2024-2025学年云南省丽江地区中学等学校高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省丽江地区中学等学校高一（下）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，刚运动了8s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前.则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A. 加速、减速中的加速度大小之比为a1：a2=2：1
B. 加速、减速中的平均速度大小之比v1：v2=1：1
C. 加速、减速中的位移之比x1：x2=1：1
D. 加速、减速中的平均速度大小之比v1：v2=1：2
2.传统岭南祠堂式建筑陈家祠保留了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图2所示，弧形瓦片静止在两根相同且相互平行的倾斜椽子正中间。已知椽子与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，重力加速度为g，下列关于瓦片受力的说法正确的是( )
A. 每个椽子对瓦片的摩擦力大小为12mgsinθ
B. 瓦片受到的合力方向竖直向上
C. 两个椽子对瓦片作用力的合力大于mg
D. 每个椽子对瓦片的支持力大小为12mgcsθ
3.一静电场中的部分电场线分布如图所示，电荷量为q(q>0)的试探电荷在P点受到的电场力大小为F，方向水平向右。若把该试探电荷换成电荷量为−2q的另一试探电荷，则P点的电场强度( )
A. 大小仍为Fq，方向水平向右B. 大小仍为Fq，方向水平向左
C. 大小变为F2q，方向水平向右D. 大小变为F2q，方向水平向左
4.A、B两个物体在同一直线上作匀变速直线运动，它们的速度图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 前4s内A、B两物体运动方向一定相反
B. t=4s时，A、B两物体相遇
C. t=4s时，A、B两物体的速度相同
D. A物体的加速度比B物体的加速度大
5.汽车转弯时，车上的挂件会偏离竖直方向。当汽车以恒定的速率经过某一水平圆形弯道时，仪表盘如图甲所示，挂件偏离竖直方向约14°，如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2，tan14°=0.25，由此估算出该弯道的半径为( )
A. 20mB. 40mC. 60mD. 80m
6.某兴趣小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平直轨道上由静止开始运动并同时开始计时，并将小车加速启动中的一段运动过程记录下来，通过处理转化为a−t图像如图所示，已知小车运动的过程中，t1～t2时间段内小车的功率为额定功率，小车的质量为m，并认为在整个过程中小车所受到的阻力大小恒为f。则下列说法中正确的是( )
A. 小车在运动过程中最大速度为a0t1
B. 物体匀加速阶段的位移为a0t12
C. 小车在运动过程中发动机的最大功率为ma02t1
D. 0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t12(t2−t1)
7.有一竖直放置的“T”型架，表面光滑，两个质量相同的滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B可看作质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为( )
A. 4v2gB. 3v2g
C. 3v24gD. 4v23g
8.如图所示，平面直角坐标系中P点(0, 32m)放置一电量Q3=q的负电荷，在坐标原点放置一电荷Q1，在M点(2m,0)放置一电荷Q2，此时N点(0.5m, 32m)的电场强度为0，则下列说法正确的是( )
A. Q1带正电，Q2带负电，Q1的电量大小为45q,Q2的电量大小为165q
B. Q1带正电，Q2带负电，Q1的电量大小为2q，Q2的电量大小为6 3q
C. Q1带负电，Q2带负电，Q1的电量大小为45q,Q2的电量大小为165q
D. Q1带正电，Q2带正电，Q1的电量大小为23q,Q2的电量大小为2 3q
二、多选题
