二次根式各地中考典型例题总结(答案)

第一篇：二次根式各地中考典型例题总结(答案)

二次根式

一、选择题

1、（2012年上海青浦二模）下列运算正确的是（D）

A ．93；B．93；C．93；D． 93．

2、（201

2为同类二次根式的是（A）13131212A

B

C

D3、（2012年浙江丽水一模）函数y2x的自变量的取值范围是（D）

A.x0B.x2C.x2D.x2 4、4 的算术平方根是（C）

A、4B、±4C、2D、±

25、当x2时,值为（D）

A．1B．±1C．3D．±

36、（2012江苏无锡前洲中学模拟）16的平方根是（D）

A．2B． 2C．4D．

47、（2012江苏无锡前洲中学模拟）使x2有意义的x的取值范围是（C）

A．x2B．x2C．x2D．x

28.（2012

＝4．其中错误的是（C）．

A.①B.②C.③D.④

9、（2012昆山一模）计算

(B)

A．2B．－2C．－4D．

410、（201

2a的取值范围是C A．a≤0；B．a＜0；C．0＜a≤1；D．a＞0

11.（2012年江苏通州兴仁中学一模）函数y

（D）

A．x≥0x中自变量x的取值范围是x

1B．x <0且x≠lC．x<0D．x≥0且x≠l12、河南省信阳市二中）．

函数y的自变量x的取值范围在数轴上可表示为（C）

（第3题）

13、（201

2中，x的取值范围是x3且x5，则m为（C）

（A）m4（B）m4（C）m5（D）m5

14、（2012年北京中考数学模拟试卷）函数y

(C)

A．x

2B．x≥2

C．x≤2

D．x02x 中，自变量x的取值范围是

15、（海南省2012年中考数学科模拟）函数y

x的取值范围

（D）

Ax＞0B.x≠5C.x≤5D.x≥

516、（2012年浙江省杭州市一模）已知：m, n是两个连续自然数（m

pqnqm,则p(A)

A.总是奇数B.总是偶数C.有时奇数,有时偶数D.有时有理数,有时无理数

17、（2012年浙江省椒江二中、温中实验学校第一次联考）化

简-（B）

A．10B

．

．．20的结果是

218、（2012年浙江省椒江二中、温中实验学校第一次联考）若(a2)2-a，则a的取值

范围是-（D）

A．a=2B．a＞2C．a≥2D．a≤

219、（201

2为同类二次根式的是（A）A

；B

C

D

答案：

20、（2012年上海市黄浦二模）分母有

▲

21、（201

2x的解是x．答案：2

二、填空题

1、（2012年福建福州质量检查）已知a＝2，则a＝_____________．答案：8

2、（201

2

3、（201

21的解是．答案：x1

4、(2012年吴中区一模)

42a，则实数a的值为．答案：1

5、（2012年，广东二模）若x、y为实数，且x＋3＋|y－2|＝0，则x＋y＝－1.6、（2012兴仁中学一模）

0，则答案 x1y20127、（201

2的结果正确的是.答案：2.8、（2012年宿迁模拟）函数yx+2中，自变量x的取值范围是 __答案：x≥-2.9、(2011学年度九年级第二学期普陀区期终调研)方程x212的根是

答案：x

10、(2012苏州市吴中区教学质量调研)

42a，则实数a的值为．

11、（2012荆州中考模拟）

．在函数y

x的取值范围是答案：x≤

212、(2012年北京市延庆县一诊考试)

有意义，则实数x的取值范围为答案：x≥

313、（2012年上海金山区中考模拟）在函

数y中，自变量x的取值范围是．答案：x2；

14、（2012年上海金山区中考模拟）

x的根是答案：x1

15、（2011年上海市浦东新区中考预测）方程2x31的根是答案：x=2；

16、(徐州市2012年模拟)若二次根式有意义，则x的取值范围是答案：x≥

17、（盐城市亭湖区2012年第一次调研考试）函数y。答案x2,且x

x

2中自变量x的取值范围是x

11.18、（盐城市第一初级中学2011～201

2x的取值范围是▲．答案x

119、(2012年南京建邺区一模)4的平方根是

220、(2012年香坊区一模)化简=

27=答案：3

321、(2012年福州模拟卷)已知a＝2，则a＝_____________．答案： 8

三、解答题

1、（2012年上海青浦二模）计算：(3)0()227

232

3(2-)

2答案：解：原式=193-1033(74)3

432、（2012江苏无锡前洲中学模拟））计算：



（1）21－4sin4

5----2分

答案：、（1）

23------------------4分

2221-4

3、(2012苏州市吴中区教学质量调研)（本题6分）“欲穷千里目，更上一层楼，”说的是登得高看得远，如图，若观测点的高度为h，观测者视线能达到的最远距离为d，则d

其中R是地球半径（通常取6400km）．小丽站在海边一块岩石上，眼睛离海平面的高度h为20m，她观测到远处一艘船刚露出海平面，求此时d的值．

第5题图

答案：由R=6400km，h=0.02km„„„„„„(2分)得d=20.026400„„„„„„„„(4分)=256=16(km)

答：此时d的值为16km„„„„„„„„(6分)(注：没有答不扣分)

4、（2012年浙江省椒江二中、温中实验学校第一次联考）计算：（-2）（）

原式

=4-

化简对一个给1分)

第二篇：典型例题答案

1，分析与解：对人受力分析，他受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用，如图1所示.取水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：

Ff=macos300,FN-mg=masin300 因为FN6Ff

3mg5，解得mg5.2，分析与解：（1）错。因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsinθ.（2）对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。3，分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C选项正确。

4，分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a 则拉力大小为：F(Mm)(ag)

2350N

再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。

5，分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：

mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma

当N=0时，物体与平板分离，所以此时xm(ga)

k 因为x1at2，所以t2m(ga)

