江苏省盐城市响水中学2017届高三（上）第二次学情分析物理试卷（解析版）

李文江XJ 2017-10-14

展开全文

2016-2017学年江苏省盐城市响水中学高三（上）第二次学情分析物理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．

1．一小球从某高处由静止释放，用t表示下落时间，h表示下落高度，υ表示下落速度，E_k表示物体动能，下列图象正确的是（）

A． B． C． D．

【考点】机械能守恒定律；自由落体运动．

【专题】机械能守恒定律应用专题．

【分析】小球做自由落体运动，是一种匀加速直线运动，分别列出各个量与时间t、下落高度h的关系，即可作出判断．

【解答】解：A、小球做自由落体运动，则有 v=gt，v∝t，v﹣t图象应是过原点的直线，故A错误．

B、E_k==，则E_k﹣t是开口向上的抛物线，故B错误．

C、由v²=2gh得 v﹣h是开口向右的抛物线，故C错误．

D、E_k==mgh，v﹣h图象应是过原点的直线，故D正确

故选：D

【点评】对于图象问题，根据物理规律得出解析式，再分析图象的形状是常用的方法和思路．

2．根据万有引力定律F=G和牛顿第二定律F=ma可知（）

A．不同物体在地球表面同一地点重力加速度相同

B．相同物体在地球表面不同高度重力加速度相同

C．在地球表面同一地点重力加速度与物体质量有关

D．在地球表面不同高度重力加速度与物体质量有关

【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律．

【专题】万有引力定律的应用专题．

【分析】根据万有引力与牛顿第二定律表达式得出重力加速度的表达式，再由表达式分析．

【解答】解：根据万有引力与牛顿第二定律可知，F=G=ma=mg，可得重力加速度g=

A、由上式知：g与物体的质量无关，则不同物体在地球表面同一点的重力加速度相同，故A正确；

B、在地球表面不同高度处，物体距地心的距离R不同，故重力加速度不相同，故B错误；

C、由上式知：重力加速度与地球质量有关，与重物质量无关，故C错误；

D、由上式知：重力加速度与物体的质量无关，与地球的质量有关，故D错误．

故选：A．

【点评】根据加速度的表达式，由表达式得出重力加速度的决定式是正确解题的关键，不难属于基础题．

3．如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O等高处且弹簧为原长的A点无初速度释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点的过程中，下列说法错误的是（）

A．重物的重力势能减小

B．弹簧的弹性势能增加

C．重物的机械能不变

D．重物到达最低点处获得一定的动能

【考点】功能关系；弹性势能；动能和势能的相互转化．

【分析】根据重力做功，判断重力势能的变化，在整个运动的过程中，有重力和弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，通过系统机械能守恒判断重物机械能的变化．

【解答】解：A、重物由A点摆向最低点的过程中，重力做正功，重力势能减小．故A正确；

B、从A摆到最低点过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹性势能增加，故B正确．

C、在整个运动过程中，弹簧对重物做负功，重物的机械能减少，故C错误；

D、重物到达最低点处时获得一定的速度，具有一定的动能，故D正确．

本题选择不正确的，故选：C．

【点评】解决本题的关键掌握重力做功和重力势能的关系，知道系统机械能包括重力势能、弹性势能和动能的总和保持不变．

4．如图所示，光滑的半圆柱体静止在水平面上，A、B小球通过轻质细线相连，与竖直方向的夹角分别为37°和53°，系统处于静止状态，A球的质量为m．sin37°=0.6，cos37°=0.8，则B球质量为（）

