人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练 (10)(含答案解析) 50页

人教 A 版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练 (10) 一、计算题（本大题共 28 小题，共 280.0 分） 1. 半径为 r 的圆盘以角速度 转动，现与水平面成角 以速度 v 抛出圆盘，圆盘运动时圆盘面保持 竖直．求当圆盘上升到最大高度时，盘上最高点运动轨迹的曲率半径． 2. 如图所示，质量为 m 1.m 1m 2 的小球通过长度 L 1.m香 的轻绳跨过光滑轻质小定滑轮 与小铁盒相连，铁盒放置于滑轮正下方的光滑水平地面上 A 点，它与滑轮之间相距 2 ，铁盒左侧 中央有一个小孔，小孔直径略大于小球直径。A 点右侧有一个半 R 未知的光滑 1 圆弧轨道 AB， 圆弧的圆心 O 在 A 点正上方，B 点与圆心等高。先用另一根轻绳向左拉小球，小球处于静止状 态时，拉小球的两轻绳与竖直方向的夹角均为 ㌳m 。某一时刻剪断左侧轻绳，当小球下摆至 最低点时，铁盒对地面的压力刚好为零，此刻拉绳瞬间断裂，小球瞬间射入铁盒后与铁盒不分 离，此后铁盒持续受到 F m.1m香 、方向水平向左的恒力作用。不计空气阻力及铁盒大小对运动 的影响，取 g 1m香 2 ，求： 1： 水平绳刚剪断瞬间小球的加速度大小； 2： 小球射入铁盒瞬间铁盒与小球的共同速度大小； ㈶： 请通过计算判断出，铁盒有无可能从 B 点滑出圆弧并正好落在水平面上 A 点。 3. 两个相同的重小球套在长为 l 的轻杆两端上，组成哑铃，哑铃水平放置，从 h 高处落下，一端 撞在桌上 图 ：. 求当哑铃碰撞后又呈水平前它所运动经过的距离．哑铃与桌碰撞是完全弹性的， 碰撞后立即将桌子拿走． 4. 半径为 R 的球沿光滑水平面滑动，滑向高 的台阶．求当球速为多大时，它在第一次碰撞 后就“跳上”台阶？球与台阶的碰撞是完全弹性的，没有摩擦． 5. 光滑水平面上质量为 m 的小球弹性地碰撞菱形构件 ܤܥ 图 ：. 该构件由铰链连接的轻杆以及固 定在 A、B、C 三点、质量均为 M 的三个物体组成，铰链 D 固定在墙壁上，小球速度沿 BD 方 向，求质量 . 质量 m 和角 是已知的． 6. 两只质量为 m 的小球用长为 l 的轻杆相连，该系统从竖直位置开始 靠着竖直的光滑墙运动．上球沿竖直线运动，下球无摩擦地沿水平 面滑动 图 ：. 求当上球离开竖直墙时下球的运动速度． 7. 一个同学设计了一种玩具的模型如图所示，该模型由足够长的倾斜直轨道 AB 与水平直轨道 BC 平滑连接于 B 点，水平直轨道与圆弧形轨道相切于 C 点，圆弧形轨道的半径为 R、直径 CD 竖 直， ܤ 。将质量为 m 的小球在 AB 段某点由静止释放，整个轨道均是光滑的。要使小球从 D 点飞出并落在水平轨道上，重力加速度取 g，求： 1： 释放点至水平轨道高度的范围： 2： 小球到达 C 点时对轨道最大压力的大小。 8. 带电量 电 m 、质量为 m 的小球在重力场和匀强磁场中从静止状态开始运 动 如图 ： ，磁感应强度为 B，B 的方向平行地面，并且 ܤ 香 ，式中 c 为光在真空中的速度．经过足够长时间 后，球离开初始位置多远？向 何方移动？时间 多长可以认为足够长？在整个时间 内球没有碰到地面． 9. 如下图所示，一长木板置于粗糙水平地面上，在木板右方有一固定档板，长木板右端距离档板 为 m.香 ，Q 点的小铁块获得一个与水平方向成 ㈶ 斜向上的初速度，恰好以水平向右、 大小为 ㈶香 的速度滑上长木板。经过一段时间木板与档板碰撞，并粘在薄档板 P 上，碰 撞时间极短。已知小铁块与木板间的动摩擦因数为 1 m.2 ，小铁块的质量是 香 2 ，长木板 与地面的动摩擦因数 2 m.1 ，木板质量是 1 ，小铁块停止前一直没有离开长木板。 