2ka

6，分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P

受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于a 图6

图8

原长。在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离：

x=mg/k=0.4m 因为x

122x

at，所以P在这段时间的加速度a220m/s2 2t

图

9当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m(a+g)=360N.7，分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=1．5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得： F+N-m2g=m2a

对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：

(mm2)g

Fk1x(m1m2)g(m1m2)a

k

令N=0，并由述二式求得x

m2gm1a1

2xat，所以求得a=6m/s2.，而

2k

当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N.当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g)=168N.8，分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得： N+FB=mBa

解得NmB

FAFB164t

FBN

mAmB

3当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t＞4.5s后,Ａ所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<４s时，A、B的加速度均为a

综上所述，选项A、B、D正确。

9，分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和

FAFB。

mAmB

图1

1斜面的支持力N作用，如图12所示。

在水平方向有Tcos450-Ncos450=ma;在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0.由上述两式可解出：N

m(ga)m(ga),T 00

2sin452cos4

5由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加。当a=g时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力T=mg/cos450=2mg.当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角α<450.由牛顿第二定律得：Tcosα=ma,Tsinα=mg,解得

图

3Tma2g2mg。

10，分析与解：(1)以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F=（M+m）a,解得a=F/(M+m).(2)以物体和靠近物体x长的绳为研究对象，如图15所示。根据牛顿第二定律可得：Fx=(M+mx/L)a=(M+

M

mFx).LMm

由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0时，绳施于物体M的力的大小为

图15

M

F

Mm

11，分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成θ角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度

Vy2gLsin。可求得轻环移动的距离是d=L-Lcosθ.12，分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力(m+M)g/地面对系统的支持力N、静摩擦力f(向下)。建立如图17所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：

－f=0－mV0cosθ/t,[N－(m+M)g]=0－mV0sinθ/t 所以f

图18

mV0cosmV0sin，方向向左。N(mM)g

tt

分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动，摩擦力大小由f=μmg突变为零，此后以速度V走完余下距离。

由于f=μmg=ma,所以a=μg.加速时间tV1

a

V

g

S121V

2加速位移12at12g

通过余下距离所用时间tS1SV

2

SVV

2g

共用时间ttSV1t2

V2g 摩擦力对零件做功W

mV22

14，分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。

开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa1;所以:a2

1=ｇsinθ＋µｇcosθ=10m/s;

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a1＝1s;发生的位移： ｓ＝a2

1ｔ1/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s 时仍未到达B点。

第二阶段，有：ｍｇsinθ－µｍｇcosθ＝ｍa2;所以：a2＝2m/s;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2

/2 则：LAB－S＝ｖｔ2＋a２ｔ2/2 ；解得：t2＝1s ,ｔ2=-11s（舍去）。故物体经历的总时间ｔ=t1＋t 2 =2s.从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

15，分析与解：依题意，设小球质量为m，小球受到的风力为F，方向与风向相同，水平向左。当杆在水平方向

N

1F

Ff1 G FN

F

G 图21

固定时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作用：重力G、支持力FN、风力F、摩擦力Ff，如图21所示.由平衡条件得：

FN=mg F=Ff Ff=μFN

解上述三式得：μ=0.5.同理，分析杆与水平方向间夹角为370时小球的受力情况：重力G、支持力FN1、风力F、摩擦力Ff1，如图21所示。根据牛顿第二定律可得：mgsinFcosFf1maFN1Fsinmgcos0Ff1=μFN1

解上述三式得a

FcosmgsinFf1

m



3g.4

由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为:t

2S26gS

.

a3g

17，错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小，弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 V12gh2（向V12gh1（向下）

上），速度的改变量VV1V2（向上），以a表示加速度，t表示接触时间，则Vat，接触过程中运动员受到向上的弹力F。由牛顿第二定律，Fma，由以上五式解得，Fm

2gh22gh1

t，代入数值得：F900N。

分析纠错：接触过程中运动员受到向上的弹力F和重力mg,由牛顿第二定律，Fmgma，由以上五式解得，FmgmF1500N

2gh22gh1

t，代入数值得：

第三篇：政治生活典型例题答案

政治生活典型例题（答案）

答案：①上海市民要坚持公民的权利和义务相统一原则。公民在享有权利的同时，要履行好应尽的义务。在世博会举办的过程中上海市民尤其要履行好维护国家荣誉、利益和安全的义务。②上海市民要坚持国家、集体和个人利益相统一的原则。当个人利益与国家利益、集体利益发生冲突时，要服从国家和集体利益。③上海市民要通过社情民意反映制度等方式参与民主决策，使政府审慎用权，科学民主决策更好承办世博会的相关事宜。④上海市民要了解政府的性质和职能，相信政府是为人民服务的政府，支持政府的工作。

答案：①坚持权利和义务相统一的原则。公民行使权利时，必须履行相应义务。我们每个人享用家电带来便利的同时，不能忽视节约资源的义务，要过“低碳生活”，保护国家生态安全，环境利益。（4分）②坚持个人利益与国家利益相结合的原则。在社会主义制度下，国家和个人的利益在根本上是一致的。当个人利益与国家和集体利益发生矛盾时，必须服从国家和集体的利益，节约资源必须从个人做起，维护国家长远利益。（4分）

答案：①政府是人民意旨的执行者和利益的捍卫者，整治交通拥堵，是政府的宗旨和原则的要求。（3分）②意见中的做法，是政府切实履行政府职能的体现：对道路交通车辆进行监管和调节体现了组织经济建设的职能。完善公共交通设施，健全公共交通网络体现了提供社会公共服务的职能。（4分)③整治交通拥堵是建设服务型政府的需要，在加强道路交通的管理和服务中，政府努力做到科学规划和决策，体现了“以人为本”。政治交通拥堵，有利于增强政府的权威，创造良好的城市环境，促进社会和谐。（5分）

