C 错误；D ．物体运动的加速度方向不一定改变，如平抛运动加速度不变，所以D 错误． 故选A ．3．某人以一定的速率垂直于河岸向对岸划去，当河水的流速恒定时，关于他过河所需要的时间、通过的位移跟水速的关系的下列说法中正确的是（ ） A ．水速越小，位移越小，时间也越短B ．水速越大，位移越大，时间越短C ．水速越大，位移越大，时间不变D ．位移、时间都与水速无关 【答案】C【解答】本题考查运动的合成和分解，将小船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓分运动和合运动具有等时性判断渡河的时间，根据沿河岸方向上的速度和时间判断渡河的水平位移，从而确定合位移的变化．某人以一定的速率使船头垂直河岸向对岸划去，即垂直于河岸方向上的速度不变，根据dt v =船知，水流速变化时，渡河的时间不变，水流速增大，则x v t =⋅水，船在沿河岸方向上的位移增大，则合位移增大．故C 正确，A 、B 、D 错误． 故选：C ．4．在水平匀速飞行的飞机上，相隔1s 落下物体A 和B ，不计空气阻力．在落地前，A 物体将（ ） A ．在B 物体之前 B ．在B 物体之后 C ．在B 物体正下方D ．在B 物体前下方【答案】C 【解答】本题考查得是平抛运动．A 和B 都做平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．A 和B 都做平抛运动，在水平方向的运动都是匀速直线运动，所以在水平方向的运动情况是一样的，只是在竖直方向运动的时间不一样，所以A 将始终在B 物体正下方． 故选：C ．5．在长约1.0m 的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个适当的圆柱形的红蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，并迅速竖直倒置，红蜡块就沿玻璃管口匀速上升到管底．将此玻璃管倒置安装在小车上，并将小车置于水平导轨上．若小车一端连接细线绕过定滑轮悬挂小物体，小车从A 位置由静止开始运动，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升．经过一段时间后，小车运动到虚线表示的B 位置，如下图所示．按照图3建立坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是（ ）A B C D【答案】C【解答】本题考查得是运动的合成和分解蜡块参与了水平方向向右初速度为0的匀加速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据合速度与合加速度的方向关系确定蜡块的运动轨迹．当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向．蜡块的合速度方向竖直向上，合加速度方向水平向右，不在同一直线上，轨迹的凹向要大致指向合力的方向，知C正确，A、B、D错误．故选：C．6．一辆汽车在水平公路上沿曲线由M向N行驶，速度逐渐减小．图中分别画出了汽车转弯所受合力F的四种方向，其中可能正确的是（）A B C D【答案】C【解答】本题考查得是物体做曲线运动的条件，运动的合成与分解，解决这类问题的关键是掌握物体做曲线运动的条件；汽车在水平公路上转弯，所做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且方向是指向圆心；汽车做减速运动，故合力与速度的方向的夹角要大于90︒，据此解答．汽车从M点运动到N，做曲线运动，必有分力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车同时减速，合力与速度的方向的夹角要大于90︒，所以C图正确．故选C．7．质点做匀速圆周运动，下列物理量中不变的是（）A．线速度B．角速度C．向心力D．向心加速度【答案】B【解答】本题考查得是匀速圆周运动匀速圆周运动的特征是：速度大小不变，方向时刻变化；向心力和向心加速度的大小不变，始终指向圆心；角速度不变；A．匀速圆周运动速度大小不变，方向时刻变化，即速率不变，速度改变，故A错误；B．匀速圆周运动的角速度不变，故B正确；C．匀速圆周运动的向心力大小不变，方向时刻在变，故向心加速度时刻在变，故C、D错误．故选：B．8．如图所示，一颗人造卫星天后类椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速周圆运动．下列说法正确的是（）A．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D．卫星在轨道1的周期大于在轨道2上的周期【答案】B【解答】本题考查得是卫星绕地球运动时角速度、动量和向心力的关系的题型A、B项，在椭圆轨道的远地点P时，人造卫星点火加速，进入到轨道2做圆周运动，两个轨道在P点的速度不同，但是都是由万有引力提供向心力，加速度相同，故A项错误，B项正确；C项，在轨道1上，近地点与远地点和地球的距离不同，万有引力不同，所以加速度不同，故C项错误；D项，卫星在轨道2上的不同位置，速度方向不同，因此动量不同，故D项错误．故本题正确答案为B．9．关于万有引力定律的建立，下列说法中正确的是（）A．卡文迪根据牛顿第三定律推出了行星与太阳间引力大小跟行星与太阳间距离的平方成反比的关系B．