“弹射飞鸟”中的“弹”读tan还是dan?

（1）弹弓发射处与邪恶的小猪之间的高度差h=
1
2gt2＝
1
2×10×1m＝5m．
（2）小鸟被弹弓弹出来时的水平初速度v0＝
x
t＝
30
1m/s＝30m/s．
答：（1）弹弓发射处与邪恶的小猪之间的高度差为5m；
（2）小鸟被弹弓弹出来时的水平初速度为30m/s．

点评：
本题考点： 自由落体运动．

考点点评： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解．

（1）使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1；
（2）放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：
碰撞前滑块1的动量为：
P1＝m1v1＝0.310×
0.2
0.1＝0.620kg•m/s
滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg•m/s
碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：
(m1+m2)v2＝(0.310+0.205)×
0.168
0.14＝0.618kg•m/s
故答案为：（1）先接通打点计时器的电源；放开滑块1；（2）0.620；0.618．

点评：
本题考点： 验证动量守恒定律．

考点点评： 本题要注意打点计时器的使用方法，知道气垫导轨要水平才能满足动量守恒．这是一道基础实验题．

由匀变速直线运动的速度位移公式：2ax＝v2−v02得：
得2×5×90=50²-v₀²，解得：v₀=23.5m/s；
答：战机离开弹射系统瞬间的速度是23.5m/s．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的速度与位移的关系．

考点点评： 本题考查了求飞机的初速度，应用匀变速直线运动的速度位移公式即可正确解题．

根据v2−v02＝2aL得，L=
v2−v02
2a＝
502−102
2×5m＝240m．故C正确，A、B、D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用．

人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有
G[Mm
r2=m
4π2
T2r=m
v2/r]=mω²r=ma
则得：T=2π

r3
GM，v=

GM
r，ω=

GM
r3，a=
GM
r2
伴星的轨道半径较大，则知其运行周期较大，速度较小，角速度较小，向心加速度较小．故ACD正确．
故选ACD

点评：
本题考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．

考点点评： 本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论．

（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，
由牛顿第二定律：mg＝m
v2
R…①
由B到最高点小滑块机械能，由机械能守恒定律得：：[1/2m
v2B＝2mgR+
1
2mv2…②
由A到B，由动能定理得：−μmgL1＝
1
2m
v2B−
1
2m
v21]…③
由以上三式解得A点的速度为：v₁=3m/s；
（2）若小滑块刚好停在C处，则A到C过程，
由动能定理得：−μmg(L1+L2)＝0−
1
2m
v22…④
解得A点的速度为：v₂=4m/s，
若小滑块停在BC段，应满足：3m/s≤v_A≤4m/s，
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，滑块离开C点后做平抛运动，
竖直方向：h＝
1
2gt2…⑤
水平方向：s=v_ct…⑥
从A到C过程，由动能定理得：−μmg(L1+L2)＝
1
2m
v2c−
1
2m
v23…⑦
解得：v₃=5m/s，
所以初速度的范围为：3m/s≤v_A≤4m/s和v_A≥5m/s；
（3）以小球和小滑块为系统，以球的初速度方向为正方向，碰撞过程动量守恒，
由动量守恒定律得：mv_球=2mv_A…⑧，
小球从E点到光滑斜面底端，由动能定理得：mgH＝
1
2mv球2…⑨
结合（2）问的速度范围可以求出H范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m；
答：（1）小滑块在A点弹射出的速度大小为3m/s；
（2）小滑块在A点弹射出的速度大小范围为：3m/s≤v_A≤4m/s和v_A≥5m/s；
（3）释放点E与过A水平面的竖直高度H的大小范围是：1.8m≤H≤3.2m和H≥5m．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；动能定理．

考点点评： 本题运动过程复杂，分析清楚运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、平抛运动知识、动量守恒定律即可正确解题．

①由于片比较窄，可知窄片通过O的平均速度为此时物块的瞬时速度，由窄片的宽度为L和窄片通过光电门的时间△t，可得物块通过O点的速度为：
v0＝
L
△t
设从O到物块停止之间的距离为s，由动能定理可得：
−μmgs＝0−
1
2mv02
解得：
μ＝
v02
2gs＝
L2
2gs(△t)2
②物块和木板间的动摩擦因数为：μ＝
L2
2gs(△t)2
故答案为：①物块最后停止时的位置与O点间的距离s；②
L2
2gs(△t)2