答案：①建立健全制约和监督机制，发挥民主和法制对政府财政收支的监督作用。（4分）

②建立全面的行政监督体系，加强国家权力机关、人民政协、社会与公众、司法机关监督等外部监督，加强政府系统内部的监督，政府自觉接受监督。（4分）③政府坚持对人民负责的原则，审慎用权，科学民主决策。依法行政，切实履行政府职能，提高为经济社会建设服务的能力和水平。（4分）

答案：①我国政府是人民的政府，政府工作的基本原则是对人民负责。针对接连发生重特大煤矿安全生产事故，政府着手煤炭企业兼并重组，是政府坚持对人民负责原则的体现。（4分）②实行规模经营、提升机械化生产水平、构建大型煤炭企业集团等，是通过经济调节、市场监管等履行组织社会主义经济建设的职能；（4分)③提高资源回收率和综合利用率、提高安全生产保障程度等，是政府提供社会公共服务职能。（4分）

答案:①人大代表：依据宪法和法律，参加行使国家权力。（1分）通过提案、建议案等形式，行使提案权、审议权、表决权、质询权，（2分）由市人大行使决定权和监督权。（1分）②政协委员通过提案、建议案等形式，由市政协行使政治协商、民主监督、参政议政的职能。（2分）③市民行使言论自由权，行使批评、建议等监督权参与国家政治生活，管理国家和社会事务和表达意愿。（2分）通过社情民意反映制度、专家咨询制度、重大事项社会公示制度、社会听证制度参与决策。（2分）

答案：①政府认真履行保障人民民主，维护国家长治久安的职能。打击哄抬价格、扰乱市场等不法行为。（2分）②政府认真履行组织社会主义经济建设的职能。加强经济调节、市场监管、社会管理、公共服务，出台稳定盐价等措施，及时增加食盐供应。（2分）③政府坚持对人民负责的原则。采取有效措施满足人民日常生活需要。（2分）④政府及工作人员坚持了依法行政，建立应急管理机制，提高处理突发事件能力和水平。（2分）⑤政府自觉接受人民监督，及时公布事态真相，加强了同民众的沟通，及时缓解了民众的恐慌心理。

答案：①中国共产党是社会主义事业的领导核心，坚持全心全意为人民服务的宗旨，代表先进文化的前进方向，代表最广大人民的根本利益。党坚持以人为本，始终把维护好、发展好、实现好人民群众的根本利益作为出发点和落脚点。教育公平是党的责任。（4分）②我国是人民民主专政的社会主义国家，人民民主具有广泛性和真实性。公民在法律面前一律平等，每个公民都有受教育的权利。（4分）③政府具有组织社会主义文化建设的职能，要不断提高全民的思想道德素质和科学文化素质。（2分）④教育公平是政府坚持为人民服务的宗旨和对人民负责的原则的体现。（2分）

答案：①从本地实际出发，自觉遵循规律，通过专家咨询，推进决策科学化，体现了党的科学执政。（4分）②通过专家座谈、党外人士座谈、网上征集民意等形式，坚持为人民执政，靠人民执政，支持和保证人民当家作主，推进决策民主化，体现了党的民主执政。（4分）③把规划草案依法提交人大审议，并在规划实施中起积极带头作用，推进政治、经济、文化和社会生活的法制化、规范化，体现了党的依法执政。（4分）

答案：①中国共产党领导的多党合作和政治协商制度是我国的基本政治制度，中国共产党是执政党，各民主党派是参政党，享有参政权，参与国家大政方针的协商。（4分）②人民政协是多党合作机构，是我国的爱国统一战线组织，是我国政治生活中发扬社会主义民主的重要形式。民主党派通过人民政协围绕团结和民主两大主题，履行政治协商、民主监督和参与议政的职能。（4分）③民主党派向人民政协提交民生提案有利于从不同方面反映人民群众的意见、要求，有助于民主决策、科学决策，发展社会主义经济和文化，构建社会主义和谐社会。（4分）

答案：①中国共产党是中国特色社会主义事业的领导核心。(3分）②只有坚持中国共产党的领导，才能始终保持现代化建设的社会主义方向。(3分）③只有坚持中国共产党的领导，才能维护国家统一、民族团结，并为社会主义现代化建设创造稳定的社会环境。（4分）④只有坚持中国共产党的领导，才能最广泛地调动一切积极因素搞好社会主义现代化建设。(4分）

答案：①坚持立党为公，执政为民；②坚持以人为本，把实现好、维护好、发展好最广大人民的根本利益作为一切工作的出发点和落脚点，做到发展为人民，发展成果由人民共享；③做到科学执政、依法执政、民主执政，贯彻党的全心全意为人民服务的宗旨；④坚持党的领导、依法治国和人民当家作主的统一。

答案：①要始终保持党的工人阶级的先锋队、中国人民和中华民族的先锋队性质，继续坚持全心全意为人民服务的宗旨。（2分）②坚持科学执政、民主执政、依法执政，不断完善领导方式和执政方式，提高党的执政能力和水平，提高与时俱进的执政能力，保证党始终发挥总揽全局、协调各方的领导核心作用。（2分）③坚持以人为本，尊重人民群众的主体地位，发挥人民群众的首创精神，把实现好、维护好、发展好最广大人民的根本利益作为一切工作的出发点和落脚点，做到发展为人民、发展依靠人民、发展成果由人民共享，切实维护广大人民的根本利益，形成推进中国特色社会主义事业的强大力量。(2分）④加强党的建设，深入开展贯彻落实科学发展观活动和创先争优活动，充分发挥共产党员的先锋模范作用和基层党组织的战斗堡垒作用。（2分）

答案：①我国是人民民主专政的社会主义国家，其本质是人民当家作主。（1分）在我国，人民民主具有广泛性和真实性，修改《选举法》有利于进一步发展社会主义民主政治。（2分）②我国公民享有广泛的政治权利和自由，选举权和被选举权是公民的基本政治权利，（1分）修改《选举法》有利于更好地实现公民的基本权利。（2分）③我国坚持公民在法律面前一律平等的原则。（1分）修改《选举法》有利于保障城乡人民平等地享有选举权，更好地体现人人平等、地区平等、民族平等。（2分）④人民代表大会制度是我国的根本政治制度。（1分）修改《选举法》能够更好地保障人民群众平等地参与国家管理，更好地体现人民群众的意志和利益。（2分）