sin㈶ m. ， cos㈶ m.㌳ ，重力加速度大小 g 取 1m香 2 。求： 1： 小铁块在空中做抛体运动过程发生的水平距离； 2： 小铁块滑上长木板后，经多长时间小铁块与木板恰好速度相等； ㈶： 木板与档板碰前瞬间的速度； ： 小铁块最终停在木板上的什么位置。 10. 如图，在竖直平面内有一固定的光滑轨道 ABC，其中 AB 是长为 2R 的水平直轨道，BC 是圆心为 O、半径为 R 的半圆弧轨道，两轨道 相切于 B 点．在水平向左的恒定拉力 F 作用下，一质量为 m 的小 球从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达 B 点时撤除拉力．已 知小球经过最高点 C 时对轨道的压力大小恰好等于小球的重力大小，已知重力加速度大小为 .求： 1： 小球经过 C 点时的速度大小； 2： 小球在 AB 段运动时所受的拉力 F 的大小； ㈶： 小球离开 C 点后做平抛运动落到水平地面上，求落点与 A 点的距离． 11. 如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于坐标 平面向内的有界圆形匀强磁场区域 图中未画出 ： ；在第二象限内存在沿 x 轴负方向的匀强电场。 一粒子源固定在 x 轴上坐标为 ,m： 的 A 点。粒子源沿 y 轴正方向释放出速度大小为 v 的电子， 电子恰好能通过 y 轴上坐标为 m,2： 的 C 点，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与 x 轴正方向成 1 角的射线 ON 已知电子的质量为 m，电荷量为 e，不考虑粒子的重力和粒子之间 的相互作用 ： 。求： 1： 匀强电场的电场强度 E 的大小； 2： 电子离开电场时的速度方向与 y 轴正方向的夹角 ； ㈶： 圆形磁场的最小半径 香 。 12. 一构件有质量均为 m 的三个同样小球组成，各球用长为 l 的轻杆铰链式连接 如下图 ：. 构件被劲 度系数为 k 的竖直弹簧维持平衡位置且具有正方形． 1： 求弹簧未形变时的长度 m ； 2： 设下球沿竖直线 向上或向下 ： 移动小段 与 l 相比 ： 距离 x，求系统势能的变化 ； ㈶： 设下球具有竖直方向速度 v，求系统动能 ； ： 求下球小幅竖直振动的周期． 13. 如图所示，光滑水平轨道 AB 与光滑半圆形轨道 BC 在圆轨道的最低点 B 点相切连接且固定在同 一竖直平面内，半圆轨道半径为 m.1香 。质量 香 1 的物块与固定挡板 P 之间有一根被 压缩锁定的轻弹簧，静止在光滑轨道 AB 上。长为 m.香 的水平传送带逆时针转动，皮带速 度大小为 2香 ，传送带的 D 端正好在 C 点正下方，传送带的 D 端与圆轨道最高点 C 点之 间的缝隙宽度略大于物块厚度，物块与传送带之间的动摩擦因数为 m. ，重力加速度大小 1m香 2 。为了方便计算，在下列问题中物块可视为质点，DE 到地面的高度视为圆轨道的 直径。求： 1： 解除弹簧锁定后，物块获得多大速度才能刚好通过圆轨道的 C 点； 2： 解除弹簧锁定后，要使物块在运动过程中始终不离开轨道 即不会在空中做抛体运动 ： 且不会 从传送带 E 端滑出，物块从弹簧处获得的速度大小必须满足的条件； ㈶： 若解除弹簧锁定前弹簧弹性势能分别为 1 ㈶ 、 2 . 。试分别讨论：解除后 解除时 无能量损失 ： ，物块能不能到达 E 点，若不能，物块将如何运动？若能，求物块平抛落地时落点 与 E 点的水平距离。 14. 