A．m B．m C．m D．2m

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【专题】共点力作用下物体平衡专题．

【分析】小球A和B通过轻绳相连，静止在光滑的半圆柱面上，根据平衡条件即可求得B的质量．

【解答】解：设绳子的拉力大小为T．

根据平衡条件有：

对A有：T=m_Agsin37°

对B有：T=m_Bgsin53°

所以可得：m_B=m_A=

故选：A

【点评】本题是绳系的连接体平衡问题，采用隔离法研究是常用的方法，要正确分析两个物体的受力情况，抓住绳子拉力相等是解题的关键．

5．从地面上同时抛出两小球，A沿竖直向上，B沿斜向上方，它们同时到达最高点，不计空气阻力．则（）

A．A先落到地面上 B．B的加速度比A的大

C．A上升的最大高度比B大 D．抛出时B的初速度比A大

【考点】竖直上抛运动．

【专题】直线运动规律专题．

【分析】斜上抛运动可以分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动，岸两个方向分析它的两个分运动即可．

【解答】解：A、A小球做竖直上抛运动，到达最高点时，速度为零；B小球竖直方向也是竖直上抛运动，它们同时到达最高点，根据竖直上抛运动的对称性，它们下降的过程经历的时间也是相同的，所以它们一定是同时落地，故A错误；

B、竖直上抛运动的加速度是重力加速度，斜上抛运动的加速度也是重力加速度，所以A和B的加速度是相同的，故B错误；

C、A小球做竖直上抛运动，到达最高点时，速度为零；B小球竖直方向也是竖直上抛运动，它们同时到达最高点，所以在竖直方向上的位移是相等的，即上升的高度是相等的．故C错误；

D、A小球做竖直上抛运动，B小球竖直方向也是竖直上抛运动，它们同时到达最高点，所以B的初速度沿竖直方向的分速度与A的初速度大小相等，所以B的总速度一定大于A的初速度．故D正确；

故选：D

【点评】本题考查了竖直上抛运动，和斜上抛运动，斜上抛运动可以分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动；本题是一道基础题，熟练应用基础知识即可正确解题．

二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分．

6．如图所示，小船自A点渡河，到达正对岸B点，现在水流速度变大，仍要使船到达正对岸B点，下列可行的办法是（）

A．航行方向不变，船速变大

B．航行方向不变，船速变小

C．船速不变，减小船与上游河岸的夹角α

D．船速不变，增大船与上游河岸的夹角α

【考点】运动的合成和分解．

【专题】运动的合成和分解专题．

【分析】要使小船到达正对岸，即合速度的方向与河岸垂直，根据平行四边形定则，求出合速度的大小与方向．

【解答】解：A、若航行方向不变，根据平行四边形定则可知，船速变大，才能确保合速度垂直河岸，故A正确，B错误；

C、若船速不变，根据平行四边形定则可知，必须减小船与上游河岸的夹角α，才能确保合速度垂直河岸，故C正确，D错误；

故选：AC．

【点评】解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，以及知道当合速度的方向与河岸垂直，小船将垂直到达对岸．

7．如图所示，吊车用两根等长的绳子OA和OB将质量分布均匀的铁板匀速吊离地面，下列说法中正确的是（）

A．绳越长，每根绳对铁板拉力越小

B．绳越长，两根绳对铁板拉力的合力越小

C．两根绳子对铁板拉力的合力竖直向上

D．两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力是共点力

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成；力的合成与分解的运用．

【专题】共点力作用下物体平衡专题．

【分析】对绳OA和OB的拉力应用平行四边形定则求合力，根据平衡条件其合力应该与铁板的重力等大反向，绳越长，两绳夹角越小，由图解法分析绳子拉力的变化．

【解答】解：A、对绳OA和OB的拉力应用平行四边形定则求合力，如图：

根据平衡条件两绳子拉力的合力始终等于铁板的重力，即不变，当绳子变长后，两绳夹角变小，如图中红线所示，但其合力不变，

由图可以看出绳子拉力变小，故A正确B错误；

C、根据平衡条件两绳子拉力的合力与铁板的重力等大反向，则两根绳子对铁板拉力的合力竖直向上，C正确；

D、一个物体受到几个外力的作用，如果这几个力有共同的作用点或者这几个力的作用线交于一点，这几个外力称为共点力，两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力其延长线会交于O点，故它们是共点力，D正确；

