備戰(zhàn)2020年高考物理計算題專題復習《曲線運動綜合題》(解析版)

第=page11頁，共=sectionpages11頁第=page22頁，共=sectionpages22頁《曲線運動綜合題》一、計算題如圖，一不可伸長的輕繩上端懸掛于O點，下端系一質量m=1.0kg的小球．現(xiàn)將小球拉到A點(保持繩繃直)由靜止釋放，當它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水平地面上的C點．地面上的D點與OB在同一豎直線上，已知繩長L=1.0m，B點離地高度H=1.0m，A、B兩點的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣影響，求：

(1)地面上DC兩點間的距離s；

(2)輕繩所受的最大拉力大小．

質量為m=1kg的小球從距水平地面高為h的位置以v0=10m/s的速度水平拋出，小球拋出點與落地點之間的水平距離為x=30m，不計空氣阻力，取g=10m/s2.求：

(1)小球在空中飛行的時間t；

(2)小球拋出時的高度h；

(3)小球下落過程中重力做的功W。

如圖所示，半徑R=4m的光滑圓弧軌道BCD與足夠長的傳送帶DE在D處平滑連接，O為圓弧軌道BCD的圓心，C點為圓弧軌道的最低點，半徑OB、OD與OC的夾角分別為53°和37°.傳送帶以2m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，將一個質量m=0.5kg的煤塊(視為質點)從B點左側高為h=0.8m處的A點水平拋出，恰從B點沿切線方向進入圓弧軌道．已知煤塊與軌道DE間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

(1)煤塊水平拋出時的初速度大小v0；

(2)煤塊第一次到達圓弧軌道BCD上的D點對軌道的壓力大?。?/p>

(3)煤塊第一次離開傳送帶前，在傳送帶DE上留下痕跡可能的最長長度．(結果保留2位有效數(shù)字

如圖所示為豎直放置的四分之一圓弧軌道，O點是其圓心，半徑R=0.8m，OA水平、OB豎直。軌道底端距水平地面的高度h=0.8m。從軌道頂端A由靜止釋放一個質量m=0.1kg的小球，小球到達軌道底端B時，恰好與靜止在B點的另一個相同的小球發(fā)生碰撞，碰后它們粘在一起水平飛出，落地點C與B點之間的水平距離x=0.4m。忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2.求：

(1)兩球從B點飛出時的速度大小v2；

(2)碰撞前瞬間入射小球的速度大小v1；

(3)從A到B的過程中小球克服阻力做的功Wf。

如圖，質量均為2m的木板A、B并排靜止在光滑水平地面上，A左端緊貼固定于水平面的半徑為R的四分之一圓弧底端，A與B、A與圓弧底端均不粘連。質量為m的小滑塊C從圓弧頂端由靜止滑下，經(jīng)過圓弧底端后，沿A的上表面從左端水平滑上A，并在恰好滑到B的右端時與B一起勻速運動。已知重力加速度為g，C過圓弧底端時對軌道的壓力大小為1.5mg，C在A、B上滑行時受到的摩擦阻力相同，C與B一起勻速的速度是C剛滑上A時的0.3倍。求：

(1)C從圓弧頂端滑到底到的過程中克服摩擦力做的功；

(2)兩板長度L1與L2之比。

(3)C剛滑到B的右端時，A右端到B左端的水平距離s與B的長度L2之比。

如圖所示，在傾角為θ=30°的光滑斜面MN底端固定一個被壓縮且鎖定的輕彈簧，輕彈簧的上端靜止放一質量m=2kg的滑塊，且滑塊與斜面頂端N點相距x=0.10m.現(xiàn)將彈簧解除鎖定，滑塊離開彈簧后經(jīng)N點離開斜面，恰水平飛上順時針始終勻速轉動的傳送帶，已知傳送帶水平放置且足夠長，傳送帶上端距N點所在水平面高度為h=0.20m，滑塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=32(g取10m/s2).