如图所示，由圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为 R，MN 为直径且与水 平面垂直，质量为 m 的小球 直径略小于圆管内径 ： 刚开始静止在光滑的水平面上，某时刻给 A 球一瞬时冲量，使 A 以一定的速度进入轨道，到达半圆轨道最高点 M 时与静止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距 N 为 2R。重力加速度为 g， 忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计。求： 1： 碰后两球的瞬时速度； 2： 碰撞前瞬间 A 球对轨道的弹力大小。 ㈶： 开始时小球 A 受到的冲量。 15. 如图所示，从 A 点以某一水平速度 m 抛出质量 香 1 的小物块 可视为质点 ： ，当物块运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入圆心角 ܤ晦 ㈶香 的光滑圆弧轨道 BC，经圆弧轨道后滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板，圆弧轨道C端的切线水平．已知长木板的质量 ， A、B 两点距 C 点的高度分别为 m.㌳香 ，圆弧轨道半径 m.香香 ，物块与长木板间的动摩 擦因数 1 m.香 ，长木板与地面间的动摩擦因数 2 m.2 ， 1m香 2 ， sin㈶香 m.㌳ ， cos㈶香 m. ，求： 1： 小物块在 B 点时的速度大小； 2： 小物块滑至 C 点时，对圆弧轨道的压力大小； ㈶： 长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ： ． 16. 晓明同学借助于现代科技手段在实验室中研究某些力学规律，情景可以简化如下：厚木板 B 静 置于水平面上，左侧带有竖直弹性挡板。厚木板与地面的动摩擦因数 m.2 ，木板的上表面是 光滑的；木板的长度 1.香 ，厚度 m.香 ；木板 B 的质量 2 ，可视为质点的物块 A 质量 香 1 。现把 A 置于木板的最右端，给木板施加水平拉力 1m香 的作用，当木板 B 运动 1香 后撤去拉力 F 的作用，同时整个水平面变为光滑。取 1m香 2 ，物块 A 与挡板 间的碰撞可视为弹性碰撞。试求： 1： 与挡板碰撞时木板 B 的速度； 2： 落地时与 B 右端的水平距离。 17. 如图所示，从 A 点以某一水平速度 m 抛出质量 香 1 的小物块 可视为质点 ： ，当物块运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入圆心角 ܤ晦 ㈶香 的光滑圆弧轨道 BC，经圆弧轨道后滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道 C 端切线水平．已知长木板的质量 1 ， A、B 两点距 C 点的高度分别为 1香 、 m.香 ，物块与长木板之间的动摩擦因数 1 m. ， 长木板与地面间的动摩擦因数 2 m.1 ， 1m香 2 .݉㈶香 m.㌳ ， ݋㈶香 m. ，求： 1： 小物块在 B 点时的速度大小； 2： 小物块滑动至 C 点时，对圆弧轨道 C 点的压力； ㈶： 长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？ 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 ： 18. 质量均为 M 的三个物体用长为 L 的细轻杆连接，形成三角形结构 ABC，此三角形沿光滑水平面 滑动．某一时刻 A 点速度沿 AB 方向且等于 v，而此时 B 点速度平行 BC，求 C 点速度以及杆的 张力． 19. 哑铃由长为 L 的轻硬杆和分别固定在杆两端质量为 M 和 2 的小球组成．