故选：ACD．

【点评】绳长变化时每根绳对铁板的拉力可以用图解法求解变化也可以由函数法求解．

8．在研究小车做匀变速直线运动时，小明同学把纸带每隔0.1s剪断，得到若干短纸条，再将这些纸条并排贴在一张纸上，使这些纸条下端对齐作为时间轴，最后将纸条上端中心点连起来，如图所示．下列说法中正确的是（）

A．直线的斜率表示小车的速度大小

B．直线的斜率表示小车的加速度大小

C．每条纸带上端中心纵坐标等于对应的0.1s内小车位移大小

D．上端中心点连起来的直线表示小车位移与时间的关系

【考点】探究小车速度随时间变化的规律．

【专题】实验题．

【分析】本题使用的方法是等效代替法解题，它们的长度分别等于x=v_平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比．根据图象的斜率求出小车的加速度．

【解答】解：因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比．

速度﹣时间直线的斜率表示加速度，可知运动物体的加速度a=．

故选：BC．

【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

9．发射地球同步卫星过程示意图如图所示．首先将卫星发射到近地的轨道1，运行速度大小为υ₁，加速度大小为a₁，在p点点火后进入椭圆形轨道2，经过p点时速度大小为υ_p，加速度大小为a_p，经过Q点时速度大小为υ_Q，加速度大小为a_Q；最后在Q点点火进入同步轨道3，运行速度大小为υ₃，加速度大小为a₃，则（）

A．υ₁＞υ₃，a₁=a_p B．υ₁＞υ_p，a_p＞a_Q C．v_p＞v_Q，a₁＞a₃ D．υ_Q＞υ₃，a_Q=a₃

【考点】同步卫星．

【专题】人造卫星问题．

【分析】根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星速率与半径的关系来判断速率大小．由牛顿定律研究卫星在Q、P两点加速度大小．

【解答】解：A、根据v=，可知，v₁＞v₃，

根据牛顿第二定律得a=，在卫星在近地圆轨道上经过P点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过P点的加速度，因此a₁=a_p，故A正确，B错误；

C、根据近点速度大，远点速度小，则有v_P＞v_Q，

根据牛顿第二定律得a=，在卫星在转移轨道上经过Q点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过Q点的加速度，因此a₁＞a₃，故C正确，D错误

故选：AC．

【点评】卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较．

10．如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W₁时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W₂时，B刚要离开地面，弹簧一直在弹性限度内，则（）

A．两个阶段拉力做的功相等

B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量

C．第一阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量

D．第二阶段，拉力做的功大于A的重力势能的增加量

【考点】功能关系；功的计算；弹性势能．

【分析】应用平衡条件求出弹簧压缩与伸长时的形变量关系，然后应用动能定理求出拉力的功，根据功的表达式分析答题．

【解答】解：开始时A压缩弹簧，形变量为x₁=；要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即kx₂=mg，故形变量x₂=，则x₁=x₂=x，

A、缓慢提升物体A，物体A的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能E_P相同，由动能定理得：W₁+E_P﹣mgx=0，W₂﹣E_P﹣mgx=0，

W₁=mgx﹣E_P，W₂=mgx+E_P，则：W₁＜W₂，故A错误；

B、由于在整个过程中，弹簧的弹性势能不变，物体A、B的动能不变，B的重力势能不变，由能量守恒定律可知，拉力做的功转化为A的重力势能，拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，故B正确；

C、由A可知，W₁=mgx﹣E_P，物体重力势能的增加量为mgx，则第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增量，故C错误；

D、由A可知，W₂=mgx+E_P，重力势能的增加量为mgx，则第二阶段拉力做的功大于A的重力势能的增加量，故D正确；

故选：BD．

【点评】本题对学生要求较高，在解题时不但要能熟练应用动能定理，还要求能分析物体的运动状态，能找到在拉起物体的过程中弹力不做功．

三、简答题：本题共3题，每空2分，共计22分．请将解答填写在答题卡上相应的位置．

11．（8分）用图甲所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50Hz，得到如图乙所示的纸带．选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为s₀=19.00cm，点A、C间的距离为s₁=8.36cm，点C、E间的距离为s₂=9.88cm，g取9.8m/s²，测得重物的质量为100g．