(1)彈簧鎖定時儲存的彈性勢能；

(2)若傳送帶速度為73m/s

如圖所示，質量m=1kg的滑塊(可看成質點)，被壓縮的彈簧彈出后在粗糙的水平桌面上滑行一段距離x=0.4m后從桌面拋出，落在水平地面上．落點到桌邊的水平距離s=1.2m，桌面距地面的高度h=0.8m.滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2.(取g=10m/s2，空氣阻力不計)求：

(1)滑塊落地時速度的大??；

(2)彈簧彈力對滑塊所做的功。

如圖所示，粗糙水平軌道AB與光滑豎直半圓弧軌道BCD在B點平滑連接，兩滑塊P、Q(均可視為質點)中間夾有一小塊炸藥(質量大小均不計)，靜止放置在B點．現(xiàn)引爆炸藥，滑塊P、Q在極短時間內左右分開，并分別沿水平和豎直軌道運動．最終Q恰好能到達圓弧軌道最高點D點．已知滑塊P質量為2m，滑塊Q質量為m，滑塊P與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ，圓弧軌道半徑R，重力加速度g，求

(1)爆炸后瞬間滑塊Q對圓軌道最低點的壓力(2)爆炸后滑塊P在水平地面運動的時間

如圖所示，粗糙弧形軌道和兩個光滑半圓軌道組成翹尾巴的S形軌道．光滑半圓軌道半徑為R，兩個光滑半圓軌道連接處C、D之間留有很小空隙，剛好能夠使小球通過，C、D之間距離可忽略．粗糙弧形軌道最高點A與水平面上的B點之間的高度為h.從A點靜止釋放一個可視為質點的小球，小球沿翹尾巴的S形軌道運動后從E點水平飛出，落到水平地面上，落點到與E點在同一豎直線上B點的距離為s.已知小球質量m，不計空氣阻力，求：(1)小球從E點水平飛出時的速度大??；(2)小球運動到半圓軌道的B點時對軌道的壓力；(3)小球沿翹尾巴S形軌道運動時克服摩擦力做的功．

將一小球以10m/s的速度水平拋出，當小球落到水平地面時，其水平位移恰好等于下落的高度(重力加速度g取10m/s2)，求：

(1)小球在空中飛行的時間；

(2)小球最初的離地高度；

(3)小球落地瞬間的速率．

如圖，位于豎直平面內的光滑軌道由四分之一圓弧ab和拋物線bc組成，圓弧半徑Oa水平，b點為拋物線頂點．已知h=2?m，s=2m.取重力加速度大小g=10?m/s2．

(1)一小環(huán)套在軌道上從a點由靜止滑下，當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，求圓弧軌道的半徑；

(2)若環(huán)從b點由靜止因微小擾動而開始滑下，求環(huán)到達c點時速度的水平分量的大?。?/p>

如圖，裝甲車在水平地面上以速度v0=20m/s沿直線前進，車上機槍的槍管水平，距地面高為h=1.8m.在車正前方豎直立一塊高為兩米的長方形靶，其底邊與地面接觸．槍口與靶距離為L時，機槍手正對靶射出第一發(fā)子彈，子彈相對于槍口的初速度為v=800m/s.在子彈射出的同時，裝甲車開始做勻減速運動，行進s=90m后停下．裝甲車停下后，機槍手以相同方式射出第二發(fā)子彈．(不計空氣阻力，子彈看成質點，重力加速度g=10m/s2)

(1)求裝甲車做勻減速運動時的加速度大小；

(2)當L=410m時，求第一發(fā)子彈的弾孔離地的高度，并計算靶上兩個彈孔之間的距離；

(3)若靶上只有一個彈孔，求L的范圍．

如圖所示，擋板OM與豎直方向所夾的銳角為θ，一小球(視為質點)從O點正下方和A點以速度v0水平拋出，小球運動過程中恰好不和擋板碰撞(小球軌跡所在平面與擋板垂直).不計空氣阻力，重力加速度大小為g，求：