答案：①全国人大代表行使提案权，使科技进步法的修订更好地反映人民的意愿，适应社会发展要求。（3分）②全国人大是最高国家权力机关，全国人大及其常委会行使立法权，制定并完善科技进步法，为我国科技进步提供了法律保障。(3分）③全国人大常委会开展科技进步法的执法检查，行使监督权，保证了科技进步法的贯彻实施。（3分）

答案：①我国民族平等、团结、互助的新型关系逐步得到巩固，为新疆的发展繁荣创造了条件。（2分）②党和国家坚持和完善民族区域自治制度，贯彻民族平等、民族团结、各民族共同繁荣的原则；（4分）③国家更好的履行其职能，经济建设、文化建设、公共服务的职能；行使好自己的责任。（4分）④新疆地区人民自力更生、艰苦奋斗；（2分）⑤党的西部大开发战略促进其发展。（2分）

答案：我国的国家性质决定了我国实行独立自主的和平外交政策。（2分）胡锦涛主席在发展中美关系上的建议“发展求同存异、平等互信的政治关系，牢牢把握对话和合作的主流”体现了维护世界和平，促进共同发展的我国外交政策的宗旨；（2分）“以对话增进了解和信任，以沟通减少误会和疑虑，以合作促进发展和繁荣”体现了和平共处五项原则是我国对外关系的基本准则；（2分）“巩固共同利益基础，尊重对方对社会制度和发展道路的选择，尊重对方主权、领土完整和发展利益。”体现了维护我国的主权、促进世界和平与发展，是我国外交政策的基本目标 ；（2分）

答案：①国家利益决定国际关系。国家间的共同利益是国家合作的基础。中美两国存在政治、经济、文化等方面的共同利益决定了两国要建立积极合作全面的中美关系。（4分）②和平与发展是当今世界的主题。中美合作可以发挥独特作用，推动建立国际政治、经济新秩序，促进世界和平、稳定与繁荣。（4分）③我国的国家性质和国家利益决定了我国奉行独立自主的和平外交政策，和平共处五项原则是我国外交政策的基本原则。中美要做伙伴而非对手符合我国的外交政策的要求。（4分）

答案：①由中共中央提出“十二五规划”的建议，说明中国共产党是中国特色社会主义事业的领导核心。（4分）②中共中央在通过“十二五规划”建议前听取各民主党派中央、全国工商联负责人、无党派人士的意见，表明我国实行中国共产党领导的多党合作和政治协商制度，同时表明中国共产党坚持民主执政。（4分）③国务院根据中共中央关于“十二五规划”的建议，制定方案，提交全国人大审议通过，既体现了中国共产党坚持依法执政，又体现了全国人大是我国的最高国家权力机关，国务院是全国人大的执行机关。

答案：①中国共产党是中国特色社会主义事业的领导核心。省政府贯彻省委会议精神并向省委汇报工作，坚持党的领导和监督做到了科学民主决策。（3分）②政府是国家权力机关的执行机关。省政府执行人大决议并接受人大监督做到了科学民主决策。（3分）③人民政协具有民主监督、参政议政的职能。省政府采纳政协提案并接受监督做到了科学民主决策。（3分）④公民有依法参与管理事务和社会事务的权利。政府通过社情民意反映制度、专家咨询制度集中民智、反映民意做到了科学民主决策。（3分）⑤整个决策过程体现了民主集中制的决策原则。（2分）

答案：①我国政府是行政机关，其职责是管理和服务，实现强省富民，政府要切实履行职能，坚持对人民负责的原则，依法行政，审慎行使权力，自觉接受监督。另外其它国家机关要各司其职、各负其责。（4分）②中国共产党是中国特色社会主义事业和领导核心，实现强省富民，要坚持党的领导，党要立党为公，执政为民，做到科学执政、民主执政、依法执政；同时要重视发挥政协作用。（4分）③我国是人民民主专政的社会主义国家，实现强省富民，公民要坚持权利和义务相统一的原则，坚持个人利益和国家利益相结合的原则。（3分）因此，认为只要各级政府切实履行职责，就能实现强省富民的观点是片面的，不科学的。

第四篇：二次项定理典型例题教师版

典型例题

1例

1在二项式x的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中所有有理项． 42x分析：本题是典型的特定项问题，涉及到前三项的系数及有理项，可以通过抓通项公式解决．

解：二项式的展开式的通项公式为： nTr1C(x)rnnr11x4Crnr22xr2n3r

4前三项的r0,1,2.得系数为：t11,t2C1n由已知：2t2t1t31111n,t3C2n(n1)，n22481n1n(n1)，∴n8

8163r4r1通项公式为Tr1C8rx2r0,1,28,Tr1为有理项，故163r是4的倍数，∴r0,4,8.13512812xx,TCxx． 98824822564依次得到有理项为T1x4,T5C8说明：本题通过抓特定项满足的条件，利用通项公式求出了r的取值，得到了有理项．类似地，(233)100的展开式中有多少项是有理项？可以通过抓通项中r的取值，得到共有17项．

1例

2求x3的展开式中，系数绝对值最大的项以及系数最大的项．

2x分析：本题仍然属于抓通项公式解决特定项的问题，但是系数的绝对值的最大值或系数的最大值，需要对所有项的系数的变化规律进行研究．由于系数的绝对值都是正数，我们可以用作商来研究系数绝对值的变化情况，另外各项系数正负交替，又便于用系数绝对值的大小变化抓系数的最大值． 解：展开式的通项公式为：Tr1C(1)2用前后两项系数的绝对值作商得：

r10rr10x305r6r2r，记为tr1．

系数的绝对值为C10tr2tr1r1r1C102(r1)C1010!r!(10r)!10r.rrrC1022C10(r1)!(9r)!210!2(r1)令10r81