（1）下列做法正确的有 AB ．

A．图甲中两限位孔必须在同一竖直线上

B．实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直

C．实验时，先放手松开纸带再接通打点计时器电源

D．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置

（2）选取O、C两点为初末位置研究机械能守恒．重物减少的重力势能是 0.27 J，打下C点时重物的速度是 2.28 m/s．（结果保留三位有效数字）

（3）实验中，重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，写出一条产生这一现象的原因重物受到的空气阻力．

【考点】验证机械能守恒定律．

【专题】实验题；机械能守恒定律应用专题．

【分析】（1）了解实验中的注意事项后分析解答．

（2）重物减少的重力势能为mgh，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点C时的速度大小；

（3）由于空气阻力和摩擦力阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能．

【解答】解：（1）A、为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，A正确．

B、为了保证纸带在竖直方向做自由落体，实验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，B正确．

C、实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，故C错误．

D、为了减小测量数据h的相对误差，数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，D错误．

故选：AB．

（2）重物减少的重力势能为：

△E_p=mgh=mg（s₀+s₁）=0.1kg×9.8m/s²×（19.00+8.36）×10^﹣²m≈0.27J

v_c===2.28m/s

（3）由于阻力的作用重物减小的重力势能总是略大于增加的动能，这里的阻力主要来源于重物受到的空气阻力和纸带与打点计时器之间的摩擦阻力．

故答案为：（1）AB；（2）0.27，2.28；（3）重物受到的空气阻力或纸带与打点计时器之间的摩擦阻力．

【点评】本题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，以及有关误差分析，要学会根据可能产生误差的原因进行分析．

12．（6分）如图甲所示，在竖直平面内，将小圆环挂在橡皮条的下端，橡皮条长度为GE．用两根弹簧测力计拉动小圆环到O点，小圆环受到作用力F₁、F₂和橡皮条的拉力F₀，如图乙所示．

（1）如图乙，此时要记录下拉力F₁、F₂的大小，并在白纸上作出拉力F₁、F₂的方向，以及O点的位置．

（2）实验中，不必要的是 AD ．

A．选用轻质小圆环

B．弹簧测力计在使用前应校零

C．撤去F₁、F₂，改用一个力拉住小圆环，仍使它处于O点

D．用两根弹簧测力计拉动小圆环时，要保持两弹簧测力计相互垂直

（3）图丙中F′是用一个弹簧测力计拉小圆环时，在白纸上根据实验结果画出的图示．F与F′中，方向一定沿GO方向的是 F′ ．

【考点】验证力的平行四边形定则．

【专题】平行四边形法则图解法专题．

【分析】（1）根据实验原理可知，在实验中需要记录拉力的大小和方向，以便根据两个分力的大小和方向做平行四边形．

（2）明确该实验的实验原理以及实验步骤，操作过程的注意事项以及产生误差原因等，如该实验采用了“等效替代”法，要求两次橡皮筋的形变大小和方向相同，拉弹簧时两力的大小可以适当大些，夹角大小合适，并非要求为直角等．

（3）验证力的平行四边形定则的实验原理是：理论值与实际值的对比．合力的理论值使用作图法，需要记录两分力的大小和方向；实际值的测量则使用等效替代，需要测量结点O的位置及力的大小．另外实际值与测量值比较方法，是在同一点作出两力的图示，比较是否近似重合．