(1)小球恰好不和擋板碰撞時的豎直速度大小；

(2)O、A間的距離．

如圖所示，半徑R=0.4m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎直平面內，半圓環(huán)與粗糙的水平地面相切于圓環(huán)的端點A.一質量m=0.1kg的小球，以初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左作加速度a=3.0m/s2的勻減速直線運動，運動L=4m后，沖上豎直半圓環(huán)，最后小球落在C點．(重力加速度g=10m/s2)求：

(1)物體運動到A點時的速度大小vA；

(2)小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力大小FB；

如圖為固定在豎直平面內的軌道，直軌道AB與光滑圓弧軌道BC相切，圓弧軌道的圓心角為37°，半徑為r=0.25m，C端水平，AB段的動摩擦因數(shù)為0.5.豎直墻壁CD高H=0.2m，緊靠墻壁在地面上固定一個和CD等高，底邊長L=0.3m的斜面．一個質量m=0.1kg的小物塊(視為質點)在傾斜軌道上從距離B點l=0.5m處由靜止釋放，從C點水平拋出．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

(1)小物塊運動到C點時對軌道的壓力的大?。?/p>

(2)小物塊從C點拋出到擊中斜面的時間；

(3)改變小物體從軌道上釋放的初位置，求小物體擊中斜面時動能的最小值．

在真空環(huán)境內探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖所示。P是一個微粒源，能持續(xù)水平向右發(fā)射質量相同、初速度不同的微粒。高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h，重力加速度為g。

(1)若微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的時間；

(2)求能被屏探測到的微粒的初速度范圍；

(3)若打在探測屏A、B兩點的微粒的動能相等，求L與h的關系。

如圖所示，一個質量可以看成質點的小球用沒有彈性的細線懸掛于O′點，細線長L=5m，小球質量為m=1kg.現(xiàn)向左拉小球使細線水平，由靜置釋放小球，已知小球運動到最低點O時細線恰好斷開，取重力加速度g=10m/s2．

(1)求小球運動到最低點O時細線的拉力F的大??；

(2)如果在小球做圓周運動的豎直平面內固定一圓弧軌道，該軌道以O點為圓心，半徑R=55m，求小球從O點開始運動到圓弧軌道上的時間t．

某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內有一傾角θ=37°的直軌道AB，其下方右側放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉輪半徑R=0.4m、轉軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉動，轉輪最低點離地面的高度H=2.2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h處靜止釋放，假設小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5.(sin37°=0.6)

(1)若h=2.4m，求小物塊到達B端時速度的大小；

(2)若小物塊落到傳送帶左側地面，求h需要滿足的條件

(3)改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關系式及h需要滿足的條件。

如圖所示，半徑R=0.45m的光滑14圓弧軌道固定在豎直平面內，B為軌道的最低點，B點右側的光滑的水平面上緊挨B點有一靜止的小平板車，平板車質量M=1kg，長度L=1m，小車的上表面與B點等高，距地面高度h=0.2m.質量m=1kg的物塊(可視為質點)從圓弧最高點A由靜止釋放，經(jīng)B點滑到小車上，物塊與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，取g=10m/(1)物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力大小;(2)物塊落地時距平板車右端的水平距離．

如圖所示，ABD為豎直平面內的軌道，其中AB段水平且粗糙，BD段為半徑R=0.08m的光滑半圓軌道，兩段軌道相切于B點。小球甲以v0=5m/s的速度從C點出發(fā)，沿水平軌道向右運動，與靜止在B點的小球乙發(fā)生彈性正碰，碰后小球乙恰好能到達半圓軌道的最高點D。已知小球甲與AB段軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，C、B兩點的距離s=2m，重力加速度g取10m/s2，甲、乙兩小球均可視為質點。求：(1)碰撞前瞬間，小球甲的速度大小。(2)小球甲和小球乙的質量之比。

如圖所示，AB為水平軌道，A、B間距離s=1.25m，BCD是半徑為R=0.40m的豎直半圓形軌道，B為兩軌道的連接點，D為軌道的最高點．有一小物塊質量為m=1.0kg，小物塊在F=10N的水平力作用下從A點由靜止開始運動，到達B點時撤去力F，它與水平軌道和半圓形軌道間的摩擦均不計．g取10m/s2，求：