将其放在光滑水平面 上，某一时刻 M 球的速度为 v，2M 球的速度为 2. 求当哑铃运动时杆的张力可能为多大． 20. 立方块沿光滑水平地板滑动，其运动方向与竖直墙成角 . 立方块的一个侧面与墙发生碰撞，立 方块与墙之间摩擦因数为 ，求立方块将以多大角度从墙上弹回． 21. 如图所示，一群质量 m，速率不同的一价离子从 .ܤ 两平行极板正中央水平射入偏转电场，离 子的初速度为 m ，AB 间电压为 U，间距为 d，C 为竖直放置并与 AB 间隙正对的金属档板，屏 MN 足够大．若 AB 极板长为 L，C 到极板的距离也为 L，C 的高为 . 不考虑离子所受重力，元 电荷为 e． 1： 写出离子射出 A、B 板时的侧移距离 y 的表达式； 2： 求初动能范围是多少的离子才能打到屏 MN 上． 22. 如图所示，质量均为 m 的木块 P 与小球 可视为质点 ： 通过一根细绳相连，细绳绕过两个轻质 无摩擦的小定滑轮 C、 ܥ 可视为质点 ： ，木块 P 的另一端被固连在地面上的轻质弹簧秤竖直向下 拉住．小球 Q 套在固定在水平地面上的半圆形光滑圆环上，圆环半径为 . 初始时小球 Q 位于圆 环的最高点 B 点静止不动，其中 ܤ ，此时弹簧秤对木块的拉力为 m ，弹簧秤中弹簧的弹性 势能在数值上等于 香 为重力加速度 ：. 现将小球 Q 从 B 点移动到 A 点，其中 AC 垂直于 OA， 此时弹簧秤对木块的拉力为 2m ，然后将小球 Q 从 A 点由静止释放，小球 Q 将顺着光滑圆环从 A 向 B 运动．已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量的二次方成正比．求： 1： 弹簧秤中弹簧的劲度系数 k； 2： 小球从 A 点静止释放，运动到 B 点时的速度； ㈶： 小球从 A 点静止释放，由 A 点运动到 B 点的过程中，绳子拉力对小球所做的功． 23. 如图甲所示，斜面 AB 与圆弧面 BP 相切于 B 点，P 点的切线水平，在 P 点安装有压力传感器， 让一质量为 m、可视为质点的物块从斜面上由静止滑下，开始下滑的位置离 B 点的高度为 h， 物块与斜面间的动摩擦因数为 ，圆弧面光滑、圆弧半径为 R，BP 弧对应的圆心角为 ，物块滑 到 P 点时传感器显示的读数为 F，重力加速度为 g。 1： 用对应物理量的符号推导出 F 随 h 变化的关系式。 2： 若 香 m.1 ， m. ， 1m香 2 ，改变物块从斜面开始下滑的高度，测得多组 F 与 h 的值，作出 图像如图乙所示，则当 2.香香 ，P 点距地面的高度 距 m 时，物块落地 点距 P 点的水平距离为多少？ 24. 如图所示，一质量 的小车静置于水平地面上，车与地面间摩擦因数 1 m.1 ，左侧用 固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙且足够长的轨道CD组成， BC 与 CD 相切于 C，圆弧 BC 所对圆心角 ㈶香 ，圆弧半径 2.香香 ，滑动摩擦因数 2 m. ， 质量 香 2 的小物块从某一高度处的 A 点以 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自 B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取 1m香 2 ， ݉㈶香 m.㌳ ，忽略空气阻力， 求： 1： 、B 间的水平距离； 2： 物块通过 C 点时，轨道对物体的支持力； ㈶： 小车在运动过程中产生的位移及小车与地面间因摩擦产生的热量。 25. 