“月-地检验”表明物体在地球上受到地球对它的引力是它在月球上受到月球对它的引力的60倍C．“月-地检验”表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从同样的规律D．引力常量G的大小是牛顿根据大量实验数据得出的【答案】C【解答】本题考查得是万有引力与星球的关系的题型．A项，牛顿探究天体间的作用力，推出了行星与太阳间引力大小跟行星与太阳间距离的平方成反比的关系；并不是卡文迪许提出的，故A项错误；B项，“月-地检验”表明物体在地球上受到的引力是在月球上的6倍，故B项错误；C项，万有引力定律建立后，经历过“月-地检验”，表明地面物体所受地球引力与月球所受地球引力遵从力与距离的平方成反比的规律，故C项正确；D 项，牛顿发现万有引力定律，但是没有测得引力常量G 的大小，G 大小是卡文迪许根据大量实验数据得出的，故D 项错误． 故本题正确答案为C ．10．宇航员在月球表面附近高h 处释放一个物体，经时间t 后落回月球表面，月球半径为R ．在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的宇宙飞船速率为（ ）A ．BCD 【答案】 C【解答】求解：212h gt =，22h g t =；2GMm mg R =，移项化简得2222hR GM gR t==；又22GMm mv R R=，移项化简得v ==，故C 项正确． 故本题正确答案为C ．11．下列情况中，运动物体机械能一定守恒的是（ ） A ．物体所受的合外力为零 B ．物体不受摩擦力 C ．物体受到重力和摩擦力 D ．物体只受重力 【答案】 D【解答】本题考查得是物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，机械能的概念是动能与势能之和，分析物体的受力情况，判断各力做功情况，根据机械能守恒条件或定义分析机械能是否守恒．A 、物体所受的合外力为零，物体处于静止或匀速直线运动状态，若在竖直方向做匀速直线运动，则机械能不守恒，故A 错误；B 、物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，与受不受摩擦力无关，故B 错误；C 、物体受到重力和摩擦力时，机械能不一定守恒，故C 错误；D 、物体只受重力时，机械能守恒，所以D 选项是正确的． 故D 选项是正确的．12．“蹦极”是一种很有挑战性的运动．将一根有弹性的绳子系在蹦极者身上，另一端固定在跳台上，人从几十米高处跳下．将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从蹦极者离开跳台到第一次下降到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ） A ．蹦极者受到的合力始终增大 B ．蹦极者始终处于失重状态C ．弹性绳刚好被拉直时，蹦极者的速度最大D ．蹦极者下降至最低点时，蹦极者的机械能最小 【答案】D【解答】本题考查是考生对该人下落过程中的受力情况，注意合力的大小和方向；蹦极者从最高点到绳子拉直时，只受重力，重力势能转化为动能．从绳子拉直点到最低点的过程中，人受到弹力和重力作用，分成两段：上段受到向下的合力做加速运动，速度越来越快；下段受到向上的合力做减速运动，速度越来越慢，到最低点速度为零．蹦极者从最高点到绳子拉直时，只受重力，合力不变，从绳子拉直点到最低点的过程中，刚开始重力大于弹力，合力向下，则加速度向下，处于失重状态，随着弹力增大，合力逐渐减小，当弹力等于重力时，合力为零，速度最大，继续向下运动，弹性绳的拉力大于重力，合力向上，加速度向上，处于超重状态，随着弹力的增大，合力增大，故ABC 错误； D 、整个运动过程中，只有重力和绳子的弹力做功，蹦极者和弹性绳的机械能守恒，蹦极者下降至最低点时，弹性绳的弹性势能增大，所以蹦极者的机械能最小，所以D 选项是正确的． 故D 选项是正确的．13．如图所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体以初速度0v 被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为（ ）A ．2012mv mgH +B ．2012mv mgh +C ．mgH mgh -D ．201()2mv mg H h +-【答案】B【解答】本题考查机械能守恒定律的理解物体做平抛运动，从A 运动到B 的过程中，根据动能定理F k W E =∆可知， 2012KB mgh E mv =-，可知B 处物体的动能201=2KB E mv mgh +； 故本题正确答案为B ．14．两上完全相同的小球，在同一高度处以相同大小的初速度分别沿水平方向和竖直方向抛出，最后都落到同一水平地面上．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ） A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从抛出至落地，重力对两小球做的功相同D ．从抛出至落地，重力对两小球做功的平均功率相同 【答案】C【解答】本题考查功和功率；机械能守恒定律．由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W mgh =得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D错误；故选C ．