2018-2019学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，选择题，实验题等内容，欢迎下载使用。

2018-2019学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分每小题只有一个选项符合题意
1．（3分）一只足球以10m/s的速度水平向西飞向一足球运动员，运动员用脚踢球，使足球以15m/s反向飞回，已知脚与球接触时间为0.5s，这个踢球的过程中足球的加速度为（　　）

A．10m/s2方向水平向西 B．10m/s2方向水平向东
C．50m/s2方向水平向西 D．50m/s2方向水平向东
2．（3分）如图所示，质量m＝10kg的物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，在向右滑动的过程中，还受到大小为10N，方向水平向左的力F作用。则物体所受摩擦力为（取g＝10m/s2）（　　）

A．10N，向左 B．10N，向右 C．20N，向左 D．20N，向右
3．（3分）如图是一种测定风力仪器的原理图，金属小球P的质量为m，固定在一细长刚性金属丝下端能绕悬挂点O在竖直平面内转动无风时金属丝自然下垂，当水平方向的风吹向金属小球P时，金属丝将偏离竖直方向定角度，则水平风力F的表达式正确的是（　　）

A．F＝mgsinθ B．F＝mgcosθ C．F＝mgtanθ D．F=mgcosθ
4．（3分）一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由N向M行驶速度逐渐减小。图A，B，C，D分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，你认为正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（3分）物体以初速度t沿粗糙斜面向上滑行，达到最高点后自行返回原点在这一过程中，下列关于物体的速度与时间图线正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）水平杆上套有两个相同的质量为m的环，两细线等长，下端系着质量为M的文物体，系统静止，现在增大两环间距而系统仍静止，则杆对环的支持力FN和杆对环的摩擦力Ff的变化情况是（　　）

A．都不变 B．都增大
C．FN增大，Ff不变 D．FN不变，Ff增大
二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）
7．（4分）如图所示，为减少“探究求合力的方法”中的实验误差，下列说法正确的是（　　）

A．作力的图示时，各力的比例标度应相同
B．弹簧秤必须与木板保持平行
C．用铅笔沿着绳子划线，记录拉力的方向
D．实验中所用的两根细线尽量短一点
8．（4分）公路在通过小型水库的泄洪闸的下游时，常常要修建凹形桥，也叫“过水路面”。如图所示，汽车通过凹形桥的最低点时（　　）

A．车对桥的压力比汽车的重力小
B．车对桥的压力比汽车的重力大
C．车的速度越大，车对桥面的压力越大
D．车的速度越大，车对桥面的压力越小
9．（4分）机车A拉着一节车厢B向右行驶用F1和F2分别代表机车A对车厢B和车厢B对机车A的作用力，已知车厢B行驶时受到的阻力为F阻，则（　　）
A．机车A拉车厢B匀速行驶时，F1＝F阻，F1与F阻方向相反
B．机车A拉车厢B匀速行驶时，F1＝F2，F1与F2方向相反
C．机车A拉车厢B加速行驶时，F1＞F阻，F1与F阻方向相反
D．机车A拉车厢B加速行驶时F1＞F2，F1与F2方向相反
10．（4分）如图所示，蜡块可以在竖直玻璃管内的水中匀速上升。若在蜡块从A点开始匀速上升的同时玻璃管沿水平方向向右做直线运动（如图），则关于蜡块的实际运动轨迹的说法中正确的是（　　）