(1)撤去力F時小物塊的速度大小；

(2)小物塊通過D點瞬間對軌道的壓力大小；

(3)小物塊通過D點后，再一次落回到水平軌道AB上，落點和B點之間的距離大?。?/p>

答案和解析1.【答案】解：(1)設小球在B點速度為v，對小球從A到B由動能定理得：

mgh=12mv2①

繩子斷后，小球做平拋運動，運動時間為t，則有：

H=12gt2②

DC間距離：

s=vt

解得：s=4Hh=4×1×0.5m≈1.414m

(2)在B位置，設繩子最大拉力為F，由牛頓第二定律得：

F?mg=mv2L④

聯(lián)立①④得：【解析】本題關鍵是建立物體運動的情境，尋找物理模型，本題為圓周和平拋模型的組合。

(1)從A到B由動能定理可得B位置時的速度，之后做平拋運動，由平拋規(guī)律求解；

(2)在B位置，由牛頓第二定律、向心力的計算可求輕繩所受的最大拉力大小。

2.【答案】解：小球作平拋運動，根據(jù)平拋運動的特點可知

(1)小球在空中飛行的時間為：t=xt=3s

(2)小球拋出時的高度為：h=12gt2=45m

(3)小球下落過程中重力做的功為“”W=mgh=450J

答：(1)小球在空中飛行的時間t為3s；

(2)小球拋出時的高度h為45m；【解析】(1)(2)小球作平拋運動，根據(jù)運動的特點求得運動時間和下落高度；

(3)根據(jù)W=mgh求得重力做功

解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式靈活求解，基礎題。

3.【答案】解：(1)物體在拋出后豎直方向做自由落體運動，豎直方向有：vy=2gh=2×10×0.8=4m/s

物體恰從A點沿切線方向進入圓弧軌道，則：vyv0=tan53°

得：v0=vytan53°=443=3m/s

(2)煤塊在A→D的過程中由動能定理：mg(h+Rcos37°?Rcos53°)=12mvD2?12mv02

在D點由牛頓第二定律：FND?mgcos37°=mvD2R

解得：vD=41m/s，F(xiàn)ND=9.125N，

又有牛頓第三定律知在D點對軌道的壓力大小為9.125N

(3)因vD=41m/s>v帶【解析】(1)物體做平拋運動，由自由落體運動的規(guī)律求出物體落在A時的豎直分速度，然后應用運動的合成與分解求出物體的初速度大小v0．

(2)通過計算分析清楚物體的運動過程，由動能定理求出物體在D點的速度，然后根據(jù)牛頓第二定律求出物體對圓弧軌道壓力大小FN；

(3)先分析煤塊的運動情況，再根據(jù)牛頓第二定律結合運動學基本公式求解．

本題關鍵是分析清楚物體的運動情況，然后根據(jù)動能定理、平拋運動知識、牛頓第二定律解題，第三問中要最知道當傳送帶最前沿的痕跡與最后痕跡不重疊時，痕跡最長，難度適中．

4.【答案】解：(1)兩球做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律得

豎直方向上

h=12gt2

解得

t=0.4s

水平方向上

x=v2t

解得

v2=1m/s

(2)兩球碰撞，規(guī)定向左為正方向，

根據(jù)動量守恒定律得

mv1=2mv2

解得

v1=2m/s

(3)入射小球從A運動到B的過程中，根據(jù)動能定理得

mgR?Wf=12mv1【解析】1、兩球做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律得兩球從B點飛出時的速度大小