得：r

即r0、1、2时，上述不等式成立．

2(r1)35252所以，系数的绝对值从第1项到第4项增加，以后逐项减小． 系数绝对值最大的项为第4项，T4C(1)2x15x．

从系数绝对值的变化情况及系数的正负交替，只要比较第3项与第5项的系数，2t3C1022410331053452101054x． ,t5C1024.所以，系数最大的项为第5项，t5841685727例

3已知(12x)a0a1xa2xa7x，求：（1）a1a2a3a7；

（2）a1a3a5a7；（3）

a0a2a4a6．

分析：本题是有关展开式系数和的问题，通过对等式中字母的赋值，往往会得到此类问题的结果．字母经常取的值有0、1、－1等．

7解：（1）取x0可得a01，取x1得a0a1a7(1)1．

∴a1a2a3a72.（2）取x1得a0a1a2a3a6a737，记Aa0a2a4a6,Ba1a3a5a7．

∴AB1,AB3． 可得A7171(31)1093,B(137)109从而a1a3a5a71094． 22（3）从（2）的计算已知a0a2a4a61093．

说明：赋值法不仅可以用来求二项展开式的系数和，对于展开式为多项式的代数式的系数和大多数也能用此方法解决，如：(1x)(12x)的展开式中各项的系数和为多少？可以看到(1x)(12x)的展开式仍是多项式，令5656x1，即得各项系数和为25(1)632．再比如：(1xx2)na0a1xa2x2a2nx2n，则a0a2a4a2n等于多少？本题可以由取x1得到各项系数和，取x1得到奇数项系数和减去偶数项系数和，两式相加可得a0a2a2n1n(31)．此外，为了赋值的需要，有时需要用一个新的二项式替换原来二项2n式，只要它们的系数等同即可．如：(x2log2x)的展开式中各项的系数和是多少？我们可以用一个更简单的二项式(12x)n代替原来的二项式，它们的系数并不改变，令x1便得各项系数和为3n．

例4

（1）求(1x)(1x)展开式中x5的系数；（2）求(x31012)6展开式中的常数项． x分析：本题的两小题都不是二项式展开，但可以转化为二项式展开的问题，（1）可以视为两个二项展开式相乘；（2）可以经过代数式变形转化为二项式．

解：（1）(1x)(1x)展开式中的x5可以看成下列几种方式得到，然后合并同类项：

55x；用(1x)展开式中的一次项乘以用(1x)展开式中的常数项乘以(1x)展开式中的x5项，可以得到C104445(1x)10展开式中的x4项可得到(3x)(C10x)3C10x；用(1x)3中的x2乘以(1x)10展开式中的x3可得到333522253x2C10x3C10x；用(1x)3中的x3项乘以(1x)10展开式中的x2项可得到3x3C10xC10x，合并同类项5432C103C10C10)x563x5． 得x5项为：(C10310310311115x(x2)x（2）x2

． xxxx1r12r1r6TC(2)x6r，可得展开式的常数项为C12x924． 由展开式的通项公式C12r112xx说明：问题（2）中将非二项式通过因式分解转化为二项式解决．这时我们还可以通过合并项转化为二项式展开的问题来解决．

例

5求(1xx)展开式中x5的系数．

分析：(1xx)不是二项式，我们可以通过1xx(1x)x或1(xx)把它看成二项式展开． 解：方法一：(1xx)(1x)x2621212r262622226

(1x)6(1x)x65215(1x)4x4

5535155其中含x5的项为C6x6C5x15C4x6x．

含x5项的系数为6．

方法二：(1xx)1(xx)262616(xx2)15(xx2)220(xx2)315(xx2)46(xx2)5(xx2)6

其中含x5的项为20(3)x15(4)x6x6x．

∴x5项的系数为6．

方法3：本题还可通过把(1xx)看成6个1xx2相乘，每个因式各取一项相乘可得到乘积的一项，x5项

5可由下列几种可能得到．5个因式中取x，一个取1得到C56x．

1323个因式中取x，一个取x2，两个取1得到C36C3x(x)． 2221个因式中取x，两个取x2，三个取1得到C16C5x(x)． 3112555合并同类项为(C56C6C3C6C5)x6x，x项的系数为6． 2nn1例6

求证：（1）C1；（2）C0n2CnnCnn2n555526111211CnCnCn(2n11)． n23n1n1分析：二项式系数的性质实际上是组合数的性质，我们可以用二项式系数的性质来证明一些组合数的等式或者求一些组合数式子的值．解决这两个小题的关键是通过组合数公式将等式左边各项变化的等数固定下来，从而使用二项12nn式系数性质C0nCnCnCn2．

解：（1）kCnkkn!n!(n1)!1nnCkn1

k!(nk)!(k1)!(nk)!(k1)!(nk)!1n101n1n1右边． ∴左边nC0n1nCn1nCn

1n(Cn1Cn1Cn1)n2（2）11n!n!1(n1)!11 CkCknn1．

k1k1k!(nk)!(k1)!(nk)!n1(k1)!(nk)!n1111111n112n1 Cn1C2C(CCC)(2n11)右边． n1n1n1n1n1n1n1n1n1n1∴左边说明：本题的两个小题都是通过变换转化成二项式系数之和，再用二项式系数的性质求解．此外，有些组合数的式子可以直接作为某个二项式的展开式，但这需要逆用二项式定理才能完成，所以需仔细观察，我们可以看下面的例89782子：求29C10102C102C102C1010的结果．仔细观察可以发现该组合数的式与(12)的展开式接近，但022991010C1要注意：

(12)10C10102C102C102C102

22991010289910

12102C102C102C10

12(102C102C102C10)

1029从而可以得到：102C1028C1029C1010110(31)． 2例7

利用二项式定理证明：32n28n9是64的倍数．

分析：64是8的平方，问题相当于证明32n28n9是82的倍数，为了使问题向二项式定理贴近，变形32n29n1(81)n1，将其展开后各项含有8k，与82的倍数联系起来．

