4.AD 解析： A、选取向上的方向为正方向，物体在4s内的位移：

h=v0t-gt2=30×4-×10×42m=40mm;方向与初速度的方向相同，向上.物体上升的最大高度：H= m=45m，物体上升的时间：t1= s=3s下降位移为h′=g(t-t1)2=5m故路程为s=H+h′=50m，故A正确，B 错误;C、4s末的速度为v′=v0-gt=-10m/s，故速度△v=v′-v0=-40m/s，故C错误;D、平均速度为 m/s=10m/s，故D正确;故选：AD

5.D

6.解：A、小球在圆周最高点时，向心力可能为重力，也可能是重力与绳子的合力，取决于小球的瞬时速度的大小，故A正确.

B、小球在圆周最高点时，满足一定的条件可以使绳子的拉力为零，故B错误.

C、小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则在最高点，恰好由重力提供向心力时，有：mg=m，v=，故C错误.

D、小球在圆周最低点时，具有竖直向上的向心加速度，处于超重状态，根据牛顿第二定律得知，拉力一定大于重力，故D正确.

故选：AD

7.2m/s;(0.1m，0.1875m)

研究平抛物体的运动

设相邻两点间的时间间隔为T

竖直方向：2L﹣L=gT2，得到T=

水平方向：v0==2

代入数据解得v0=2×=2m/s

根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，有：

因此从抛出点到B点时间为：

因此从抛出点到a点的时间为：

t1=t﹣T=0.15s﹣0.1s=0.05s

因此从抛出点到a的水平和竖直距离分别为：

x=v0t1=2×0.05=0.1m

因此抛出点横坐标为x1=0.2﹣0.1=0.1m，纵坐标为y1=0.2﹣0.0125m=0.1875m，

即小球抛出点的坐标为(0.1m，0.1875m)

故答案为：2m/s;(0.1m，0.1875m)

8.解：(1)AB“研究平抛物体的运动”的实验，保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故A正确，B错误;

C、每次实验小球必须从斜槽的同一位置由静止释放，而斜槽不必一定要光滑，故C正确;

D、在实验之前，须先用重锺，来确定纸上y轴方向，故D错误;

(2)物体在竖直方向做自由落体运动，y=gt2;水平方向做匀速直线运动，x=vt;

联立可得：y=，

因初速度相同，故为常数，故y﹣x2应为正比例关系，故C正确，ABD错误;

故选：：①AC;②C.

9.(1)2m/s      (2)         (3)6J

10.【知识点】牛顿第二定律;自由落体运动;向心力.A3 C2 D4

【答案解析】(1) 2.(2).(3)(1+)mg. 解析 ：(1)由运动学公式

2R=gt2得，t=2.(2)由v=得，v=.(3)设支持力为F，由牛顿第二定律得：F-mg=m解得F=m(g+g)=(1+)mg由牛顿第三定律得人对地板的压力FN=(1+)mg，方向竖直向下.

【思路点拨】(1)根据自由落体运动的位移时间公式求出重物下落的时间.(2)根据弧长和时间，通过线速度的定义式求出运动的线速度大小.(3)根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而根据牛顿第三定律求出人对地板的压力.解决本题的关键搞清向心力的，运用牛顿定律进行求解.

11.(1)当时v=，绳对物体的拉力为mg.

(2)当时v=，绳对物体的拉力为2mg.

向心力.

当物体刚要离开锥面时，锥面对小球没有支持力，由牛顿第二定律得：Tcosθ﹣mg=0，Tsinθ=m

解得 v=.

(1)因v1

T1cosθ+N1sinθ﹣mg=0

T1sinθ﹣N1sinθ=m

解得 T1=mg

(2)因v2>v，则球离开锥面，设线与竖直方向上的夹角为α，如图2所示.

则T2cosα﹣mg=0

T2sinα=m

解得T2=2mg.

答：

(1)当时v=，绳对物体的拉力为mg.

(2)当时v=，绳对物体的拉力为2mg.

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