新《试卷》精品解析：河北省衡水中学2020届高三上学期第二次调研物理试题（解析版）18.doc

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1、河北省衡水中学2018届高三（上）第二次调研物理试卷一、选择题1. 如图所示，质量相等的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为（取向下为正）（）A. g、2g、0 B. 2g、2g、0 C. 2g、2g、g D. 2g、g、g【答案】B【解析】解：剪断细线前，对BC整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故T=2mg；再对物体A受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体B受到的力的合力等于2mg，向下，物体A受到的合力为

2、2mg，向上，物体C受到的力不变，合力为零，故物体B有向下的2g的加速度，物体A具有2g的向上的加速度，物体C的加速度为零；故选B【点评】本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与行变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是有微小形变产生的，故可以突变2. 近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅（约270N）的重量不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛，体重增加，胃痛，偏头疼和呼吸道疾病等，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随

3、之变化，现将人低头时头颈部简化为如图所示的模型，重心在头部的P点，颈椎OP（轻杆）可绕O转动，人的头部在颈椎的支持力和沿PA方向肌肉拉力的作用下静止假设低头时颈椎OP与竖直方向的夹角为45，PA与竖直方向的夹角为60，此时颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的（1.414，1.732）（）A. 4.2倍 B. 3.3倍 C. 2.8倍 D. 2.0倍【答案】B【解析】试题分析：由题意可明确人的头受力情况，如图所示：设人的颈椎对头的支持力F，则由几何关系可知：所以，B正确；考点：考查共点力的平衡在实际生活中的应用【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各

4、个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解，3. A、B两个物体在水平面上沿同一直线运动，它们的vt 图象如图所示在t=0时刻，B在A的前面，两物体相距9m，B物体在滑动摩擦力作用下做减速运动的加速度大小为2m/s2，则A物体追上B物体所用时间是（）A. 3s B. 5s C. 7.5s D. 8.5s【答案】D【解析】试题分析：刹车问题，首先要考虑物体经多长时间停下来。B减速到零所需的时间。解法一：在5s内，A的位移，B的位移，可知B停下来时二指距离，即B停下来后A还需运动12m才能追上B，。所

5、以A追上B所需的时间，故A、B、C错误，D正确。解法二：A追上B需满足，即，代入数据、整理得：，解得：。，不合理，舍去；，此时B已经停止，不合理。可知A追上B时B已经停止，需满足，故A、B、C错误，D正确。考点：匀变速直线运动的规律，追击相遇问题4. 如图所示，两个相对的斜面，倾角分别为37和53在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别为向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为（）A. 1：1 B. 4：3 C. 16：9 D. 9：16【答案】D【解析】对于A球，；对于B球， ，；所以，故选项D正确。点睛：解决本题的关键抓住平抛运动落在斜面上竖直方向

6、上的位移和水平方向上的位移是定值。5. 利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平横杆上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的张力为（）A. B. 3mg C. 2.5mg D. 【答案】A【解析】试题分析：小球恰好过最高点时有：，解得：根据动能定理得，由牛顿第二定律得：联立得，故A正确，B、C、D错误故选：A考点：动能定理及牛顿第二定律的应用。6. 如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1转动，已

7、知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块B到OO1轴的距离为物块A到OO1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（）A. A受到的静摩擦力一直增大B. B受到的静摩擦力先增大，后保持不变C. A受到的静摩擦力是先增大后减小D. A受到的合外力一直在增大【答案】BD【解析】由于A的半径比B小根据向心力的另一个公式 F向=m2R 可知 A、B的角速度相同，所以A所需向心力比B小，因为两物体的最大静摩擦力一样，所以B物体的静摩擦力会先不足以提

8、供向心力而使绳子产生拉力，之后随着速度的增大，静摩擦力已经最大不变了，绳子拉力不断增大来提供向心力，所以B所受静摩擦力是先增大后不变的，故B正确，A错误；因为是B先使绳子产生拉力的，所以当绳子刚好产生拉力时A受静摩擦力作用且未到最大静摩擦力，此后A的向心力一部分将会由绳子拉力来提供，静摩擦力会减小，而在产生拉力前A的静摩擦力是一直增大的，故C错误在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以做向心力时，绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动 根据向心力公式， 可知：在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也