A．若玻璃管向右做匀速直线运动，则轨迹为直线P
B．若玻璃管向右做匀加速直线运动，则轨迹为直线P
C．若玻璃管向右做匀加速直线运动，则轨迹为曲线R
D．若玻璃管向右做匀加速直线运动则轨迹为曲线Q
11．（4分）在粗糙的水平面上，物体在水平推力作用下由静止开始作匀加速直线运动，作用一段时间后，将水平推力逐渐减小到零，则在水平推力逐渐减小到零的过程中（物体仍在继续运动）则（　　）
A．物体速度逐渐减小
B．物体速度先增大后减小
C．物体加速度逐渐减小
D．物体加速度先减小后增大
三、实验题：本题共两小题，共18分，请将解答填写在答题卡相应的位置
12．（8分）某同学用如图所示装置做探究弹簧伸长和所受拉力关系”的实验他先在弹簧下端挂上一个钩码然后逐个增加钩码，记录弹簧下端指针对应所指的标尺刻度所得数据列表如下：
钩码重G/N
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
标尺刻度x/10﹣2m
22.94
26.82
32.10
34.66
38.60
（1）根据记录数据，该同学已在坐标上描出了相应的点，如图所示。请在坐标上画出弹簧指针所指的标尺刻度与钩码重的关系图线。
（2）根据关系图线可确定：这根弹簧的劲度系数为　 　N/m，原长为　 　cm．（保留一位小数）
13．（10分）在探究“加速度与力、质量关系”的活动中：
（1）实验器材组装如图甲所示。实验装置图中的电源应为　 　（填“交流电源”或“直流电源”）
（2）在实验中保持小车质量不变，改变沙桶的质量，测得小车所受绳子的拉力F和加速度a的数据如下表：
F/N
0.21
0.30
0.40
0.49
0.60
a/（m/s2）
0.10
0.21
0.29
0.41
0.49
①根据测量的数据在图乙中作出a﹣F图象；
②由作出的图象可知小车与长木板之间的摩擦力力大小为　 　N．（保留一位有效数字）
③下图丙是实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点之间的时间间隔为0.1s，由图中的数据可得小车的加速度a＝　 　m/s2（结果保留两位有效数字），C点的速度Vc＝　 　m/s。（结果保留两位有效数字）
四、计算题本题共5小题，共计64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，有数值计算的题答案必须明确写出数值和单位
14．（12分）从离地31.25m的空中自由下落一个小球，不计空气阻力取g＝10m/s2，求：
（1）从开始下落的时刻起，小球经过多少时间落到地面；
（2）小球落到地面的速度大小；
（3）从开始下落到落地的整个过程中求最后1s内的位移大小；
15．（12分）质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，段时间后撒去F，其运动v﹣t图象如图所示。g取10m/s2，则：
（1）0﹣10s内物体运动位移的大小是多少？
（2）物体与水平面间的动摩擦因数μ是多少？
（3）水平推力F的大小为多少？

16．（12分）如图所示，质量为4.0kg的物体在与水平方向成37°角、大小为20N的拉力F作用下沿水平面由静止开始运动，已知物体与地面间动摩擦因数为0.20；取g＝10m/s2，cos37°＝0.8，sin37°＝0.6；求：
（1）物体的加速度大小；
（2）经过2s撤去F，求物体前5s内的位移是多少？

17．（14分）民用航空客机的机舱除通常的舱门外，还设有紧急出口。发生意外的客机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面机舱中的乘客可以沿着斜面迅速滑到地面。若某客机紧急出口离地面的高度为4m，构成斜面的气囊长5m，要求乘客在紧急疏散时由气囊顶端从静止开始滑到地面的时间不超过2s，且为了不至于摔伤乘客，到达地面时的速度不能超过6m/s，则在设计气囊时，所选气囊材料与下滑乘客间的动摩擦因数应满足什么条件？g取10m/s2
18．（14分）如图所示，质量为60kg的跳台滑雪运动员经过一段半径为40m的圆弧加速滑行后从O点水平飞出（O点正好在圆弧对应圆心的正下方），经3.0s落到斜坡上的A点已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，不计空气阻力（取sin37°＝0.60，cos37°＝0.80；g取10m/s2求
（1）A点与O点的高度差h和AO距离L；
（2）运动员刚要离开0点时的速度大小及对O点的压力。
（3）运动员落到A点时速度的大小和方向。


2018-2019学年江苏省无锡市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分每小题只有一个选项符合题意
1．【分析】规定速度的正方向，确定始末速度，再根据加速度的定义求加速度。
【解答】解：以水平向西为正方向，则初速度v0＝10m/s，末速度v＝﹣15m/s，
所以足球的加速度为：a=-15-100.5=-50m/s2
负号表示加速度的方向与飞来的方向相反即为水平向东，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】掌握加速度的定义式，知道同一条直线上的矢量运算是解题的关键。注意速度的矢量性。
2．【分析】滑动摩擦力方向与物体相对运动方向相反。滑动摩擦力的大小f＝μN，N是物体对地面的压力。物体在水平面上滑动时对地面的压力大小等于其重力。根据这些知识即可求解本题。
【解答】解：物体所受滑动摩擦力大小为f＝μN，而N＝mg，则f＝μmg＝0.1×10×10N＝10N。
根据滑动摩擦力方向与物体相对运动方向相反可知，物体向右运动，则其所受滑动摩擦力方向向左。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题关键要掌握滑动摩擦力方向的特点：与物体相对运动方向相反，以及滑动摩擦力大小公式f＝μN．要注意滑动摩擦力不是F方向相反，而是与物体相对运动方向相反。
3．【分析】对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用合成法求解。
【解答】解：对小球受力分析，受重力、水平分力、绳子的拉力，如图