如图所示，质量 香 1 的小球在水平轨道上受水平向右的拉力 香 的作用，从静止开始 做匀加速直线运动，F 撤去后，小球从与水平面相切的光滑竖直圆轨道最低点 B 进入，小球运 动到圆轨道的最高点时对轨道的压力等于小球重力，在圆轨道上运行一周后从最低点的出口 未 画出，且入口和出口稍稍错开 ： 出来后向 C 点运动，C 点右侧有一壕沟，C、D 两点的竖直高度 m.2香 ，水平距离 m.㌳香 。已知圆轨道半径 m.香 ，BC 长为 1.2香 ，小球与 BC 面间动摩擦因数为 m. ， 1m香 2 ，求： 1： 小球通过圆形轨道最高点 P 的速度大小； 2： 试通过计算判断小球能否到达壕沟的右侧； ㈶： 若 AB 段光滑，水平拉力 F 的作用时间范围可变，要使小球在运动过程中，既不脱离竖直圆 轨道，又不掉进壕沟，试求水平拉力 F 作用时间的范围。 26. 如图所示，轨道 ABCD 的 AB 段为一半径 m.2香 的光滑 1 圆形轨道，BC 段为高 香 的竖 直轨道，CD 段为水平轨道。一质量为 m.1 的小球由 A 点从静止开始下滑到 B 点时速度的大 小为 2香 ，离开 B 点做平抛运动 取 1m香 2 ： ，求： 1： 小球到达 B 点时对圆形轨道的压力大小？ 2： 如果在 BCD 轨道上放置一个倾角 的斜面 如图中虚线所示 ： ，那么小球离开 B 点后能 否落到斜面上？如果不能，请说明理由；如果能，请求出它第一次落在斜面上的位置。 27. 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端位于 B 点．水平桌面 右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP，其形状为半径 m.香 的圆环剪去了左上角 1㈶ 的圆弧， MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是 . 用质量 香1 m. 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点．用同种材料、质量为 香2 m.2 的物块将弹 簧缓慢压缩到 C 点释放，物块过 B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为 ㌳ 2 2 ， 物块飞离桌面后由 P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力 1m香 2 ，求： 1： 物块 m 2 过 B 点时的瞬时速度 v m 及与桌面间的滑动摩擦因数； 2：ܤ 之间的水平距离； ㈶： 判断 m 2 能否沿圆轨道到达 M 点 要有计算过程 ： ； ： 释放后 香2 运动过程中克服摩擦力做的功． 28. 如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘 ㈶.2香 处放着一质量为 m.1 的小铁球 可看作质点 ： ，铁 球与水平桌面间的动摩擦因数。现用水平向右推力 1.m香 作用于铁球，作用一段时间后撤去。 铁球继续运动，到达水平桌面边缘 A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道 BCD 的 B 端沿切线进入 圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点。 圆弧的圆心为 O 点 ： 已 知 ܤ晦 ㈶香 ，A、B、C、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离 B 端的竖直高度 m.香 ， 圆弧轨道半径 m.香 ，C 点为圆弧轨道的最低点，求： 取 sin㈶香 m.㌳ ， cos㈶香 m.： 1： 铁球运动到圆弧轨道最高点 D 点时的速度大小 ܥ ； 2： 若铁球以 .1香 的速度经过圆弧轨道最低点 C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小 ； 计算结果保留两位有效数字 ： ㈶： 铁球运动到 B 点时的速度大小 ܤ ； ： 水平推力 F 作用的时间 t。 -------- 答案与解析 -------- 1.答案：解： 由题意得，圆盘的中心在最高点的速度为 ݋ ，若盘绕中心沿顺时针方向转动，如 图所示，则最高点的速度 1 ݋ ； 若盘绕中心沿逆时针方向转动，则最高点的速度 2 ݋ ． 故最高点速度可表示为： ݋ t ， 最高点的加速度： 晦 晦 ， 其中， 晦 为最高点相对于盘中心的加速度，大小为 2 ，方向竖直向下， 晦 为盘中心相对地的加速 度，大小为 g，方向竖直向下，由此： 2 ，而 2 ，则： cost 2 2 ， 因此可得盘上最高点运动轨迹的曲率半径为： 2 cost 2 2 ． 解析：分两种情况讨论，若盘绕中心沿顺时针方向转动和若盘绕中心沿逆时针方向转动；求解最高 点的速度，由 2 得盘上最高点运动轨迹的曲率半径． 本题考查圆周运动的相关知识，掌握曲率半径和加速度的关系。 2.答案：解： 1： 水平绳刚剪断瞬间，小球做圆周运动，小球所受合力沿圆周切线方向，即： 合 香 sin㌳m 香 ，解得： ㈶香 2 .香香 2 2： 设小球运动至最低点时的速度大小为 1 ， 由机械能守恒定律可得： 香 2 1 cos㌳m ： 1 2 香1 2 ， 1 ㈶.m香设此刻绳子的拉力为 T，则有： 香 香 1 2 2 ， m.2m香设铁盒质量为 M，则有： m ， 2.m 1m 2 拉绳断裂、小球射入铁盒瞬间，由动量守恒定律，则有： 香1 香 ：2解得：铁盒与小球的共同速度大小 2 1.m香 ㈶： 设铁盒从 B 点滑出时的速度为 ㈶ ，由动能定理可得 香： 1 2 香：㈶ 2 2 2 ：铁盒从 B 点飞出后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动，若正好落在 A 点，则有： 竖直方向 ㈶ 1 2 2 水平方向 1 2 香： 2 解得 ㈶.m 1m 2 m 当铁盒经过圆弧上 B 点时，设轨道对铁盒的弹力为 香 ，由圆周运动知识可得 香 香： ㈶ 2 解得 香 m.1mN 电 m 由此判断出，当圆弧半径 ㈶.m 1m 2 香 时，铁盒能通过 B 点，并正好落在水平面上 A 点。 解析：本题考查圆周运动、动能定理及动量守恒等内容； 1： 水平绳刚剪断瞬间，小球受重力和拉力，所受合力沿圆周切线方向，求出合力进而求得加速度； 2： 由机械能守恒定律求得小球运动至最低点时的速度，结合动量守恒定律，求得铁盒与小球的共同 速度。 ㈶： 铁盒经过 B 点时，轨道对铁盒的弹力 香 m ，铁盒滑 B 点后，再由运动分解方法求出正好落在 A 点的半径 R 3.答案：解：球与桌子碰撞前的速度 2 ，方向向下 当左球与桌子发生完全弹性碰撞后瞬间，如图： 此时系统质心 C 的速度为 0； 碰撞后立即将桌子拿走，质心作自由落体运动，两球绕质心作匀速圆周运动； 哑铃自碰撞后到又呈水平前，即哑铃左、右球位置互换前，经历时间： 1 2 2 2 2 故哑铃下降的距离： 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1㌳ 解析：球与桌子碰前做自由落体运动，当左球与桌子发生完全弹性碰撞后，左球速度大小不变，方 向向上，右球速度不变，此时系统质心 C 的速度为 0，碰撞后立即将桌子拿走，系统只受重力作用， 质心作自由落体运动，两球绕质心作匀速圆周运动，根据匀速圆周运动求解哑铃自碰撞后到又呈水 平前的运动时间，根据自由落体运动的规律求解哑铃下降的距离。 本题关键分析清楚球与桌子碰后 立即将桌子移走 ： 两球、质心的运动，知道两个运动具有等时性。 4.