9、不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体的合力，故D正确故选BD.7. 如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA=2.0kg，小车上放一个物体其质量为mB=l.0kg如图甲所示，给B个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动如果撤去F，对A施加一水平推力F，如图乙所示要使A、B不相对滑动，则F的最大值Fm为（）A. 2.0N B. 3.0N C. 6.0N D. 9.0N【答案】C【解析】根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值时，系统的加速度为a根据牛顿第二定律，对A、B整体有 ，对A有，代入数据解得： 根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统

10、的加速度为，根据牛顿第二定律得：以B为研究对象有： 以A、B整体为研究对象，有 代入数据解得：，故C正确。点睛：解决本题的关键抓住临界状态，根据牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用，要灵活选取研究对象。8. 某人划船横渡一条河，河水流速处处相同且恒定，船的划行速率恒定已知此人过河最短时间为 T1；若此人用最短的位移过河，则需时间为T2；已知船的划行速度大于水速则船的滑行速率与水流速率之比为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设河宽为d，设船在静水中的速率为v1，水流速为v2（1）最短时间过河时，静水速与河岸垂直，有： （2）最小位移过河： 则： 点睛：小船过河问题的处理只需

11、要将运动分解到沿河方向和垂直河岸方向，分别列式即可注意：（1）当船速垂直河岸时，用时最少；（2）当船速大于水速时，合速度垂直河岸，位移最小9. 如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgsin=mL2，解得 故A正确，BCD错误，故选A10. 如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴

12、的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止下列说法正确的是（）A. 小球A的合力小于小球B的合力B. 小球A与框架间可能没有摩擦力C. 小球B与框架间可能没有摩擦力D. 圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大【答案】C【解析】试题分析：小球受到的合力充当向心力，因为到竖直转轴的距离相等，所以两小球的速度大小相等，半径相同，根据公式，两小球受到的合力大小相等，A错误；小球A受到的重力竖直向下，受到的支持力垂直该点圆环切线方向指向圆心，故两个力的合力不可能指向竖直转轴，所以一定受到摩擦力作用，小球B受到竖直向下的重力，受到的垂直该点切线方向指向圆心的支持力，合力可能指向竖直转轴，所以B

13、可能不受摩擦力作用，B错误C正确；因为B可能不受摩擦力作用，所以无法判断摩擦力变化，故D错误。考点：考查了匀速圆周运动规律的应用11. 如图甲所示，质量为M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一个质量为m的物体A，用一个竖直向下的力F作用于A上，物体A刚好沿斜面匀速下滑若改用一个斜向下的力F作用在A时，物体A加速下滑，如图乙所示，则在图乙中关于地面对劈的摩擦力f及支持力N的结论正确的是（）A. f=0，NMg B. f=0，NMg C. f向右，NMg D. f向左，NMg【答案】A解：设斜面的倾角为对于图甲，以A为研究对象，分析受力，作出力图如图1根据平衡条件得（mg+F）sin=（mg+

14、F）cos得到=tan对于乙图，以B为研究对象，分析受力，作出力图如图2设地面对B的方向水平向右，根据平衡条件得水平方向：f=f1cosN1sin又f1=N1得到f=N1cosN1sin=tanN1cosN1sin=0竖直方向：NMg故选A【点评】本题关键是采用隔离法分析物体的受力情况，其次得到=tan中等难度12. 如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动当它们刚运行至轨道的粗糙段时，下列说法中可能正确的是（）A. 绳的张力减小，地面对a的支持力不变B. 绳

15、的张力减小，地面对a的支持力增加C. 绳的张力增加，斜面对b的支持力不变D. 绳的张力增加，斜面对b的支持力增加【答案】AB【解析】在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡； 对b受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有 ； ；由两式解得：，；当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；（1）物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到： ； ；由两式解得：，；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩

16、擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变；（2）物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大；综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加；a对b的支持力一定增加，故选项AB正确。点睛：本题关键要熟练运用整体法和隔离法对物体受力，同时要能结合牛顿运动定律求解！解题中还可以运用超重与失重的相关知识。13. 如图所示，在竖直平面有一个光滑的圆弧轨道MN，其下端（即N端）与表面粗糙的水平传送带左端相切，轨道N端与传送带左端的距离可忽略不计当传送