9.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )
A. 晓敏同学所受的重力变小了
B. 晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力
C. 电梯一定在竖直向下运动
D. 电梯的加速度大小为g5，方向一定竖直向下
10.如图所示，正点电荷a固定，一带负电的试探电荷b与a距离为r，现让b获得一大小为v0的速度后开始运动，只考虑a对b的库仑力作用，则b开始运动的一段时间内，其速度大小v随时间t变化的图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
11.2020年6月23日上午，北斗三号全球卫星导航系统的“收官之星”成功发射，标志着北斗三号全球卫星导航系统全球星座组网部署最后一步完成，中国北斗将点亮世界卫星导航的天空。“收官之星”最后静止在地面上空(与地面保持相对静止)，该卫星距地面的高度为ℎ。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，由此可知( )
A. “收官之星”运动的周期为2π Rg
B. “收官之 星”运动的的轨道一定与赤道共面
C. “收官之星”运动的加速度为gRR+ℎ
D. 地球的平均密度为3g4πGR
12.如图所示，倾角为30°且足够长的光滑斜面底端有与斜面垂直的固定挡板，质量均为m的物块a和b用轻质弹簧相连静止在斜面上。现用平行斜面向上、大小为F=mg的恒力作用在物块b上使其从静止开始运动，一段时间后物块a离开挡板。弹簧的劲度系数为k，其形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. b、a速度差最大时，弹簧弹力大小为12mg
B. 弹簧最长时，a的加速度大于b的加速度
C. a刚要离开挡板瞬间，b的速度大小为g km
D. a离开挡板后，弹簧最长时，a、b组成的系统动能最小
三、实验题
13.某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，提供的交流电的输出电压为6V，交流电的频率可调节，分别为20Hz、30Hz和50Hz三个挡位。重锤从高处由静止开始下落，重锤拖着的纸带上打出一系列点迹，对纸带上的点进行测。量并分析，即可验证机械能守恒定律。已知实验中该同学的操作完全规范，但调节交流电频率的开关处数值模糊。
(1)图乙为该同学正确操作得到的一条纸带，A、B、C、D为纸带上连续打出的点迹，测量数据如图所示，已知当地重力加速度大小为9.80m/s2，则可判断所用交流电的频率为______(选填“20Hz”“30Hz”或“50Hz”)。在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为______m/s。(结果保留两位小数)
(2)如果测得B点速度为vB，C点速度为vC，B、C两点距离为ℎ，为了验证B到C过程中机械能是否守恒，只需要验证______成立。
14.在做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，得到一条如图所示的纸带，已知电源频率为50Hz，相邻计数点间的时间间隔为0.1s，在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共七个计数点。
(1)测量点间的距离如图甲所示，则打下4点时小车的瞬时速度大小为v=______m/s。(结果保留三位有效数字)
(2)在如图乙所示的直角坐标系中画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线。
(3)由图像求出小车的加速度大小为a=______m/s2。(结果保留三位有效数字)
(4)若实验时电源频率略低于50Hz，但该同学并不知道，则测量得到的小车速度______(填“大于”“小于”或“等于”)真实速度。
四、计算题
15.为了研究滑板运动中的滑道设计，如图所示，将滑道的竖直截面简化为直轨道BC与圆弧轨道CDE，半径OC与BC垂直，AB两点的高度差ℎ=1.8m，BC两点的高度差H=9m，BC段动摩擦因数μ=0.25，CDE段摩擦不计，圆弧半径R=5m，运动过程空气阻力不计，BC与水平方向的夹角θ=37°，将运动员及滑板简化为一质量m=60kg的质点，经过前一滑道的滑行，到达图示的A点时速度恰好水平向右做平抛运动，到达B点时速度恰好与斜面平行进入斜面，经过CDE后竖直上抛再从E点落回滑道，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)运动员到达B点时的速度大小；