2、兩球碰撞，根據(jù)動量守恒定律得出入射小球的速度大小

3、入射小球從A運動到B的過程中，根據(jù)動能定理得克服阻力做的功。

本題關鍵對兩個球塊的運動過程分析清楚，然后選擇動能定理和平拋運動、動量守恒定律基本公式求解。

5.【答案】解：(1)設C到達圓弧底端時的速度為v0，軌道對C支持力大小為N，下滑過程C克服摩擦力做的功為Wf.由動能定理，有：mgR?Wf=12mv02?0

①

C過底端時，由牛頓第二定律，有：N?mg=mv02R②，由牛頓第三定律，知：N=1.5mg?③，聯(lián)立①②③式得：Wf=34mgR

④；

(2)設C剛滑過A到達B時，C的速度為vC，A、B的速度為v，B、C共同速度為vBC，C與A、B間的摩擦力為f。

C從滑上A到剛滑到B這個過程，C和A、B組成的系統(tǒng)動量守恒。取向右為正方向。

由動量守恒守律：mv0=mvC+4mv

⑤

由功能關系：fL1=12mv02?(12mvC2+12×4mv2)

⑥

C滑上B到與B共速這個過程，對C和B組成的系統(tǒng)，

由動量守恒定律：mvC+2mv=(m+2m)vBC⑦

由功能關系：fL2=12mvC2+12×2mv2?12(m+2m)vBC2

⑧

或：C從滑上A到與B共速的全過程

由動量守恒定律：mv0=2mv+(m+2m)vBC⑨

由功能關系：f(L1+L2)=12mv02?[12×2mv?2+12(m+2m)vBC2【解析】【分析】本題的關鍵明確滑塊和木板的運動規(guī)律，會運用動量守恒定律列式求解共同速度，知道內能的增加量等于一對滑動摩擦力做功的絕對值，也可以用其他方法研究，如運動學公式和牛頓第二定律求解。

【解答】

(1)根據(jù)C過圓弧底端時受力情況，由牛頓第二定律求出C到達圓弧底端時的速度，再由動能定理求C從圓弧頂端滑到底到的過程中克服摩擦力做的功；

(2)C在A上滑行時，AB一起做勻加速運動，C做勻減速運動，以三個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)的動量守恒，能量也守恒，由動量守恒定律和能量守恒定律分別列式。再研究C在B上滑行的過程，由BC組成的系統(tǒng)動量守恒和能量守恒列式，即可求解兩板長度L1與L2之比；

(3)C在B上滑行時，對C，運用動量定理求出C從滑上B到與B共速所經(jīng)歷的時間。對B，運用動能定理列式，再由運動學公式求A右端到B左端的水平距離s與B的長度L2之比。

6.【答案】解：(1)滑塊離開斜面后，豎直方向由h=12gt02得：t0=0.2s

所以滑塊離開斜面時，有：gt0v0=tan30°，得：v0=23m/s

對滑塊，從開始到恰上斜面，機械能守恒，彈簧鎖定時儲存的彈性勢能為：

Ep=mg(xsin30°+h)+12mv02

解得：Ep=17J

(2)滑塊飛上傳送帶后，對滑塊，由牛頓第二定律有：

μmg=ma，

得：a=53m/s2；

由v傳=v0+at，得：t=1s

此過程中傳送帶的位移為：x傳=v傳t=73m

物塊的位移為：x物=v0t+12at2=932m

所以兩者相對位移為：s【解析】分析清楚滑塊的運動情況和受力情況是解題的關鍵，根據(jù)受力情況來判斷滑塊的運動情況，要把握圓周運動的臨界條件，靈活利用牛頓運動定律、運動學規(guī)律和能量守恒定律進行研究。

(1)滑塊A從N飛上傳送帶的逆過程是平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求出滑塊A飛上傳送帶的速度，再由機械能守恒定律求彈簧鎖定時儲存的彈性勢能；

(2)滑塊飛上傳送帶后，根據(jù)牛頓第二定律求出其加速度，由速度時間公式求出速度達到傳送帶的速度時所用時間，再由位移公式求兩者的相對位移，即可求得因摩擦產(chǎn)生的內能；