15．汽车在平直公路上匀速行驶，1t 时刻司机减小油门使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到2t 时刻，汽车又恢复了匀速行驶（设整个过程中汽车所受的阻力大小不变）．以下说法中正确的是（ ）①②③④A ．①图描述了汽车的速度在这个过程中随时间的变化情况B ．②图描述了汽车的速度在这个过程中随时间的变化情况C ．③图描述了汽车的牵引力在这个过程中随时间的变化情况D ．④图描述了汽车的牵引力在这个过程中随时间的变化情况 【答案】A【解答】汽车以功率P 、速度0v 匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，汽车的功率减为2P的瞬间，速度v 不变，由P FV =可以知道，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为02F F =，阻力f 没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度v 减小，功率保持为2P，由P FV =可以知道，随v 减小，牵引力逐渐增大，汽车受到的合力变小，由牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的减速运动，当汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次匀速运动，由P FV =得知，此时汽车的速度为原来的一半，由图象可以知道，所以A 选项是正确的，BCD 错误； 二、多项选择题（每题3分共15分，选不全得2分，错选不得分）16．物体以0v 的速度水平抛出，当其竖直分位移与水平分位移大小相等时，下列说法中正确的是（ ）A ．竖直分速度与水平分速度大小相等B 0C ．运动时间为2v gD ．运动位移的大小为2g所以A 选项是正确的． 【答案】B C D【解答】A 、竖直分位移与水平分位移大小相等，有2012v t gt =，02v t g =，竖直方向上的分速度02vy gt v ==．故A 错误，C 正确；B ．此时小球的速度0v =，所以B 选项是正确的；D ．此时小球运动的位移x D 选项是正确的． 故BCD 选项是正确的．17．如图所示的齿轮传动装置中右轮半径为2r ，a 为它边缘上的一点，b 为轮上的一点，b 距轴为r ．左侧为一轮轴，大轮的半径为4r ，d 为它边缘上的一点，小轮的半径为r ，c 为它边缘上的一点．若传动中齿轮不打滑，则（ ）A ．b 点与d 点的线速度大小相等B ．a 点与c 点的线速度大小相等C ．c 点与b 点的角速度大小相等D ．a 点与d 点的向心加速度大小之比为1:8 【答案】B D【解答】本题考查是一个关于匀速圆周运动的题目，明确线速度、角速度以及半径之间的关系是关键；A 、c 、d 轮共轴转动，角速度相等，根据v r ω=知，d 点的线速度大于c 点的线速度，而a 、c 的线速度大小相等，a 、b 的角速度相等，则a 的线速度大于b 的线速度，所以d 点的线速度大于b 点的线速度．故A 错误，B 正确；C 、a 、c 的线速度相等，半径比为2:1，根据=vrω，知a 、c 的角速度之比1:2，a 、b 的角速度相等，所以b 、c 的角速度不等．故C 错误；D 、a 、c 的线速度相等，半径比为2:1，根据2v a r=，知向心加速度之比为1:2，c 、d 的角速度相等，根据2a r ω=，知c 、d 的向心加速度之比为1:4，所以a 、d 两点的向心加速度之比为1:8．所以D 选项是正确的． 故BD 选项是正确的．18．铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为θ，如图，弯道处的圆弧半径为R ，若质量为m ）A ．内轨对内侧车轮轮缘有挤压B ．外轨对外侧车轮轮缘有挤压C ．这时铁轨对火车的支持力等于/cos mg θD ．这时铁轨对火车的支持力大于/cos mg θ 【答案】A【解答】火车的重力和轨道对火车的支持力的合力恰好等于需要的向心力时，此时火车的速与支持力的合力不变，所以合力大于了需要的向心力，内轨就要对火车产生一个向外的力来抵消多余的力，所以此时内轨对内侧车轮轮缘有挤压，A 正确，B 错误；由于内轨对火车的作用力沿着轨道平面向上，可以把这个力分解为水平和竖直向上两个分力，由于竖直向上的分力的作用，使支持力变小，所以CD 错误．19．如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒和轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有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．则下列说法正确的是（ ）A ．球A 的线速度必定大于球B 的线速度 B ．球A 的角速度必定小于球B 的角速度C ．球A 的运动周期必定小于球B 的运动周期D ．