(2)运动员第一次到达D点时滑板对D点的压力大小；
(3)运动员第二次向上冲出E点时的速度大小。
16.如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°。已知重力加速度大小为g，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为Ff= 33mg。
(1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；
(2)若小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的取值范围。
17.如图所示，质量m=1kg的木板b静止在粗糙水平地面上，在木板b上的O点放一质量也为1kg的物块a(可视为质点)。零时刻，对b施加水平向右的恒力F，a、b均由静止开始运动；某时刻，撤去恒力F，一段时间后，a、b都停止运动，a仍在O点。已知运动过程中a比b多运动Δt=1.5s，a、b间的动摩擦因数μ1=0.1，b与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)a运动时，a的加速度大小；
(2)a运动的时间；
(3)恒力F的大小。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：最大速度为v，用逆向思维将减速运动看作加速运动
A、加速a1=vt1减速a2=vt2则a1a2=t2t1=12，故A错误；
B、加速时的平均速度为v1−=v2，减速时的平均速度为v2−=v2，则v1−v2−=11，故B正确，D错误
C、加速通过的位移为x1=v1−t1；减速通过的位移为x2=v2−t2，则x1x2=t1t2=21，故C错误；
故选：B。
A、已知两个运动的初末速度，时间，可求出加速度的比．
BD、v−=v0+v2可以求出平均速度
C、x=v−t可以求出通过的位移
考查匀变速直线运动的公式，根据已知条件灵活地选用公式解题．
2.【答案】A
【解析】解：A、设每根木板对瓦片的摩擦力大小为f，沿木板方向根据平衡条件可得：2f=mgsinθ，解得每个椽子对瓦片的摩擦力大小为f=12mgsinθ，故A正确；
B、瓦片静止，合力大小为0，故B错误；
C、根据平衡条件可得椽子对瓦片的合力大小为F=mg，故C错误；
D、由于椽子对瓦片的支持力方向并不是垂直椽子向上，瓦片受到椽子对其支持力的方向垂直接触面斜向上，设支持力方向与垂直椽子向上的夹角为α，如图所示：
则2FNcsα=mgcsθ
所以每个椽子对瓦片的支持力大于FN>12mgcsθ，故D错误；
故选：A。
瓦片静止，所受合力为零，则在垂直于木板方向所受合力也为零，瓦片受到垂直于木板向下的力为重力的分力mgcsθ，瓦片受到垂直于木板向上的力为两根木板对瓦片的支持力的合力，由力的平衡关系和几何关系可求每根木板对瓦片的支持力大小。沿木板方向根据平衡条件求解摩擦力的大小。
本题的难点在于，对瓦片受力分析时，要考虑到瓦片的特殊结构，木板对瓦片的支持力并不与木板表面垂直，要求学生具有较好的空间想象能力。
3.【答案】A
【解析】解：电荷量为q(q>0)的试探电荷在P点受到的电场力大小为F，方向水平向右，根据场强方向为正试探电荷受力方向，
则P点的电场强度大小为E=Fq，方向水平向右，大小与方向不随试探电荷的改变而变化，故A正确。
故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据电场强度大小为E=Fq，结合电荷量为q(q>0)的试探电荷在P点受到的电场力大小为F，方向水平向右分析求解。
本题考查了电场强度，理解电场强度的定义式和特点是解决此类问题的关键。
4.【答案】C
【解析】解：A、由速度与时间图像可知，两物体的速度均沿正方向，故方向相同，故A错误；
B、速度与时间图线与坐标轴围成的面积表示位移。t=4s时，由图像可知，A物体图像与坐标轴围成的面积比B与坐标轴围成的面积要小，则A物体的位移小于B物体的位移，但由于两物体出发点未知，所以两物体不一定相遇，故B错误；
C、由图像可知t=4s时，A、B两物体的速度相同，故C正确；