解：∵32n28n99n1nn12n8n9(81)n18n98n1C1n18Cn18Cn1818n9

nn12n1nn128n1C1C1n18Cn188(n1)18n98n18Cn18

n21(8n1C1Cnn18n1)64是64的倍数．

说明：利用本题的方法和技巧不仅可以用来证明整除问题，而且可以用此方程求一些复杂的指数式除以一个数的余数．

3例8 展开2x． 22x分析1：用二项式定理展开式．

50253333051423C(2x)C(2x)C(2x)解法1：2x 55522222x2x2x2x3***3333552C5(2x)22C54(2x)2C5 47232x120x102x2x2xxx8x32x分析2：对较繁杂的式子，先化简再用二项式定理展开．

53453(4x33)510351342332解法2：2x2 [C(4x)C(4x)(3)C(4x)(3)55510102x32x32x35C5(4x3)2(3)3C54(4x3)1(3)4C5(3)5]

11512963(1024x3840x5760x4320x1620x2437)1032x***3． 32x5120x24710xx8x32x说明：记准、记熟二项式(ab)的展开式，是解答好与二项式定理有关问题的前提条件．对较复杂的二项式，有时先化简再展开会更简便．

例9 若将(xyz)展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为（）．

A．1B．3C．5D．66 分析：(xyz)看作二项式[(xy)z]展开．

解：我们把xyz看成(xy)z，按二项式展开，共有11“项”，即

k(xyz)[(xy)z]C10(xy)10kzk． 1010k010101010n这时，由于“和”中各项z的指数各不相同，因此再将各个二项式(xy)不同的乘积C10(xy)k10k10k展开，zk（k0,1,,10）展开后，都不会出现同类项．

k10k下面，再分别考虑每一个乘积C10(xy)其中每一个乘积展开后的项数由(xy)zk（k0,1,,10）．

10k决定，而且各项中x和y的指数都不相同，也不会出现同类项． 故原式展开后的总项数为11109166，∴应选D．

n1例10 若x2的展开式的常数项为20，求n．

x

111分析：题中x0，当x0时，把三项式x2转化为x2x；当x0时，同理

xxx11n．然后写出通项，令含x的幂指数为零，进而解出n． x2(1)xxxn2nnn2n111rr2nrr2n2r解：当x0时x2x，(x)()(1)rC2，其通项为Tr1C2nn(x)xxx令2n2r0，得nr，∴展开式的常数项为(1)C2n；

nnn2n11n当x0时，x2(1)x，xx同理可得，展开式的常数项为(1)C2n． 无论哪一种情况，常数项均为(1)C2n．

令(1)C2n20，以n1,2,3,，逐个代入，得n3． nnnnnnn2n1例11 x3的展开式的第3项小于第4项，则x的取值范围是______________．

x分析：首先运用通项公式写出展开式的第3项和第4项，再根据题设列出不等式即可．

1023101281371解：使x3有意义，必须x0；依题意，有T3T4，即C10(x)3C10(x)3． xxx∴109109818．

解得0x5648． x3（∵x0）213219x858648．

∴应填：0x5648． 99∴x的取值范围是x0x例12 已知(xlog2x1)n的展开式中有连续三项的系数之比为1∶2∶3，这三项是第几项？若展开式的倒数第二项为112，求x的值．

Cn∶Cn解：设连续三项是第k、k

1、k2项（kN且k1），则有Cn∶即

k1kk11∶2∶3，n!n!n!∶∶1∶2∶3．

(k1)(nk1)!k!(nk)!(k1)(nk1)!k(nk)1k1(nk)(nk1)nk122111∶∶1∶2∶3．∴∴

k(k1)2(k1)2(nk)(nk1)k(nk)k(k1)k(nk)3(nk)3n14，k5所求连续三项为第5、6、7三项．

又由已知，C14x13log2x112．即xlog2x8．

23两边取以2为底的对数，(log2x)3，log2x3，∴x2，或x23．

说明：当题目中已知二项展开式的某些项或某几项之间的关系时，常利用二项式通项，根据已知条件列出某些等式或不等式进行求解．

例13(12x)的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项． 分析：根据已知条件可求出n，再根据n的奇偶性；确定二项式系数最大的项． 解：T6Cn(2x)，T7Cn(2x)，依题意有Cn2Cn2n8． ∴(12x)的展开式中，二项式系数最大的项为T5C8(2x)1120x．

rrr1r1C82C825r6． 设第r1项系数最大，则有rrr1r1C82C82n556655668444∴r5或r6（∵r0,1,2,,8）．∴系娄最大的项为：T61792x，T71792x．

56说明：(1)求二项式系数最大的项，根据二项式系数的性质，n为奇数时中间两项的二项式系数最大，n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．

(2)求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式，解不等式的方法求得．

例14 设f(x)(1x)(1x)(m,nN)，若其展开式中关于x的一次项的系数和为11，问m,n为何值时，含x项的系数取最小值？并求这个最小值．分析：根据已知条件得到x的系数关于n的二次表达式，然后利用二次函数性质探讨最小值问题． 22mn12m2n2112解：CCnm11．

CC(mmnn)