(3)滑塊能沿半圓軌道運動而不脫離半圓軌道，有兩種情況：第一種滑塊不越過四分之一圓弧，第二種能到達圓弧最高點，根據(jù)機械能守恒定律和臨界條件結合解答．

7.【答案】解：(1)滑塊離開桌面后做平拋運動

豎直方向：h=12gt2

解得t=2hg=2×0.810s=0.4s

滑塊落地時豎直方向速度為：vy=gt=10×0.4m/s=4m/s

水平方向的分速度為：v0=st=1.20.4m/s=3m/s

所以落地速度的大小為：v=【解析】對于平拋運動，由運動的合成與分解的方法從分運動求平拋運動的規(guī)律，這是常用的方法，要能熟練運用。

(1)滑塊離開桌面后做平拋運動，豎直方向的分運動是自由落體運動，由高度求出時間和落地時豎直方向的分速度。水平方向的分運動是水平速度，由水平位移和時間求出初速度，再將落地時水平方向與豎直方向的兩個分速度合成求解滑塊落地時速度的大?。?/p>

(2)滑塊從被壓縮的彈簧彈出到離開桌面的整個運動過程中，彈力與摩擦力做功，根據(jù)動能定理求解彈簧彈力對滑塊所做的功。

8.【答案】解：(1)Q恰好能到達圓弧軌道最高點D點，在D點重力提供向心力，由牛頓第二定律得：mg=mvD2R

從B到D過程Q的機械能守恒，由機械能守恒定律得：12mvB2=12mvD2+mg·2R

在最低點B，由牛頓第二定律得：F?mg=mvB2R

解得：

【解析】本題考查了求壓力與運動時間問題，本題是一道力學綜合題，分析清楚物體的運動過程是解題的關鍵，應用牛頓第二定律、機械能守恒定律與動量守恒定律可以解題；第二問也可以牛牛頓第二定律與運動學公式求解。

(1)根據(jù)題意求出Q到達最高點時的速度，從最低點到最高點過程機械能守恒，應用機械能守恒定律可以求出Q在最低點的速度，然后應用牛頓第二定律求出軌道的支持力，再求出壓力；

(2)爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律可以求出P的速度，然后應用動量定理可以求出P的運動時間。

9.【答案】解：(1)小球從E點水平飛出做平拋運動，設小球從E點水平飛出時的速度大小為vE，由平拋運動規(guī)律得：

s=vEt

4R=12gt2

聯(lián)立解得：vE=s42gR

(2)小球從B點運動到E點的過程，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律得：

12mvB2=mg4R+12mvE2

解得：vB2=8gR+s2g8R

在B點，根據(jù)牛頓第二定律得：F?mg=mvB2R

得：F=9mg+mgs2【解析】(1)小球從E點飛出做平拋運動，根據(jù)高度求出運動的時間，再根據(jù)水平位移和時間求出平拋運動的初速度．

(2)小球從B點運動到E點的過程，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律得求出B點速度，在B點，沿半徑方向上的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道對球的彈力，從而根據(jù)牛頓第三定律求出小球對軌道的壓力．

(3)根據(jù)動能定理求出小球沿軌道運動過程中克服摩擦力所做的功．

解決本題的關鍵理清運動的過程，把握每個過程和狀態(tài)的規(guī)律，知道豎直平面內的圓周運動在最高點和最低點由合外力提供向心力，綜合運用牛頓定律和動能定理進行解題．

10.【答案】解：(1、2)因為水平位移恰好等于下落的高度，設下落高度為h，

水平方向上：h=v0t

豎直方向上：h=12gt2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t=2s，h=20m

豎直速度為：vy=gt=10×2=20m/s

落地瞬間的速率為：v=vy2+v02=20【解析】(1、2)小球做的是平拋運動，根據(jù)在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動，分別根據(jù)勻速直線運動和自由落體運動的運動規(guī)律列方程求解．

(3)根據(jù)速度的合成求解．

本題就是對平拋運動規(guī)律的直接考查，掌握住平拋運動的規(guī)律就能輕松解決．解題時注意抓住題目條件：水平位移恰好等于下落的高度．屬于基礎性題目．

11.【答案】解：(1)當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，則在bc上只受重力，做平拋運動，則有：

t=2hg=2×210=0.4s…①

則在b點的速度v0=st=20.4=5m/s…②，

從a到b的過程中，根據(jù)動能定理得：

12mv02=mgR…③

解得：R=0.25m。

(2)從b點下滑過程中，初速度為零，只有重力做功，b到c的過程中，根據(jù)動能定理得：

mgh=12mvc2…④

因為物體滑到c點時與豎直方向的夾角等于(1)問中做平拋運動過程中經(jīng)過c點時速度與豎直方向的夾角，【解析】本題主要考查了平拋運動基本公式、動能定理以及運動的合成與分解的應用，解題的關鍵是能正確分析物體的受力情況和運動情況，特別抓住當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力這句話，難度適中。