点评：
本题考点： 探究影响摩擦力的大小的因素．

考点点评： 本题主要是对于方案的设计，比较简单，题目明确再测量一个物理量，故可用方案就这一个．

(1)(6分)解除锁定弹开AB过程中，系统机械能守恒：……2分

设向右为正方向，由动量守恒……2分

解得①……2分

(2)(6分)B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。

由动能定理得……2分

解得……1分②

物块B在传送带上速度减为零后，受传送带给它的摩擦力，向左加速，若一直加速，则受力和位移相同时，物块B滑回水平面MN时的速度，高于传送带速度，说明B滑回过程先加速到与传送带共速，后以的速度做匀速直线运动。……1分

物块B滑回水平面MN的速度……2分③

(3)(8分)弹射装置将A弹出后与B碰撞，设碰撞前A的速度为，碰撞后A. B共同的速度为V，根据动量守恒定律，……2分④

A. B恰好滑出平台Q端，由能量关系有……2分⑤

设弹射装置对A做功为，……2分⑥

由④⑤⑥解得……2分

（1） （2） （3）

根据平均速度的推论得，x=
v1+v2
2t＝
30+50
2×6m＝240m．
答：航空母舰飞行甲板的最小长度为240m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动规律的综合运用．

考点点评： 本题也可以根据速度时间公式求出加速度，结合位移时间公式或速度位移公式求出甲板的最小长度，基础题．

设飞机的初速度为v₀，已知飞机的加速度a、末速度v，
由匀变速直线运动的速度时间公式得：
v=v₀+at
解得：t=
v−v0
a＝
50−30
5＝4s
答：飞机起飞时在跑道上至少加速4s才能起飞．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 本题是匀变速直线运动的基本公式的直接应用，属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适的公式，这样很多问题就会迎刃而解了．

（1）根据速度位移公v²-v₀²=2ax得，v₀=
v2−2ax=
502−2×5×160m/s=30m/s．
（2）不装弹射系统时，飞机的初速度是0，则由v²=2aL得，L=
v2
2a=
502
2×5m=250m
答：
（1）若要求该飞机滑行160m后起飞，弹射系统必须使飞机具有30m/s的初速度．
（2）若某舰上不安装弹射系统，要求该型号的飞机仍能在此舰上正常起飞，为该舰身长至少为250m．

点评：
本题考点： 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．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用．

（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒：
E_p=[1/2]m_我υ_我²+[1/2]m_Bυ_B² ①
由动量恒有：m_我υ_我-m_Bυ_B=0 ②
由①②联立，代入数据解得：υ_我=4m/9 υ_B=4m/9 ③
B滑2传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．
由动能定理得：-μm_Bg9_m=0-[1/2]m_Bυ_B² ④
解得：9_m=

v2B
2μg
代入数据解得：9_m=4m ⑤
（2）物块B先向右匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向匀加速运动，回到皮带左端时速度大小仍为4m/9
由动量定理：-μm_Bgt=-m_Bυ_B-m_Bυ_B ⑥
解得：t=
2vB
μg
代入数据解得：t=49 ⑦
（3）设弹射装置给我做功为W，则有：
[1/2]m_我υ_我′²=[1/2]m_我υ_我²+W ⑧
我B碰后速度互换，B的速度：υ_B′=υ_我′⑨
B要滑出平台Q端，由能量关系有：
[1/2]m_Bυ_B′²≥μm_BgL ⑩
又 m_我=m_B
由⑧⑨⑩联立，解得：W≥μm_BgL-[1/2]m_我υ_我²
代入数据解得：W≥6J
答：（1）物块B沿传送带向右滑动的最远距离为4m；
（2）B从滑2传送带到返回到N端的时间为49；
（3）弹射装置P必须给我做6焦耳的功才能让我B碰后B能从Q端滑出．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；动能定理；机械能守恒定律．

考点点评： 该题是动量守恒，能量守恒综合应用的一道比较困难的题目，正确分析题目当中的临界条件是关键．

（1）根据速度位移公式v2−v02＝2ax得，v0＝
v2−2ax＝
2500−2×5×160m/s=30m/s．
（2）不装弹射系统时，v²=2aL，解得L=
v2
2a＝
2500
10m＝250m．
（3）设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L₁，航空母舰的最小速度为v₁．
对航空母舰有：L₁=v₁t
对飞机有：v=v₁+at
v²-v₁²=2a（L+L₁）
联立解得v₁=10m/s．
答：（1）弹射系统必须使飞机具有30m/s的初速度．
（2）若某舰上不装弹射系统，要求该种飞机仍能此舰上正常起飞，该舰身长至少应为250m．
（3）速度至少为10m/s．

点评：
本题考点： 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．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用．