221m1n2m2n1102mn1199．

∵nN，n211n55(n)22242∴n5或6，m6或5时，x项系数最小，最小值为25．

1129911)的对称轴方程为x，即x5.5，由于5、6距5.5等距离，且对nN，24211995、6距5.5最近，所以(n)2的最小值在n5或n6处取得．

24说明：二次函数y(x例15 若(3x1)a7xa6xa1xa0，求(1)a1a2a7；(2)a1a3a5a7；(3)a0a2a4a6．

解：(1)令x0，则a01，令x1，则a7a6a1a02128．

①∴a1a2a7129．

(2)令x1，则a7a6a5a4a3a2a1a0(4)② 由

777761①②7得：a1a3a5a7[128（4）]8256 22①②得：a0a2a4a6 2(3)由

1（[a7a6a5a4a3a2a1a0）1[128(4)7]8128． 22（a7a6a5a4a3a2a1a0）]说明：（1）本解法根据问题恒等式特点来用“特殊值”法．这是一种重要的方法，它适用于恒等式．(2)一般地，对于多项式g(x)(pxq)a0a1xa2xanx，g(x)的各项的系数和为g(1)：

n2n11g(x)的奇数项的系数和为[g(1)g(1)]．g(x)的偶数项的系数和为[g(1)g(1)]．

22例16 填空：(1)23除以7的余数_____________；(2)5515除以8的余数是________________.分析(1)：将230分解成含7的因数，然后用二项式定理展开，不含7的项就是余数．

10解：2303(2)3 (8)3(71)3C107C107C107C103

091897[C107C107C10]2 ***10又∵余数不能为负数，需转化为正数∴23除以7的余数为5∴应填：5 分析(2)：将55写成(561)，然后利用二项式定理展开．

55解：5515(561)15C***5515455C555654C5556C5515

55该式只有C551514不能被8整除，因此5515除以8的余数，即14除以8的余数，故余数为6．∴应填：6．

nn1n11例17 求证：对于nN，11nn1rpn1Tr1Crnr!nrrn1．证明：1展开式的通项

n1n(n1)(n2)(nr1)

r!rr112r1(1)(1)(1)． r!nnnn111n1展开式的通项T'r1Crn1rAn1r(n1)r!(n1)rn112r1(1)(1)(1)． r!n1n1n1． 由二项式展开式的通项明显看出Tr1T'r111，所以11nn1n1说明：本题的两个二项式中的两项为正项，且有一项相同，证明时，根据题设特点，采用比较通项大小的方法完成本题证明．

例18 在(x3x2)的展开式中x的系数为（）．

A．160

B．240

C．360

D．800 分析：本题考查二项式定理的通项公式的运用．应想办法将三项式转化为二项式求解． 解法1：由(x3x2)[(x3x)2]，得Tk1C5(x3x)再一次使用通项公式得，Tr1C52C5k3xkkrr102kr252525k25k2kC5k2k(x23x)5k．，这里0k5，0r5k．

令102kr1，即2kr9．

所以r1，k4，由此得到x的系数为C523240．

解法2：由(x3x2)(x1)(x2)，知(x1)的展开式中x的系数为C5，常数项为1，(x2)的展开式中x的系数为C52，常数项为25． 因此原式中x的系数为C52C52240． 解法3：将(x3x2)看作5个三项式相乘，展开式中x的系数就是从其中一个三项式中取3x的系数3，从另外4个三项式中取常数项相乘所得的积，即C53C42240．∴应选B．

***54425a9x的展开式中x3的系数为，常数a的值为___________． 例19 已知x42ax的展开式中，分析：利用二项式的通项公式．解：在x23r9xrr9r1C9(1)ax2． 通项公式为Tr122393根据题设，r93，所以r8．代入通项公式，得T9ax．

21699根据题意，a，所以a4．∴应填：4．

16499aCxr99rrr2例20(1)求证：13Cn3Cn3Cn(1)3(2)

22(2)若(2x3)a0a1xa2xa3xa4x，求(a0a2a4)(a1a3)的值． 12233nnn4234分析：(1)注意观察(1x)1CnxCnxCnx的系数、指数特征，即可通过赋值法得到证明．(2)注意到(a0a2a4)(a1a3)(a0a1a2a3a4)

122nnxCnxCnx中令x3，即有 (a0a1a2a3a4)，再用赋值法求之．解：(1)在公式(1x)n1Cn12n(13)n1Cn(3)1Cn(3)2Cn(3)n1213Cn32Cn(1)n3n∴等式得证． 22n122nn(2)在展开式(2x3)a0a1xa2xa3xa4x中，令x1，得a0a1a2a3a4(2x3)；令x1，得a0a1a2a3a4(23)． ∴原式(a0a1a2a3a4)(a0a1a2a3a4)(23)(23)1． 说明：注意“赋值法”在证明或求值中的应用．赋值法的模式是，在某二项展开式，如

0n1n12n22(abx)na0a1xa2x2anxn或(ab)nCnaCnabCnab

nnCnb中，对任意的xA（a,bA）该式恒成立，那么对A中的特殊值，该工也一定成立．特殊值x如何选42344444取，没有一成不变的规律，需视具体情况而定，其灵活性较强．一般取x0,1,1较多．一般地，多项式f(x)的各

项系数和为f(1)，奇数项系数和为

11[f(1)f(1)]，偶次项系数和为[f(1)f(1)]．二项式系数的性质22012n024135CnCnCnCnCn2n1的证明就是赋值法应用的范例． CnCnCnCn2n及Cn例21 若nN，求证明：3分析：考虑先将3解：32n32n324n37能被64整除．

2n3拆成与8的倍数有关的和式，再用二项式定理展开．

24n37332n224n3739n124n373(81)n124n37

0n11n2n1nn13[CnCnCn1818Cn1818Cn1]24n37 1n2n13[8n1Cn(n1)81]24n37 18Cn181n2n1n123[8n1CnCn18Cn1818(8n9)]24n37 1n22n3n1382[8n1CnCnCn18181]3(8n9)24n37 1n22n3364[8n1CnCn]64，1818∵8n1，Cn181n2，Cn182n3，„均为自然数，∴上式各项均为64的整数倍．∴原式能被64整除．

说明：用二项式定理证明整除问题，大体上就是这一模式，先将某项凑成与除数有关的和式，再展开证之．该类题也可用数学归纳法证明，但不如用二项式定理证明简捷．

例22 已知(x3x2)n的展开式各项系数和比它的二项式系数和大992．(1)求展开式中二项式系数最大的项；(2)求展开式中系数最大的项．

解：令x1得展开式的各项系数之和为(13)2，而展开式的二项式系数的和为

012nCnCnCnCn2n，∴有22n2n992．∴n5． 23n2n(1)∵n5，故展开式共有6，其中二项式系数最大的项为第三、第四两项． ∴T3C(x)(3x)90x，T4C(x)(3x)270x(2)设展开式中第r1项的系数最大．