【解答】解：（1）该实验中，需要根据力F₁、F₂的大小和方向做出平行四边形，求出合力与一个弹簧拉橡皮筋时拉力F进行比较，因此需要记录拉力F₁、F₂的大小和方向；

（2）A、小圆环的作用是通过弹簧拉橡皮筋，不需要轻质的，只要正确确定开始位置即可，故A不需要；

B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零．故B项需要；

C、该实验采用“等效替代”法，因此两次拉橡皮筋要到同一位置，故C需要；

D、用两根弹簧测力计拉动小圆环时，量弹簧夹角适当，便于做平行四边形，便于减小误差即可，并非要求两弹簧测力计相互垂直，故D不需要．

故不需要的步骤为：AD．

（3）实际测量的合力应与橡皮筋在同一条直线上，即F′与橡皮筋在同一条直线上，由平行四边形定则作出的为理论值与实际值有一定的偏差，即由平行四边形定则作出的为F．

故答案为：（1）拉力F₁、F₂的方向；（2）AD；（3）F′．

【点评】通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，要明确实验原理，理解“等效替代”的含义，重点是如何准确作出力的图示．

13．（8分）图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，细线平行于桌面，物块和遮光片的总质量为M、重物的质量为m，遮光片的宽度为d，两光电门之间的距离为s．让物块从光电门A的左侧由静止释放，分别测出遮光片通过光电门A、B所用的时间为t_A和t_B，用遮光片通过光电门的平均速度表示遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度．

（1）如果物块运动的加速度为a，则物块与水平桌面之间动摩擦因数μ为 A ；

A．B．C．D．

（2）利用实验中测出的物理量，算出物块运动的加速度a为 B ；

A．B．C．D．

（3）遮光片通过光电门的平均速度小于（选填“大于”、“等于”或“小于”）遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度，由此会产生误差，请写出一种减小这一误差的方法．答：减小遮光片的宽度．

【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．

【专题】实验题；摩擦力专题．

【分析】（1）分别对m和M进行受力分析，然后使用牛顿第二定律即可求得摩擦因数；

（2）遮光板通过光电门的时间很短，可以用对应时间内的平均速度代替瞬时速度；根据速度位移关系公式列式求解；

（3）遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移．

【解答】解：（1）对m：mg﹣F_拉=ma

对M：F_拉﹣μMg=Ma

解得：

故选：A；

（2）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，故

；

由运动学的导出公式：

解得：；

故选：B；

（3）遮光片通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，而物块做加速运动前一半的时间内的位移小于后一半时间内的位移，所以时间到一半时，遮光片的中线尚未到达光电门，所以遮光片通过光电门的平均速度小于遮光片竖直中线通过光电门的瞬时速度．为减小实验的误差，可以减小遮光片的宽度，也可以通过计算，消除理论误差．

故答案为：（1）A；（2）B；（3）小于，减小遮光片的宽度．

【点评】本题关键明确探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验的实验原理，知道减小系统误差的两种方法，不难．

四、计算题：本题共4小题，共计63分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．

14．（15分）把质量是0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示；迅速松手后，弹簧把小球弹起，升至最高位置C，如图丙所示；途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态，如图乙所示；已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计．

（1）求图甲状态时弹簧的弹性势能；

（2）求小球经过B点时的速度；

（3）有人认为小球运动过程中经过B点时动能最大，你同意他的观点吗？请简要说明理由．

【考点】机械能守恒定律．

【专题】机械能守恒定律应用专题．

【分析】（1）小球从A运动到C位置的过程中，对于弹簧和小球组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律求解．

（2）小球从B运动到C位置的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，即可根据机械能守恒定律求解．

（3）分析小球的受力情况，判断其运动情况，再分析小球的动能变化情况．

【解答】解：（1）对于弹簧和小球组成的系统，小球从A→C过程，根据系统的机械能守恒得：

E_P=mg（h_AB+h_BC）=0.2×10×（0.1+0.2）J=0.6J

（2）设小球经过B点时的速度为v．

小球从B→C过程，根据系统的机械能守恒得：=mgh_BC，

得，v==m/s=2m/s

（3）不同意．小球从A→B过程，小球所受的弹力先大于重力，后小于重力，则小球先做加速运动，后做减速运动，当弹力与重力大小相等时，小球的速度最大，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，此位置一定位于B的下方．