(1)當其在bc段軌道運動時，與軌道之間無相互作用力，則在bc上只受重力，做平拋運動，根據(jù)平拋運動基本公式求出b點速度，再根據(jù)動能定理求解R；

(2)下滑過程中，初速度為零，只有重力做功，b到c的過程中，根據(jù)動能定理列式，根據(jù)平拋運動基本公式求出c點速度方向與豎直方向的夾角，再結合運動的合成與分解求解。

12.【答案】解：(1)由速度位移公式可得：v2=2ax,故有a=v22x=2022×90m/s2≈2.2m/s2

(2)第一發(fā)子彈的對地速度為：v1=800+20m/s=820m/s

故子彈運動時間為：t1=Lv1=410820s=0.5s

第一發(fā)子彈下降的高度為：h1=12gt12=12×10×0.52m=1.25m

第一發(fā)子彈的弾孔離地的高度為：h=1.8?1.25m=0.55m

射出第二發(fā)子彈的速度為：v2=800m/s，運動時間為：t2=L′v2【解析】(1)由勻變速直線運動規(guī)律求解

(2)子彈做平拋運動，選地面為參考系，求解第一發(fā)子彈的弾孔離地的高度；數(shù)學關系結合平拋規(guī)律求解靶上兩個彈孔之間的距離；

(3)若靶上只有一個彈孔，說明第一顆子彈沒有擊中靶，第二顆子彈能夠擊中靶，平拋運動規(guī)律求解L的范圍．

解決本題的關鍵知道平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向上做勻速直線運動．以及分運動與合運動具有等時性

13.【答案】解：(1)由于小球恰好不和擋板碰撞，達到斜面時，速度方向與斜面恰好平行，有：cotθ=vyv0，

解得vy=v0cotθ．

(2)根據(jù)cotθ=gtv0得運動的時間為：t=v0cotθg，

根據(jù)x=v0t，y=12gt2得解得平拋運動的水平位移為：x=v【解析】(1)根據(jù)小球恰好不和擋板碰撞，達到斜面時，速度方向與斜面恰好平行，結合平行四邊形定則求出豎直分速度的大?。?/p>

(2)根據(jù)速度的關系求出平拋運動的時間，從而求出平拋運動的水平位移和豎直位移，結合幾何關系求出OA間的距離．

解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式和幾何關系綜合求解，難度中等．

14.【答案】解：(1)小球向左做勻減速直線運動，根據(jù)速度位移公式有：vA2?v02=2aL，

解得vA=v02+2aL=49?2×3×4m/s=5m/s．

(2)根據(jù)動能定理得，?2mgR=12mvB2?12mvA2，

代入數(shù)據(jù)解得vB=3m/s，

根據(jù)牛頓第二定律得，mg+FB=mvB2R，

代入數(shù)據(jù)解得FB=1.25N，

根據(jù)牛頓第三定律知，小球經(jīng)過B點時對軌道的壓力大小為【解析】(1)根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式求出物體運動到A點的速度大?。?/p>

(2)根據(jù)動能定理求出小球到達B點的速度，結合牛頓第二定律求出在B點軌道對小球的彈力．

(3)根據(jù)高度求出平拋運動的時間，結合B點的速度求出A、C兩點間的距離d．

本題考查了平拋運動、圓周運動和動能定理、牛頓定律的綜合運用，知道圓周運動向心力的來源以及平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律是解決本題的關鍵．