235r104r***3223．

rTr1C5(x)(3x2)rC5r3rx13,C3C3r6r，故有rr即 r1r113C3C355.5rr1r5rr15r1794解得r．∵rN，∴r4，即展开式中第5项的系数最大．T5C5(x3)1(3x2)4405x3

22说明：展开式中二项式系数最大的项与系数最大的项是两个不同的概念，因此其求法亦不同．前者用二项式系数的性质直接得出，后者要列不等式组；解不等式组时可能会求出几个r，这时还必须算出相应项的系数后再比较大小．

例23 求证：(1)CnCmCnCmCnCmCmn；(2)Cn3Cn3Cn3Cn2402244nnn10p1p1p0p2262n1(n2K，nN*)

分析：(1)注意到两列二项式两乘后系数的特征，可构造一个函数；也可用构造一个组合问题的两种不同解法找到思路．(2)同上构造函数，赋值．

证明：(1)(法1)∵(1x)∴(1x)mnmn(1x)m(1x)n，122mm122nn(1CmxCmxCmx)(1CnxCnxCnx)．∴此式左右两边展开式中xP的系数必相p等．左边xP的系数是Cmn，右边xP的系数是

0p1p12p200p1p12p2p0pCnCmCnCmCnCmCnpCm，∴CnCmCnCmCnCmCnCmCmn．等式成立．

(法2)设想有下面一个问题：要从mn个不同元素中取出P个元素，共有多少种取法？该问题可有两种解法．一种解法是明显的，即直接由组合数公式可得出结论：有Cmn种不同取法．第二种解法，可将mn个元素分成两组，第一组有m个元素，第二组有n个元素，则从mn个元素中取出P个元素，可看成由这两组元素中分别取出的元素组成，取法可分成P1类：从第一组取P个，第二组不取，有CmCn种取法；从第一组取P1个，从第二组取1个，有CmCn种取法，„，第一组不取，从第二组取P个．因此取法总数是CmCnCmCnCm而该问题的这两种解法答案应是一致的，故有

0p1p12p20pCnCmCnCmCnCmCnpCmCmn． p11p0p11p220CnCmCnp．

p0p(2)∵n为偶数，∴(13)Cn3Cn3Cn3Cn；(13)Cn3Cn3Cn3Cn．

两式相加得422(Cn3Cn3Cn3Cn)，∴Cn3Cn3Cn3Cn24nn02244nn02244nnn1n0122nnn0122nn2n1．

说明：构造函数赋值法，构造问题双解法，拆项法、倒序相加法都是证明一些组合数恒等式（或求和）的常用方法．

第五篇：动能定理典型例题附答案

1、如图所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m.小球到达槽最低点时的速率为10m／s，并继续滑槽壁运动直至槽左端边缘飞出，竖直上升，落下后恰好又沿槽壁运动直至从槽右端边缘飞出，竖直上升、落下，如此反复几次.设摩擦力大小恒定不变:(1)求小球第一次离槽上升的高度h.(2)小球最多能飞出槽外几次?(g取10m／s)

22、如图所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜

面的动摩擦因数为μ，从距挡板为s的位置以v的速度

沿斜面向上滑行.设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦

力，且每次与P碰撞前后的速度大小保持不变，斜面足

够长.求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s.003、有一个竖直放置的圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成。如图所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的．现在最低点A给一个质量为m的小球一个水平向右的初速度，使小球沿轨道恰好运动到最高点B，小球在B点又能沿BFA轨道回到点A，到达A点时对轨道的压力为4mg1、求小球在A点的速度v02、求小球由BFA回到A点克服阻力做的功

04、如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OP = L/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B．则：（1）小球到达B点时的速率？（2）若不计空气阻力，则初速度v0为多少？

（3）若初速度v0=3，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？

5、如图所示，倾角θ=37°的斜面底端B平滑连接着半径r=0.40m的竖直光滑圆轨道。质量m=0.50kg的小物块，从距地面h=2.7m处

沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，求：

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s）

（1）物块滑到斜面底端B时的速度大小。

（2）物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小。

26、质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（）

7如图所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为1200，半径R=2.0m,一个物体在离弧底E高度为h=3.0m处，以初速度V0=4m/s沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ=0.02,则物体在两斜面上（不包括圆弧部分）一共能走多少2路程？（g=10m/s）.E8、如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为

m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上

粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终

滑至c点停止．若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩

擦因数为μ，则：

1、物块滑到b点时的速度为？

2、物块滑到b点时对b点的压力是？

3、c点与b点的距离为？

1解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得：

1mg(H＋R)－Wfv2－0

2从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h高度的过程中，由动能定理得mg(H－h)－2Wf＝0－0

v2102联立解得：h＝H－2R＝m－5 m－2×0.4 m＝4.2 m.g10

(2)设小球最多能飞出槽外n次，则由动能定理得：mgH－2nWf＝0－0

mgHmgHgH解得：n＝6.25 2Wf122g(H＋R)－v2mg(H＋R)－2mv

故小球最多能飞出槽外6次．

答案：(1)4.2 m(2)6次2、3、v05gRfmgR4、（1）小球恰能到达最高点 B，则小球到达B点时的速率 v=gL①

2（2）由动能定理得：－mg(L+7gLL1212)=mv－mv0，由①②得 v0= 2222

L121211mgL)－Wf =mv－mv0③，由①③得 Wf = 4222（3）由动能定理得：－mg(L+

5、v6.0m/sN=20N6、1mgR

207、由动能定理得： mg(h-R/2)-μmgscos60=0-1mV02 2

∴s=280m.8

3mgR 