D、速度与时间图像斜率表示加速度，由图像可知，B物体图线的斜率大于A的斜率，则B物体的加速度比A物体加速度大，故D错误。
故选：C。
A、速度与时间图像的纵坐标表示速度，正负表示方向；
B、速度与时间图线与坐标轴围成的面积表示位移，结合面积法与题干信息分析；
C、速度与时间图线交点表示速度相等；
D、速度与时间图像斜率表示加速度。
本题考查学生对速度与时间图像的理解，其中利用两个物体的运动情况着重考查学生从速度与时间图像中读取信息的能力。
5.【答案】B
【解析】解：对挂件受力分析，根据牛顿第二定律可得mgtan14°=mv2R，且由图甲可知，车速v=36km/ℎ=10m/s
解得该弯道的半径为R=40m，故B正确，ACD错误。
故选：B。
对挂件受力分析，结合牛顿第二定律列式求解。
本题考查圆周运动向心力问题、牛顿第二定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
6.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，在0～t1时间内，加速度a0恒定，物体做匀加速直线运动，匀加速度阶段的最大速度是v=a0t1之后加速度减小，但会继续加速，故A错误；
B、由图可知，在0～t1时间内，加速度a0恒定，物体做匀加速直线运动，匀加速度阶段的位移是x=v0t+12at2=12a0t12，故B错误；
C、在t1时刻小车达到额定功率，即最大功率，根据牛顿第二定律可得：F−f=ma0
根据速度—时间公式可得：v=a0t1
发动机的最大功率为P=Fv=(f+ma0)a0t1，故C错误；
D、0～t1时间内牵引力做功为：W1=Fx1=(f+ma0)×12a0t12，t1～t2时间内牵引力做功为：W2=P额(t2−t1)=(f+ma0)×a0t1(t2−t1)，
则W1W2=t12(t2−t1)，故D正确。
故选：D。
根据a−t图像判断出小车的加速度变化，结合运动学公式求得匀加速直线运动达到的最大速度及位移，在t1时刻小车达到额定功率，根据P=Fv求得最大功率，根据W=Pt和W=Fx求得牵引力做功。
本题的关键要分析清楚小车各段的运动规律以及力的变化情况，根据a−t图象结合牛顿第二定律、运动学规律进行处理。
7.【答案】D
【解析】解：将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度相等，有vBcs60°=vAcs30°，所以vA= 33v.AB组成的系统机械能守恒，有mgℎ=12mvA2+12mvB2.所以ℎ=2v23g，绳长l=2ℎ=4v23g.故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，根据两物体沿绳子方向的速度相等，求出A的速度，再根据系统机械能守恒，求出B下降的高度，从而求出AB的绳长。
解决本题的关键会对速度进行分解，以及知道AB组成的系统机械能守恒。
8.【答案】B
【解析】解：根据点电荷产生场强的规律得出Q3在N点的电场强度方向沿x轴负向，此时N点(0.5m, 32m)的电场强度为0，
因此Q1和Q2的合电场强度方向沿x轴正向，所以Q1带正电，Q2带负电，如图所示：
由几何知识可知三角形ONP为直角三角形，且r1=ON=1m,r2=NM= 3m,r3=PN=0.5m,θ=60°，
根据点电荷产生电场强度的决定式得E3=kqr32=4kq,E1=kQ1r12=kQ112,E2=kQ2r22=kQ2( 3)2,E1=E3csθ,E2=E3sinθ，
联立解得Q1=2q,Q2=6 3q，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据点电荷的电场强度表达式和电场强度的矢量叠加找出N点的合场强，再据此进行分析即可。
本题考查电场强度的叠加，关键在于能够画出或想象出图中各位置的合场强，尤其是在方向问题。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
体重计示数小于体重说明处于失重状态，则电梯应具有向下的加速度．
明确失重是物体对与之接触的物体的弹力小于重力，不是重力变小了．
【解答】
A、体重计示数小于体重说明晓敏对体重计的压力小于重力，并不是体重变小，故A错误；
B、晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力，大小相等，故B正确；
C、电梯做向上的减速运动也会是失重状态，示数小于其重力，故C错误；