答案：解： 由于球与台阶发生完全弹性碰撞，碰撞前后球的速度大小不变，方向遵循“光反射定 律”，如图， sin 碰后球作斜上抛运动，要使球在第一次碰撞后就“跳上”台阶，必有 cos ㈶ sin 1 2 2 1 式中 t 为球与台阶碰后“跳上”台阶经历的时间，v 为球的速度大小， 为碰后球的速度方向与水平 面间的夹角．由图可得 cos cos 2 cos2 2sin 2 1 香 2 ， 则 sin 1 cos 2 2 2 ， 代人方程组，得 1 香 ， 1 2 2 香2 ㈶ 1㈶ 香 ， 由上两式可得 2 2㌳ 香 1 香 2 2 2 ， 则 2 22 12 即当球速 22 12 时，它在第一次碰撞后就“跳上”台阶 解析：球与台阶发生完全弹性碰撞，碰撞前后球的速度大小不变，方向遵循“光反射定律”画出碰 撞前后的速度矢量图，再结合斜上抛运动的规律和几何关系求解。 本题是碰撞和斜上抛运动的综合，较难。 5.答案：解：设 B 点速度为 v，方向水平向左，则 A 点沿水平向左的速度为 2 ，设 A 点沿竖直向上的 速度为 ，如图，由 A、B 点沿杆方向速度相等，得 cos 2 cos sin 设 AB 杆上力的冲量为 1 ，AD 杆上力的冲量为 2 ，则 香m 21cos 1 2 sin 1 2 cos 2 联立以上四式可得 2香msin 2 2sin 2 1 香msin cos 2sin 2 1对系统，根据能量守恒定律有 1 2 香m2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 解得 香 1 1 2sin 2 2sin 2 2sin 2 1 香 解析：由 A、B 点沿杆方向速度相等，根据动量定理和 AB 杆上和 AD 杆上的冲量的关系综合求解。 本题是动量定理和速度的分解和牵连速度的关系的综合题目，难度较大。 6.答案：解：当上球沿竖直墙方向的加速度 时，上球只受重力作用，杆对球的作用力为 0，上 球将离开竖直墙，此时下球的运动速度达到最大，因此下球加速度为 0． 设杆与竖直墙成 角时，上球离开墙，如图所示． 因为杆上各点沿杆方向速度相等，即 1݋ 2݉ 式中 1 、 2 依次为上球离开墙时上球和下球的速度大小． 此时，上球相对下球的速度大小为 12 1 2 2 2 ， 方向垂直于杆． 根据机械能守恒定律可得 香 1 cos 1 2 香1 2 1 2 香2 2 由 式可得 12 2 1 cos ． 因此在上球离开墙时，上球相对下球在沿杆方向上的加速度为 12 2 2 1 cos ， 由于上球离开墙时，下球的加速度为 0，故上球离开墙时，上球相对下球在沿杆方向上的加速度即 上球相对地在沿杆方向上的加速度． 由于离墙时上球只受重力作用，上球的加速度大小为 ，方向竖直向下．把上球的加速度 a 分 解成沿杆方向上的分量 和垂直杆方向上的分量 ，由图中加速度矢量关系可得 cos 2 1cos cos ， 解得 cos 2 ㈶ ． 代人 式，可得 1 2 2 1 ㈶ 香 1 2 香1 2 1 2 香2 2 , 解得 1 1 ㈶ 1m ㈶ 2 2 ㈶ 2 ㈶ ． 因此当上球离开竖直墙时下球的运动速度为 2 2 ㈶ 2 ㈶ ． 解析：对球受力分析，由运动的合成与分解结合机械能守恒定律求解当上球离开竖直墙时下球的运 动速度。 本题考查运动的合成与分解结合机械能守恒定律，难度较大。 7.答案：解： 1： 当小球恰过 D 点时，释放点高度最小，则从释放到 D 的过程中， 由动能定理得： 香 2： 1 2 香ܥ 2 ， 当小球恰能过 D 点时， 香 香 ܥ香݉ 2 ， 由以上得 香݉ 2 ， 当小球能从 D 点做平抛运动而且恰能落到 B 点时，释放点高度最大，设平抛所用时间为 t， ܥ香 ， 2 1 2 2 ， 解得： 香 ， 所以释放点至水平轨道的高度范围为： 2 ； 2： 从 A 到 C 的过程中，由动能定理得： 香香 1 2 香香 2 ， 小球到达 C 点时有： 香香 香 香 香 2 ， 解得 香香 香 ， 根据牛顿第三定律： 香香 香香距 ， 所以小球到达 C 点时对轨道最大压力的大小： 香香距 香 。 