15.【答案】解：(1)小物塊從A到C的過程，由動能定理得：mglsin37°+mg(r?rcos37°)?μmglcos37°=12mv02

代入數(shù)據(jù)解得：v0=3m/s

在C點，由牛頓第二定律得：N?mg=mv02r

代入數(shù)據(jù)解得：N=2.2N

由牛頓第三定律得，小物塊運動到C點時對軌道的壓力的大小為2.2N．

(2)如圖，設物體落到斜面上時水平位移為x，豎直位移為y，

L?xy=LH

代入得：x=0.3?1.5y

由平拋運動的規(guī)律得：

x=v0t，

y=12gt2

聯(lián)立得15t2+23t?0.6=0

代入數(shù)據(jù)解得：t=315s

(3)由上知x=0.3?1.5y

【解析】(1)小物塊從A到C的過程，由動能定理求出C點的速度．在C點，由牛頓第二定律求軌道對小物塊的支持力，再由牛頓第三定律得到小物塊對軌道的壓力．

(2)小物塊離開C點后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律和幾何關系列式，聯(lián)立求解平拋運動的時間．

(3)根據(jù)數(shù)學知識得到小物體擊中斜面時動能與釋放的初位置坐標的關系式，由數(shù)學知識求解動能的最小值．

解決本題的關鍵要掌握平拋運動的研究方法和運動規(guī)律，知道小球落在斜面上時具有的幾何關系，通過函數(shù)法求解動能的最小值．

16.【答案】解：(1)打在中點的微粒32h=12gt2①

解得t=3hg②

(2)打在B點的微粒v1=Lt1

2h=12gt12

③

解得v1=Lg4h

④

同理，打在A點的微粒初速度v2=Lg2h

⑤

微粒初速度范圍Lg4h≤v≤Lg2h⑥

【解析】(1)粒子水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動；根據(jù)幾何關系可明確粒子下降的高度，再由豎直方向的自由落體運動可求得飛行時間；

(2)能被探測到的粒子高度范圍為h至2h，水平位移相同，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知速度范圍；

(3)粒子在運動中機械能守恒，根據(jù)AB兩點的速度關系以及機械能守恒列式，聯(lián)立即可求得L與h的關系。

本題考查功能關系以及平拋運動規(guī)律的應用，要注意明確平拋運動的研究方法為分別對水平和豎直方向進行分析，根據(jù)豎直方向上的自由落體以及水平方向上的勻速直線運動規(guī)律進行分析求解。

17.【答案】解：(1)設小球到達O點時的速度為v0?，根據(jù)動能定理，有：mgL=12mv02

得：v0?=2gL=10m/s

在最低點根據(jù)牛頓第二定律得：F?mg=mv02L

代入數(shù)據(jù)解得：F=30N

(2)小球離開O點做平拋運動，水平位移為：x=v0?t=10t

豎直位移為：y=12gt?2=5t?2

【解析】(1)根據(jù)動能定理和向心力公式求解

(2)運用平拋運動的規(guī)律及幾何關系列式求解．

本題考查牛頓運動定律、向心力公式、平拋運動等知識點，關鍵是審題，理清題意，結合必要的數(shù)學知識求解．

18.【答案】解：(1)物塊由靜止釋放到B的過程中，由牛頓第二定律得：

mgsinθ?μmgcosθ=ma

由速度位移的關系式得：

vB2=2ahsinθ

聯(lián)立解得：vB=4m/s

(2)左側離開，設到D點速度為零時高為h1，由動能定理得：

0=mgh1?μmgcosθh1sinθ?μmgL

解得：h1=3.0m

若小物塊落到傳送帶左側地面，h需要滿足的條件是h≤3.0m

(3)右側拋出，設到D點的速度為v，由動能定理得：

12mv2=mgh一μmgcosθhsinθ?μmgL

由平拋運動的規(guī)律得：H+2R=12gt2，x=vt

解得：x=2h?3

為使能在D點水平拋出，則有：

mg≤mv2R

解得：【解析】(1)物塊由靜止釋放到B的過程中，做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式可求得物塊到達B端時速度；

(2)先由動能定理求出物塊恰好到D點速度為零時高度，若小物塊落到傳送帶左側地面，則下