17、带不动时，将一质量为m的小物块（可视为质点）从光滑轨道上的P位置由静止释放，小物块以速度v1滑上传送带，从它到达传送带左端开始计时，经过时间t1，小物块落到水平地面的Q点；若传送带以恒定速率v2运行，仍将小物块从光滑轨道上的P位置由静止释放，同样从小物块到达传送带左端开始计时，经过时间t2，小物块落至水平地面关于小物块上述的运动，下列说法中正确的是（）A. 当传送带沿顺时针方向运动时，小物块的落地点可能在Q点右侧B. 当传送带沿逆时针方向运动时，小物块的落地点可能在Q点左侧C. 当传送带沿顺时针方向运动时，若v1v2，则可能有t1t2D. 当传送带沿顺时针方向运动时，若v1v2，则可能有t1t

18、2【答案】AC【解析】试题分析：根据机械能守恒定律知道滑上传送带的速度，与传送带的运行速度进行比较，判断物体的运动规律，从而得出物体平抛运动的初速度，以及平抛运动的水平位移物体飞出右端做平抛运动，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解：A、C、当传送带不动时，小物块在传送带上做匀减速运动，传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，当v1v2，小物块在传送带上可能一直做匀减速运动，也有可能先做匀减速后做匀速运动，所以t1t2小物块滑出传送带时的速度大于等于v2，根据平抛运动规律知道小物块的落地点可能仍在Q点，可能在Q点右侧故AC正确；B、传送带以恒定速率v2沿逆时针方向运行

19、，小物块在传送带上做匀减速直线运动，与传送带静止情况相同，根据平抛运动规律知道小物块的落地点在Q点故B错误；D、传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，当v1=v2，小物块在传送带上做匀速直线运动，所以t1t2根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在Q点右侧传送带以恒定速率v2沿顺时针方向运行，当v1v2，小物块在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先做匀加速后做匀速运动，所以t1t2 根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在Q点右侧故D错误；故选：AC【点评】解决本题的关键掌握机械能守恒定律，以及会根据物块的受力判断物块的运动规律，当物块的速度大于传送带的速度，则在传送带上先做匀减速运动，当速度

20、等于传送带速度时，做匀速直线运动14. 如图所示，等腰直角三角体OCD由粗糙程度不同的材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DPCP现OD边水平放置，让小物块无初速从C滑到D，然后将OC边水平放置，再让小物块无初速从D滑到C，小物块两次滑动到达P点的时间相同下列说法正确的是（）A. 第二次滑到P点速率大B. 两次滑动中物块到达P点时的速度大小相等C. 两次滑动中物块到达底端时的速度大小相等D. 第一次滑到P点速率大【答案】AC学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.点睛：熟练应用动能定理是解答这类问题的关键，应用动能定理时注意正确选择两个

21、状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节。15. 如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其Tv2图象如图乙所示，则（） A. 轻质绳长为B. 当地的重力加速度为C. 当v2=c时，轻质绳的拉力大小为D. 只要v2b，小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为6a【答案】ACD【解析】A、在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得： 得 由图象知，时，图象的斜率，则得：，得：绳长 ，故A正确；B、当时，由得：，得 ，故B错误；C、当时，代入得：，故C正确；D、

22、只要，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得：最高点： 最低点： 从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得： 联立解得：，即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为，故D正确。点睛：解决本题的关键知道小球在最高点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，知道图线的斜率和截距表示的含义。二、非选择题16. 为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图1所示的实验装置其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作是_（填选项前的字母）A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打

23、出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_m/s2（结果保留两位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_（填选项前的字母）A2tan B Ck D【答案】 (1). BCD (2). 1.3 (3). D【解析】（1）物体M受到的力可由力计读出，故

24、砂和砂桶的质量可以不用测出；故A错误； 将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体M受到的合力就不考虑摩擦力了；故B正确； 小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的；故C正确；改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，是用来外力大小的，故也是需要进行的操作；故D正确；因为外力的大小可以通过测力计读出，故不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故E错误； 所以需要进行的操作是BCD；（2）小车的加速度 ；（3）因为弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，故 ，由牛顿第二定律2F=ma得，小车的质量为； 点睛：解决实