球A 对筒壁的压力必定大于球B 对筒壁的压力 【答案】AB【解答】A 和D 、两球所受的重力大小相等，支持力方向相同，合力的方向都沿水平方向，根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等；根据2=v F m r合，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A 正确，D 错误；B 、根据2=F mr ω合，得ωr 大则角速度小，所以球A 的角速度小于球B 的角速度，故B 正确；C 、根据2T =，由前面分析球A 的角速度小于球B 的角速度角，则A 的周期大于B 的周期，故C 错误． 故选AB ．20．一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功为2F．若小物块冲上斜面的初动能变为2E ，则有（ ）A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为32E C ．返回斜面底端时的速度大小为2v D ．克服摩擦阻力做的功仍为2E【答案】A【解答】ABD 以初动能为E 冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得21122f mv E W E -==-，设以初动能为E 冲上斜面的初速度为0v ，则以初动能为2E 冲上斜0，加速度相同，根据2202ax v v =-，可以知道第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，则冲上斜面的最大高度变为2h ．所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E ．则返回到底端时的动能为E ．所以A 选项是正确的，B 错误，D 错误；C 、小物块的初动能为E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，动能为12E ，即21122mv E =．若小物块冲上斜面的初动能变为2E ，返回到底端的动能为E ，即212E m v =，联立两式计算得出v '=故C 错误． 故A 选项是正确的．第二部分（非选择题 共55分）三、实验题（每空2分，共14分）21．在“研究平抛物体运动”实验中，某同学只记录了A 、B 、C 三点，各点的坐标如图1所示，则物体运动的初速度为______m/s ，开始平抛的初始位置的坐标为______（单位cm ）．【答案】01m/s v = (105)--,【解答】水平方向两点间的水平距离相同，水平方向做的是匀速直线运动，所以A 到B 和B到C 的运动时间相同，在竖直方向2BC AB gt -=，0.1s t =，在水平方向上0.1vt =，1m/s v =，B 点竖直分速度等于AC 竖直距离的平均速度，为0.4m/s=2m/s 0.2vby =，则B 点竖直高度为20.2m 2vby g=，则抛出点距离A 点为5cm ，y 轴坐标为5cm -，经历的时间为0.2s ，水平距离为0.2m vt =，则抛出点距离A 点0.1m ，坐标为10cm -，开始平抛的初位置的坐标为(10,5)--．22．如图2所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可“验证机械能守恒定律”．图2①已准备的器材有：打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子重物，此外还必需的器材是______．（只有一个选项符合要求．填选项前的符号）． A ．直流电源、天平及砝码 B ．直流电源、刻度尺 C ．交流电源、天平及砝码D ．交流电源、刻度尺②安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如下图所示（其中一段纸带图中未画出）．图中O 点为打出起始点，且速度为零．选取在纸带上连续打出的点A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 作为计数点．其中测出D 、E 、F 点距起点O 的距离如图3所示．已知打点计时器打点周期为0.02s T =．由此可计算出物体下落到E 点时的瞬时速度E v =______m/s （结果保留三位有效数字）．图3③若已知当地重力加速度为g ，代入图3中所测的数据进行计算，并将212E v 与______进行比较（用题中所给字母表示），即可在误差范围内验证，从O 点到E 点的过程中机械能是否守恒．④某同学进行数据处理时不慎将纸带前半部门损坏，找不到打出的起始点O 了，如图4所示．于是他利用剩余的纸带进行如下的测量：以A 点为起点，测量各点到A 点的距离h ，计算出物体下落到各点的速度v ，并作出2v h 图像．图5中给出了a 、b 、c 三条直线，他作出的图像应该是直线______；由图像得出，A 点到起始点O 的距离为______cm （结果保留三位有效数字）．图4图5【答案】①D ； ②3.04m/s ； ③2gh ④a 10【解答】①打点计时器的工作电源是交流电源，在实验中需要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度．纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表．重锤的质量可以不测．故选：D ．