设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I=mv
力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：-mv，
对底座，根据动量定理：I_f+（-mv）=-3m•[v/4]
得：I_f=[1/4]mv，方向向左；
故选：B．

点评：
本题考点： 动量定理．

考点点评： 本题考查了动量定理的应用，一对相互作用力的冲量一定是大小相等方向相反的．

根据速度时间公式v=v₁+at得：
v₁=v-at=（50-2×10）m/s=30m/s
弹射系统的加速度：
a′=[30−0/0.1]m/s²=300m/s²
战机起跑的位移：
X=[1/2a′
t21]+
v1+v
2t=
1
2×300×0．12+
30+50
2×10=401.5m
答：战机离开弹射系统瞬间的速度是30m/s；
弹射系统所提供的加速度是300m/s²；
战机起跑的位移是401.5m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间关系公式，并能灵活运用．

（1）滑上传送带先做匀减速直线运动，然后返回做匀加速直线运动，达到传送带速度后一起做匀速运动；
滑块向右匀减速过程：
μmg=ma
0=v₀-at₁
解得：t₁=2s；
滑块向右达到的最大位移为：x1＝
v0
2t1=4m；
物块反向做匀加速直线运动，直到与初速度速度相等，所需时间为t₂，相对地面向左位移为x₂；
v=at₂
解得：t2＝
v
μg=1s
x2＝
v
2t2＝1m
此后匀速时间为：t3＝
x1−x2
v＝1.5s；
往返的总时间为：t=t₁+t₂+t₃=4.5s
（2）物块恰能始终贴着圆弧轨道BCDE内侧通过其最高点D，可知物块在半径为2R的圆弧轨道的最高点，重力全部充当向心力，有：
mg=m

v20
2R
物块由B点运动到D点过程中，根据动能定理得：
-mg•2R=[1/2m
v2D−
1
2m
v2B]
代入数据得：vB＝
6gR＝6m/s
物块第二次从N点运动到A点，需时间t′，设N点速度为v_N
L=vN•t′−
1
2μg•t′2
v_A=v_B=v_N-μg•t′
代入数据得：t′²+6t′-16=0
解得：t′=2s或t′=-8s（舍去）
物块从N点运动到A点过程中，传送带的位移：x=vt′=4m；
电动机为了维持传送带匀速转动，对传送带多提供的能量：E=μmg•x=8J
答：（1）物块m从第一次滑上传送带到返回N端的时间为4.5s；
（2）物块m第二次在传送带上运动时，电动机为了维持传送带匀速转动，对传送带多提供的能量为8J．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的综合应用；动能定理．

考点点评： 本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解，较难．

根据速度时间公式v=v₁+at得：
v₁=v-at=（50-2×10）m/s=30m/s
弹射系统的加速度：
a′=[30−0/0.1]m/s²=300m/s²
战机起跑的位移：
X=[1/2a′
t21]+
v1+v
2t=
1
2×300×0．12+
30+50
2×10=401.5m
答：战机离开弹射系统瞬间的速度是30m/s；
弹射系统所提供的加速度是300m/s²；
战机起跑的位移是401.5m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间关系公式，并能灵活运用．

人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有
G[Mm
r2=m
4π2
T2r=m
v2/r]=mω²r=ma
则得：T=2π

r3
GM，v=

GM
r，ω=

GM
r3，a=
GM
r2
伴星的轨道半径较大，则知其运行周期较大，速度较小，角速度较小，向心加速度较小．故ACD正确．
故选ACD

点评：
本题考点： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．

考点点评： 本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论．

设弹射系统使飞机具有速度v₀飞机就能起飞由
v2t−
v20=2as知：
（50 m/s）²-
v20=2×5 m/s²×100 m，
v₀=10
15m/s．
答：弹射系统必须使飞机具有10
15m/s的速度才能让飞机起飞．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键知道以地面为参考系，飞机加速阶段的位移不是跑道的长度，而是跑道长度加上航空母舰运行的距离之和．然后运用匀变速直线运动的速度位移公式进行求解．

A、豌豆有豆荚，内是种子，成熟的豌豆的豆荚会炸开，种子以“弹射”方式弹出去，进行传播．故符合题意．
B、苍耳的最外面有刺，能沾附在动物的体表进行传播．不符合题意．
C、虞美人的果实成灯笼状，内有种子，在中间裂开，种子散落出来进行传播，但不是弹射出来．不符合题意．
D、蒲公英的果实上有毛，能随风飘散，利于传播．不符合题意．
故选：A．

点评：
本题考点： 生物的基本常识．

考点点评： 解答此题的关键是了解被子植物的果实利于传播的特点．