将风力和拉力合成，根据共点力平衡条件，有
F＝mgtanθ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题关键对小球受力分析，根据共点力平衡条件求出风力和角度θ的关系。
4．【分析】根据曲线运动的条件以及减速曲线运动的条件判断。
【解答】解：AD．由曲线运动条件知，物体所受合外力必须在曲线凹侧，故AD错误；
BC．曲线运动中某点的速度方向为该点的切线方向，又因为汽车速度减小，作减速运动，和、又因为减速曲线运动合外力和速度成钝角，故B正确，C错误；
故选：B。
【点评】该题是对曲线运动基本条件和减速曲线运动条件应用的考查的试题。
5．【分析】物体以初速度v0沿粗糙斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律分析两个过程加速度关系，由位移时间公式分析运动时间关系，从而确定图象的形状。
【解答】解：物体以初速度v0沿粗糙斜面向上滑行，先向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma上；
后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma下，对比可得，a上＞a下，
所以上滑过程速度图象的斜率绝对值大于下滑过程图象斜率的绝对值。
根据x=12at2知，两个过程位移大小相等，上滑时间与下滑时间短，符合物体运动情况的图象只有A．故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查理解速度﹣时间图象的能力，关键要根据牛顿第二定律分析加速度关系，抓住v﹣t图线的斜率表示加速度的特点进行分析。
6．【分析】由题意可知物体始终处于平衡状态，则由共点力的平衡条件可知细线对环的两拉力的变化；对整体受力分便可知支持力的变化。
【解答】解：对整体受力分析，可知整体受重力、两环的支持力及摩擦力而处于平衡，竖直方向上受两支持力及重力且平衡，故两支持力的合力应等于重力，故支持力保持不变。
因物体处于平衡状态，故两力的合力与重力大小相等方向相反，因两细线的夹角增大，由力的合成规律可知两细线上的拉力增大，故细线对环的拉力增大；故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】整体法与隔离法为受力分析中常用方法，在解题中要注意灵活应用；在对整体受力分析时只分析系统之外的力，而不能分析内力。
二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）
7．【分析】本题涉及实验原理：合力与分力产生相同的形变效果，测量出分力与合力的大小和方向，用同样的标度作出这些力的图示，寻找规律；注意实验中的注意事项，明确减小误差的基本方法。
【解答】解：A、为了利用作图法求解合力，图中各个力的大小所用的比例标度相同，故A正确；
B、为了防止出现竖直方向上的分力，故弹簧秤应与木板保持平行，故B正确；
C、记录方向时，通过在细线下方描点的方法进行；不能沿绳子划线，故C错误；
D、实验中所用的两根细线适当长一点可以减少因描点不准确而带来的误差，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查验证力的平形四边形定则的实验，要注意理解实验应理解实验的原理及方法，由实验原理和方法记忆实验中的注意事项，最好通过实际操作实验，加深对实验的理解。
8．【分析】根据牛顿第二定律得出支持力和重力的关系，从而比较压力和重力的大小关系，根据牛顿第三定律比较支持力和压力的大小关系。
【解答】解：AB、汽车通过凹形桥最低点时，靠重力和支持力的合力提供向心力，有：N﹣mg＝mv2R，解得：N＝mg+mv2R，可知汽车对桥的压力大于汽车的重力，故A错误，B正确；
CD、根据N＝mg+mv2R可知，速度越大，车对桥面的压力越大，故C正确D错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，明确支持力与重力的合力充当向心力。
9．【分析】机车匀速行驶时，A、B的合力均为零，根据平衡条件分析A对B的作用力和阻力的关系；当机车有加速度时，以B为研究对象，根据牛顿第二定律求解A对B的作用力。
【解答】解：AB、A拉B匀速行驶，A、B都处于平衡状态，由平衡条件可知，F1＝F阻，方向相反；F1和F2是作用力与反作用力，它们等大反向；故AB正确；
CD、A拉B加速行驶时，F1大于F阻，方向相反；F1和F2是作用力与反作用力，它们等大反向；故C正确D错误；
故选：ABC。
【点评】本题要正确选择研究对象，运用牛顿第二定律和牛顿第三定律求解。
10．【分析】蜡块参与了水平方向上匀速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据合速度的方向关系确定蜡块的运动轨迹；蜡块参与了水平方向上初速度为0的匀加速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据合速度与合加速度的方向关系确定蜡块的运动轨迹。
【解答】解：A、蜡块参与了水平方向上匀速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，因此蜡块将沿着合速度的方向做匀速直线运动，则轨迹为直线P，故A正确；
B、当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向。蜡块的合速度方向竖直向上，合加速度方向水平向右，不在同一直线上，轨迹的凹向要大致指向合力的方向，则轨迹为曲线Q，故BC错误，D正确；
故选：AD。
【点评】解决本题的关键知道当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向。
11．【分析】分析物体的受力情况，确定合力的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化，加速度大小与合力大小成正比。当合力方向与速度方向相同时，物体做加速运动；当合力方向与物体的速度相反时，物体做减速运动。
【解答】解：物体在水平推力作用下由静止开始作匀加速直线运动，物体水平方向受到推力和滑动摩擦力。水平推力从开始减小到与滑动摩擦力大小相等的过程中，物体受到推力大于摩擦力，物体做加速运动，合力减小，加速度减小；此后，推力继续减小，推力小于滑动摩擦力，合力与速度方向相反，物体做减速运动，合力反向增大，加速度反向增大。
故物体速度先增大后减小，加速度先减小后增大。
故AC错误，BD正确；
故选：BD。
【点评】本题分析物体受力情况和判断运动情况的能力。物体做加速运动还是减速运动，看加速度方向与速度方向的关系，两者同向，加速；反向，减速。
三、实验题：本题共两小题，共18分，请将解答填写在答题卡相应的位置
12．【分析】（1）根据表中数据，利用描点法可正确作出弹簧指针所指的标尺刻度与钩码重的关系曲线；
（2）根据胡克定律写出F与L的关系方程，然后根据有关数学知识进行求解。
【解答】解：（1）利用描点法得出图象如下所示：