答：（1）图甲状态时弹簧的弹性势能是0.6J；（2）小球经过B点时的速度是2m/s；（3）不同意他的观点，理由见上．

【点评】解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒．并能通过分析受力情况，判断小球的运动情况．

15．（15分）民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地面上，并以不变速率进入水平面，在水平面上再滑行一段距离而停止，如图所示，若机舱口下沿距地面3.2m，气囊构成的斜面长度为6.4m，一个质量60Kg的人沿着气囊滑下时所受到的摩擦阻力是240N．若人与水平面动摩擦因数与斜面相同．g=10m/s²，求人：

（1）与斜面的动摩擦因数：

（2）在斜面上下滑的时间；

（3）在水平面上滑行的距离．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【专题】牛顿运动定律综合专题．

【分析】根据几何关系可求得斜面倾角，根据摩擦力公式可求得动摩擦因数；

根据牛顿第二定律，可求人下滑过程的加速度，根据位移时间公式，可求下滑时间；

根据牛顿第二定律可求人在水平面上的加速度，根据速度位移公式可求人在水平面上滑行的距离；

【解答】解：（1）设气囊倾角为α，由几何关系可知：sinα=

即α=30°

人在气囊上下滑过程中，阻力f=μmgcosα

解得：μ=

（2）人在气囊上下滑过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα﹣f=ma₁

代入数据可得：

^则===

（3）人在水平面上运动时，由牛顿第二定律得：

μmg=ma₂

故a₂=μg=m/s²

设人到达地面时的速度为v，

则v=a₁t₁=m/s

在水平面上有运动学公式得：

答：（1）与斜面的动摩擦因数为：

（2）在斜面上下滑的时间为；

（3）在水平面上滑行的距离为．

【点评】本题关键考查牛顿第二定律和匀变速直线运动公式的基本应用，基础题．

16．（16分）如图所示，为游乐场摩天轮的示意图．轮半径为L，在轮缘上有质量为m的若干座椅，绕轴O在竖直平面内以恒定角度ω₀转动．已知座椅过最高点A时对轮的作用力指向轴心O．重力加速度为g．求：

（1）座椅过B点时加速度的大小α；

（2）座椅从C点运动半周到A点的过程中，轮对座椅做功的平均功率；

（3）游乐场摩天轮转动的角速度ω大小的可能取值范围．

【考点】功率、平均功率和瞬时功率；向心力．

【专题】功率的计算专题．

【分析】（1）在B点，根据向心加速度公式列式求解；

（2）座椅从C到D的过程中，根据动能定理列式结合平均功率公式即可求解；

（3）在最高点，对座椅，由牛顿第二定律列式即可求解．

【解答】解：（1）在B点，根据向心加速度公式得：

（2）座椅从C到D的过程中，根据动能定理得：

W=mg·2L

轮对座椅做功的平均功率=；

（3）在最高点，对座椅，由牛顿第二定律得：

mg＞mω²L

解得：0

答：（1）座椅过B点时加速度的大小为；

（2）座椅从C点运动半周到A点的过程中，轮对座椅做功的平均功率为；

（3）游乐场摩天轮转动的角速度ω大小的可能取值范围为0．

【点评】本题考查了圆周运动和动能定理的综合，知道圆周运动向心力的来源，难度不大，属于基础题．

17．（17分）如图所示，在竖直平面内有半径为R的光滑四分之一圆形轨道，最高点A与圆心连线水平．光滑水平面上有足够长的木板，质量为m₀，其左端恰好紧靠圆弧最低点B，处于静止状态．一个质量为m₁的物块从A处由静止开始下滑，经过B点滑上木板，物块与木板之间的动摩擦因数为μ，同时木板受到水平向右恒力F=2μm₁g的作用，重力加速度为g．求：

（1）物块过B点时受到的弹力；

（2）物块相对木板滑动的最大距离；

（3）物块和木板间摩擦产生的热量．