D、以人为研究对象，mg−FN=ma 求得：a=mg−FNm=50×10−40×1050=2m/s2=g5，故D正确。
故选：BD。
10.【答案】AD
【解析】解：A、若电荷b的速度沿竖直方向，且满足b做匀速圆周的条件，则电荷b的速度大小不变，故A正确；
BCD、电荷若不做匀速圆周运动，则运动过程中，电场力为F=kQqr2，随着两电荷距离的变化电场力一定变化，根据牛顿第二定律可知，加速度一定改变；若电荷b有向右的速度，电场力减小，故电荷做加速度减小的减速运动。
故BC错误，D正确。
故选：AD。
根据库仑定律和牛顿第二定律分析试探电荷b的运动情况，进而判断其速度随时间变化的图像。
本题考查了库仑定律、牛顿第二定律和圆周运动的规律，需要学生综合运用这些知识分析试探电荷的运动情况。题目通过不同的初速度方向设置，考查学生对物体运动状态的分析能力和分类讨论的思维方法。题目难度适中，能够较好地考查学生对基本概念和规律的掌握情况以及综合应用能力。
11.【答案】BD
【解析】解：A、物体在地球表面受到的万有引力等于重力，m′g=GMm′R2，“收官之星”属于地球同步卫星，绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)，联立解得“收官之星”运动的周期：T=2π (R+ℎ)3gR2，故A错误；
B、“收官之星”属于地球同步卫星，运动的的轨道一定与赤道共面，故B正确；
C、“收官之星”绕地球做匀速圆周运动，GMm(R+ℎ)2=ma，解得运动的加速度：a=GM(R+ℎ)2，结合A选项公式可知，“收官之星”运动的加速度：a=gR2(R+ℎ)2，故C错误；
D、物体在地球表面受到的万有引力等于重力，m′g=GMm′R2，解得地球质量：M=gR2G，根据密度公式可知，ρ=M43πR3，联立解得地球平均密度：ρ=3g4πGR，故D正确。
故选：BD。
物体在地球表面受到的万有引力等于重力，卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。
“收官之星”是地球同步卫星，运动的轨道一定与赤道共面。
根据密度公式求解地球的平均密度。
此题考查了人造卫星的相关知识，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。
12.【答案】AD
【解析】解：A.质量均为m的物块a和b用轻质弹簧相连静止在斜面上，因拉力F=mg=2mgsin30°，则在a离开挡板后，a、b和轻质弹簧整体受力平衡，开始时，弹簧压缩量为x1=mgsin30°k=mg2k，a刚要离开挡板瞬间，弹簧伸长量为x2=mgsin30°k=mg2k=x1，此时，b、a速度差最大，弹簧弹力大小为mgsin30°=12mg，故A正确；
B.当a运动后，弹簧的最大伸长量不变，弹簧最长时，分别对a和b受力分析，由牛顿第二定律
对a，有FT−mgsin30°=ma1
对b，有FT+mgsin30°−F=ma2
可得a1=a2，二者大小相等，方向相反，故B错误；
C.从开始到a刚要离开挡板的瞬间，弹簧形变量的大小不变，则其弹性势能不变，则对b，由动能定理，有F(x1+x2)−mg(x1+x2)sin30°=12mv2
解得v=g mk，故C错误；
D.由于a离开挡板后，a、b和轻质弹簧整体受力平衡，则整体的动能与弹性势能之和保持不变，则当弹簧最长时，弹性势能最大，系统动能最小，故D正确。
故选：AD。
a刚要离开挡板瞬间，b、a速度差最大，当a运动后，弹簧的最大伸长量不变，由牛顿第二定律列式求解；对b，由动能定理求解b的速度大小；a离开挡板后，a、b和轻质弹簧整体受力平衡，当弹簧最长时，弹性势能最大，系统动能最小。
本题考查牛顿第二定律、受力平衡、动能定理等问题，分析清楚物体运动过程，合理运用公式是解题关键。
13.【答案】50Hz 2.53 12vB2+gℎ=12vC2
【解析】解：(1)把重物下落近似看成自由落体运动，则加速度与重力加速度接近，根据Δx=at2，解得t≈0.02s，则交流电频率为50Hz；利用中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度得vB=xAC2T=4.86+5.252×0.02×10−2m/s≈2.53m/s；
(2)根据机械能守恒定律，只需验证12mvB2+mgℎ=12mvC2，不必测量质量，表达式可变换为12vB2+gℎ=12vC2
故答案为：(1)50Hz，2.53；(2)12vB2+gℎ=12vC2