（2）根据图象可知弹簧总长度和弹簧拉力关系图线为直线，因此弹簧伸长与所受拉力成正比关系，图线的斜率大小等于弹簧的劲度系数，图象与纵坐标的交点为弹簧的原长，根据图象有：弹簧的劲度系数k＝25.5N/m，弹簧的原长为：l＝19.0cm。
故答案为：如图所示，正比，25.5～26.5，18.8～19.2。
【点评】对于基础实验要加强动手能力，提高实验水平，同时加强数学知识在物理中的应用，提高数据处理能力。
13．【分析】（1）本题应抓住：电磁打点计时器的电源是低压交流电源等注意事项。
（2）①采用描点法作出a～F图象。
②当小车刚开始运动时所受的静摩擦力即为最大静摩擦力，由图象读出a＝0时的F即可得到。
③根据匀变速直线运动的推论：sm﹣sn＝（m﹣n）T2，（m＞n）求解加速度。对于AE段，由平均速度公式求出速度vC。
【解答】解：（1）电磁打点计时器的电源是低压交流电源；
（2）①根据描点法画出a﹣F图象如图；
②当小车刚开始运动时所受的静摩擦力即为最大静摩擦力，由图象读出a＝0时的F＝0.1N，则知最大静摩擦力为0.1N
③由sEF﹣sAB＝4aT2，T＝0.1s
得：a=sCE-sAC4T2=(2.74+4.04)-(0.72+1.63)4×0.01×10-2m/s2＝0.11m/s2
C点的瞬时速度等于AE之间的平均速度，所以：vC=vAE=0.72+1.63+2.74+4.044×0.1×10-2=0.22m/s
故答案为：（1）交流电源；（2）①如右图所示；②0.1；③0.11，0.22。