25、验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数的2倍17. 为了探究水流射程与排水孔高度的关系，某研究性学习小组设计了如图所示的实验装置取一只较高的塑料瓶，在侧壁的母线上钻一排小孔，保持小孔的间距相等，在每个小孔中紧插一段圆珠笔芯的塑料管，作为排水管再剪若干小段软塑料管，将其一头加热软化封闭起来，作为排水管的套帽任意打开其中某一小孔，让水流出，测得此时该水流的射程s和其对应排水孔到底面的高度为h，每次实验保持液面的高度均为H利用描点法就可画出sh的图象（1）请你根据理论分析写出s与h的关系式

26、_（已知排水孔喷出水流的速度v与排水孔到地面的高度h的关系为v2=g（Hh） ）（2）在图乙中定性画出sh图象_（3）水孔高度h为多少时水流射程最大？_（以图中字母表示）【答案】 (1). (2). 如图所示； (3). 【解析】试题分析：（1）据题意，水从排水管流出的速度为：，计算得；水流从排水管流出做平抛运动，水平射程为：，做平抛运动的竖直方向有：，整理得s与h的关系为：；（2）如图所示；（3）从上图可以看出，当排水管高度是射程最远。考点：本题考查平抛运动的应用。18. 一辆汽车通过一根跨过定滑轮的轻绳子提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是H车由静止开始向

27、左做匀加速运动，经过时间t绳子与水平方向的夹角为，如图所示，试求：（1）车向左运动的加速度的大小；（2）重物在t时刻速度的大小【答案】（1） （2）【解析】试题分析：（1）汽车在时间t内向左走的位移：又汽车匀加速运动xat2所以a（2）此时汽车的速度v汽at由运动的分解知识可知，汽车速度沿绳的分速度与重物m的速度相等，即得v物。考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】本题关键记住“通过绳子连接的物体，沿着绳子方向的分速度相等”的结论，同时结合运动学公式列式求解。19. 如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止放在光滑的水平地面上，其右端静置一质量为m=1kg

28、的小滑块（可视为质点），小滑块与板间的动摩擦因数=0.4今用水平力F=28N向右拉木板，使滑块能从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？（不计空气阻力，g=10m/s2）【答案】1s【解析】设F作用时间为t，滑块在木板上滑动距离为，根据牛顿第二定律得：滑块加速度为：，木板加速度为：，即： 此时，滑块速度 木板速度 撤去F后，系统动量守恒，有：，得 若滑块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒有： 代入数据解得：。点睛：本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系再结合动量守恒、牛顿第二定律、运动学规律和能量守恒列式求解。20. 如图所示，光滑直杆AB长为L

29、，B端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接OO为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为（1）杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量l1；（2）当小球随光滑直杆一起绕OO轴匀速转动时，弹簧伸长量为l2，求匀速转动的角速度；（3）若=30，移去弹簧，当杆绕OO轴以角速度匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：解得：小球速度最大时其加速度为零，则有

30、：解得： ，（2）设弹簧伸长时，球受力如图所示：水平方向上有：竖直方向上有：解得：；（3）当杆绕轴以角速度匀速转动时，设小球距离B点，此时有：解得：。点睛：本题考查了牛顿第二定律、胡克定律与圆周运动的综合，要明确小球做匀速转动时，靠合力提供向心力，由静止释放时，加速度为零时速度最大。21. 如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数=0.5，且与台阶边缘O点的距离s=5m在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板（g=10m/

31、s2）（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开O点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围；（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值（结果可保留根式）【答案】（1）4m/s；（2）2.5x3.3；（3）【解析】试题分析：（1）小物块从O到P做平抛运动：水平方向：竖直方向：ygt2解得：（2）为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为，由动能定理得：，解得，为使小物块击中挡板，小物块的平抛初速度不能超过，设拉力F作用的最长距离为，由动能定理得：Fx2mgsmv解得，则为使小物块击中挡板，拉力F作用的距离范围为：（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x，y），则：，ygt2由机械能守恒得：Ekmv02mgy又，由P点坐标可求化简得Eky由数学方法求得Ekmin2 J考点：动能定理；机械能守恒定律【名师点睛】本题综合了动能定理和平抛运动知识，综合性较强，难度中等，知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律并能熟练应用。