(1)根据匀变速直线的规律求得时间，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度。
(2)根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据动能的计算公式，得到验证机械能守恒的表达式。
解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的减小量。
14.【答案】0.314 0.495 大于
【解析】解：(1)由匀变速直线运动的推论可知，打下点4时小车的瞬时速度v4=x352T=11.95−5.682×0.1×10−2m/s=0.314m/s，
(2)同理可解得v1=0.165m/s；v2=0.214m/s；v3=0.263m/s；v5=0.363m/s；在图像中描点画出后进行连接，使更多的点在图像越好，不在图像的点分布在图像两侧，误差太大的点舍去，如图所示：
(3)根据图像斜率解得小车的加速度为a=ΔvΔt=0.363−，
(4)若实验时电源频率略低于50Hz，则计算时使用的周期会偏小，测量得到的小车速度偏大；
故答案为：(1)0.314；(2)见解析；(3)0.495；(4)大于
(1)在时间较短的情况下，平均速度与瞬时速度近似相等，
(2)(3)用数据描点，如果是一条直线，则为匀变速直线运动，直线的斜率的绝对值就是加速度的大小；
(4)根据打点计时器的工作原理即可进行误差分析。
在时间较短的情况下平均速度与瞬时速度近似相等；v−t图像中直线表示质点做匀变速直线运动，直线的斜率表示质点的加速度。
15.【答案】解：(1)从A点到B点运动员做平抛运动，由平抛运动规律可得
ℎ=12gt2，vBy=gt
运动员经过B点时，速度沿斜面向下，由速度分解可得
vBy=vBsin37°
联立解得：vB=10m/s
(2)运动员从B运动到D，由动能定理有
mgH−μmgHsinθcsθ+mgR(1−csθ)=12mvD2−12mvB2
运动员在D点，根据牛顿第二定律得
FN−mg=mvD2R
解得：FN=3480N
根据牛顿第三定律可知，运动员第一次到达D点时滑板对D点的压力大小F压=FN=3480N，方向竖直向下。
(3)运动员沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma1
解得：a1=4m/s2
根据运动学公式，有2aHsinθ=vC12−vB2
解得：vC12=240m2/s2
返回时，有mgsinθ+μmgcsθ=ma2
解得：a2=8m/s2
由运动学公式，运动员沿斜面上滑的最大距离为
x=vC122a2=2402×8m=15m
由几何关系可知：xBC=Hsinθ=9sin37∘m=15m
可知，运动员未离开斜面，再次返回C点时，有vC22=2a1x
第二次从C点到E点，根据动能定理有
12mvE2−12mvC22=−mgRcs37°
解得：vE= 40m/s
答：(1)运动员到达B点时的速度大小为10m/s；
(2)运动员第一次到达D点时滑板对D点的压力大小为3480N；
(3)运动员第二次向上冲出E点时的速度大小为 40m/s。
【解析】(1)从A点到B点运动员做平抛运动，根据ℎ=12gt2，vBy=gt列式。运动员经过B点时，速度沿斜面向下，有vBy=vBsin37°，联立求解运动员到达B点时的速度大小；
(2)运动员从B运动到D，由动能定理求出运动员第一次到达D点时速度大小。在D点，由牛顿第二、第三定律求解滑板对D点的压力大小；
(3)根据牛顿第二定律和速度—位移公式相结合求出运动员第二次经过C点的速度，再由动能定理求运动员第二次向上冲出E点时的速度大小。
本题主要考查动能定理的应用，运用动能定理时需要灵活选取运动过程，分析各力做功情况。
16.【答案】解：(1)当摩擦力为零，受力分析如图所示，
根据牛顿第二定律有：mgtan60°=mω02Rsin60，
解得：ω0= 2gR；
(2)当ω>ω0，重力和支持力的合力不够提供向心力，当物块刚好不上滑时，最大静摩擦力沿切线向下，设此最大角速度为ω1，受力如图：
水平方向：Ffcs60°+Nsin60°=mω12Rsin60°，
竖直方向：Ncs60°−Ffsin60°=mg，
代入数据解得：ω1= 10g3R，
当ωω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，根据牛顿第二定律及平衡条件求解最大角速度，当ω