【点评】本题考查了打点计时器应用的注意事项及打出的纸带的处理方法，有利于学生基本知识的掌握，同时也考查了学生对实验数据的处理方法，及试验条件的掌握，平衡摩擦力的方法。
四、计算题本题共5小题，共计64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，有数值计算的题答案必须明确写出数值和单位
14．【分析】根据h=12gt2求小球落地时的时间；
根据v＝gt求小球落地时的速度；
最后1s内的位移等于总位移减去前1.5s内的位移；
【解答】解：（1）由公式h=12gt2可知：
t=2hg=2×31.2510=2.5s
（2）由v＝gt得落地速度为：v＝10×2.5m/s＝25m/s
（3）由公式h=12gt2可知前1.5s下落的位移为：h1=12×10×1．52=11.25m，
故最后1s内的位移大小为：h2＝h﹣h1＝31.25﹣11.25m＝20m；
答：（1）从开始下落的时刻起，小球经过2.5s落到地面；
（2）小球落到地面的速度为25m/s；
（3）从开始下落到落地的整个过程中求最后1s内的位移大小为20m；
【点评】本题是自由落体运动基本公式的运用，题目较基础。
15．【分析】（1）根据图线与时间轴围成的面积求出0～10s内物体运动位移的大小；
（2）根据速度时间图线的斜率求出物体在6﹣10s内的加速度，结合牛顿第二定律求出摩擦力，从而求得动摩擦因数。
（3）根据速度时间图线的斜率求出物体在0﹣6s内的加速度，结合牛顿第二定律求出水平推力F的大小。
【解答】解：（1）根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，则0～10s内物体运动位移的大小 x=12×（2+8）×6+12×4×8m＝46m。
（2）6～10s物体的加速度 a2=0-vt2=0-84m/s2＝﹣2m/s2
根据牛顿第二定律得﹣μmg＝﹣ma2
解得 μ＝0.2
（3）物体在0﹣6s内的加速度 a1=v-v0t1=8-26m/s2＝1m/s2，
根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma1，
解得 F＝f+ma1＝4+2×1N＝6N。
答：
（1）0～10s内物体运动位移的大小为46m；
（2）物体与水平面间的动摩擦因数μ是0.2；
（3）水平推力F的大小为6N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。
16．【分析】（1）对物体进行受力分析求出合力，根据牛顿第二定律即可求得加速度；
（2）在2s末撤去了拉力F，之后物体将在摩擦力的作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律求得减速运动的加速度，根据速度﹣时间公式求出减速运动的总时间，再根据位移﹣时间公式求解位移。
【解答】解：（1）对物体受力分析，据牛顿第二定律有：
水平方向有 F1﹣f＝ma； FN+F2﹣mg＝0
又：f＝μFN；F1＝Fcos37°；F2＝Fsin37°
联立得：Fcos37°﹣μ（mg﹣Fsin37°）＝ma
代入数据解得：a＝2.6m/s2
（2）F作用2s末物体的速度为：v＝at2＝2.6×2 m/s＝5.2 m/s，
撤去F后，据牛顿第二定律有：﹣μmg＝ma′
故：a′＝﹣μg＝﹣0.20×10 m/s2＝﹣2.0 m/s2
设撤去F后物体经过时间t0停止运动，则有：t0=0-va′=-5.2-2s＝2.6s
所以物体前5s内的位移为：x=0+v2t总=5.22×（2+2.6）m＝11.96m
答：（1）物体的加速度大小是2.6m/s2；
（2）经过2s撤去F，物体前5s内的位移是11.96m。

【点评】物体先是匀加速直线运动，后是匀减速直线运动，在求物体的运动时间的时候要注意，物体的总运动的时间并不是5s，这是同学出错的地方，对于减速运动一定要注意物体运动的时间。
17．【分析】根据已知条件：乘客到达地面时的速度不能超过6m/s，由运动学公式求出乘客的加速度的临界值。人从斜坡上滑下时受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数的临界值。
【解答】解：根据x=12at2
得a=2xt2=2×54m/s2=2.5m/s2
根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得μ=1112，因此动摩擦因数应小于1112
由v2=2ax＜62，a＜v22x＜3.6m/s2
由牛顿第二定律mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得μ＞1115
因此动摩擦因数应在1115＜μ＜1112的范围内
答：在设计气囊时，所选气囊材料与下滑乘客间的动摩擦因数应满足条件1115＜μ＜1112
【点评】本题是实际问题，关键要建立物理模型，对问题进行简化，分析人的受力情况和运动情况是基础。
18．【分析】（1）平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出平抛运动的竖直位移，从而求出AO的距离L。
（2）根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度，根据向心力公式求出压力。
（3）根据竖直方向上的运动规律求出A点竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则求出A点的速度。
【解答】解：（1）当落到A位置时，h=12gt2=12×10×32m=45m，根据几何关系可知，L=hsinθ=450.6m=75m。
（2）平抛运动的水平位移x＝Lcosθ＝75×0.8m＝60m，刚离开O点的速度v0=xt=603m/s=20m/s。
在O点时，根据向心力公式可知，N﹣mg＝mv2R，代入数据解得N＝1200N。
根据牛顿第三定律可知，运动员对O点的压力大小为1200N，方向竖直向下。
（3）运动员运动到A点的竖直速度vy＝gt＝10×3m/s＝30m/s。
A点速度vA=v02+vy2=1013m/s。
设速度与水平方向的夹角为α，则tanα=vyv0=1.5。
答：（1）A点与O点的高度差h为45m，AO距离L为75m。
（2）运动员刚要离开0点时的速度大小为20m/s，对O点的压力为1200N。
（3）运动员落到A点时速度的大小为1013m/s，与水平方向夹角为α，其中tanα＝1.5。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动的水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合运动学公式进行求解。