②E 点的瞬时速度(54.9142.75)3.04m/s 220.02DF E X v T -===⨯； ③O 到E 点动能的变化量为212E mv ，重力势能的减小量为12mgh ，可知将212E v 与12gh 进行比较，即可在误差范围内验证，从O 点到E 点的过程中机械能是否守恒；④以A 点为起点，测量各点到A 点的距离h ，由于A 点速度不为零，可知0h =时，纵轴坐标不为零，可知正确的图线为a ．由图4可知，初始位置时，速度为零，可知A 点到起始点O 的距离为10.0cm ．三、计算题（本题共4小题，满分41分；解题时应写出必要的文字说明、重要的物理规律，答题时要写出完整的数字和单位；只有结果而没有过程的不能得分） 23．已知地球半径为R ，地球表面重力加速度为g ，不考虑地球自转的影响． （1）推导第一宇宙速度1v 的表达式；（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h ，求卫星运行周期T ．【答案】（1）1v =2）T 【解答】设卫星的质量为m ，地球的质量为M ． 在地球表面附近满足2GMmmg R =① 得2GM gR =．卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力． 212v Mmm g R R=②①式代入②式，得到1v（2）考虑①式，卫星受到的万有引力为222()()Mm mgR F G R h R h ==++③由牛顿第二定律：224π()F m R h T=+④③、④式联立解得T =24．在如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O 点水平飞出，经3.0s 落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角=37θ︒，运动员的质量50kg m =．不计空气阻力．（取sin 370.60︒=，cos370.80︒=；g 取210m/s ） （1）A 点与O 点的距离L ；（2）运动员离开O 点时的速度大小； （3）运动员落到A 点时的动能．【答案】（1）75m （2）020m/s v = （3）32500J A E =【解答】（1）运动员在竖直方向做自由落体运动，由A 点与O 点的距离21sin372L gt ︒=． 则275m 2sin37gt L ==︒．（2）设运动员离开O 点的速度为0v ，运动员在水平方向做匀速直线运动，即0sin 37L v t ︒= 解得0sin3720m/s L v t︒== （3）由机械能守恒，取A 点位重力势能零点，运动员落到A 点的动能为 201=32500J 2A E mgh mv +=25．如图所示为固定在竖直平面内的光滑轨道ABCD ，其中ABC 部分是半径为R 的半圆形轨道（AC 是圆的直径），CD 部分是水平轨道．一个质量为m 的小球沿水平方向进入轨道，通过最高点A时速度大小A v =之后离开A 点，最终落在水平轨道上．小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g 取210m/s ．求： （1）小球落地点与C 点间的水平距离； （2）小球落地时的速度方向；（3）小球在A 点时小球对轨道的压力．【答案】（1）4s R = （2）=45θ︒ （3）3A N mg = 【解答】（1）小球离开A 点后做平抛运动，竖直方向上：2122R gt = 水平方向上：A s v t =联立计算得出小球落地点与C 点间的水平距离为：4s R = （2）设小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为θ， 由速度的合成得：tan Agt v θ= 计算得出：45θ=︒；（3）设小球在A 点对轨道的压力为A N ， 根据牛顿第二定律得：2A A v N mg m R+=计算得出：3A N mg =，方向竖直向下．【答案】（1）max 150m/s 11V =（2）①1258t s=②5310J W =⨯ ③186.8m s = 【解答】（1）最大速度为max 60000150m/s 0.14000100.0140001011P V f ===⨯⨯+⨯⨯ （2）①设20.4m/s 加速度运动的最大速度设为0v 则由牛顿第二定律得：0Pf ma v -=，得 解得06000010m/s ()40000.40.14000100.01400010P v f ma ===+⨯+⨯⨯+⨯⨯这一过程能维持的时间为01025s 0.4v t a === ①汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，汽车在斜坡上运行距离21125m 2x at ==汽车在斜坡上上升的高度sin 1250.01 1.25m h x θ=⋅=⨯= 由动能定理得：2012mv W mgh fx =--，则2011400010 1.250.0140001012522W mgh fx mv =++=⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯54001⨯=⨯③汽车从匀加速到达最大速度所用的时间133258s t =-=此时汽车以额定功率行驶，汽车8s 所做的功516010008 4.810J W Pt ==⨯⨯=⨯故33s 过程中汽车所做的功51=7.810J W W W +=⨯总设此过程中汽车运行的距离为L ，由动能定理，得2max 10sin 2mv W mgL fL θ-=--总解得186.8m L =。