答： 1： 释放点至水平轨道高度的范围为： 2 ； 2： 小球到达 C 点时对轨道最大压力的大小为 9mg。 解析： 1： 根据题意可知小球离开 D 点做平抛运动的最大和最小速度，结合动能定理求出释放点至水 平轨道高度的范围； 2： 根据动能定理求出小球到达 C 点的最大速度，结合圆周运动以及牛顿第二定律知识求解小球到达 C 点时对轨道最大压力的大小。 本题是圆周运动，平抛运动，动能定理等知识相结合的问题，解答关键知道小球在 D 点开始平抛运 动最大和最小的速度，从而结合动能定理求解高度范围；在 C 点结合牛顿第二定律求解最大的压力。 8.答案：解：小球在重力场中由静止释放后受重力作用，小球将会加速，一旦小球有了速度又将受 到洛仑兹力的作用而改变速度的方向，故小球将作较为复杂的曲线运动，为了方便问题的求解，我 们将复杂运动分解成较为简单的两个分运动 将初速度 0 等效为与重力方向及匀强磁场方向垂直 的大小 1 香 ܤ 的速度和方向相反、大小 2 香 ܤ 的速度的合成。 在这样的初状态下，带电小球受到三个力的作用：重力 mg、洛仑兹力 1 ܤ1 和洛仑兹力 2 ܤ2 ， 方向如图． 小球将同时完成两个运动：一个是以 1 做匀速直线运动；一个是在 2 ܤ2 这个向心力作用下以 2作匀速圆周运动．小球的实际运动是这两个以运动的合成，其轨迹为一滚轮线，相当于半径 香2 ܤ 香 2 ܤ 2 2 的圆轮在水平面上作纯滚动时轮缘上一点的运动轨迹，小球的运动轨迹如图所示． 由于经足够长时间 后，小球离开初始位置的水平距离 ，故小球圆周运动的半径可忽略不计．小 球相对地面以速度 1 香 ܤ 向右匀速漂动，且在足够长时间 内移动的距离 2 香 ܤ 解析：把小球的复杂的曲线运动分解，将初速度 0 等效为与重力方向及匀强磁场方向垂直的大小 1 香 ܤ 的速度和方向相反、大小 2 香 ܤ 的速度的合成。并结合洛伦兹力公式和左手定则画出轨迹图 分析即可。 本题是带电小球在复合场中的复杂的曲线运动，注意分解的思想的应用，难道较大。 9.答案：解： 1： 小铁块抛出时： mcos msin 解得： 香 1.2香 2： 小铁块滑上木板相对运动过程中，对小铁块， 1香 香1 1 2香 2 对长木板： 1香 2 香： 2 2 1香 2 设小铁块和木板经时间 t 达到相同速度： 1 1 1 2解得 1 ㈶： 根据 2： 知 1 1香对木板： 1 1m 2 m.香设小铁块和木板一起向右做匀减速运动的加速度为 a， 根据牛顿第二定律得： 2 香： 香： ， 代入数据解得： 1香 2 ， 根据匀减速运动公式： 22 12 2 1：得： 2 m.2香 ： 小铁块滑上木板相对运动过程中，对小铁块， 2 1 2 2香相对位移： 2 1 1.香碰撞后木板停止，小铁块继续向右做匀减速运动， m 22 21㈶解得： ㈶ m.m1香 小铁块距离木板的最左端 ㈶ 1.1香 解析： 1： 对速度分解，根据 ，求出时间再由 求水平距离； 2： 根据牛顿第二定律结合速度与时间的关系求出速度相等的时间； ㈶：： 根据运动学公式求出木板与档板碰前瞬间的速度和小铁块最终停在木板上的位置。 本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题较多，但只要认 真分析，一步步进行解析，是完全可以求解的。 10.答案：解： 1： 已知小球经过最高点 C 时对轨道的压力大小恰好等于小球的重力大小，故小球受 到轨道的支持力为 mg； 那么，对小球在 C 点时应用牛顿第二定律有： 香 香 香 2 ，所以， 2 ； 2： 小球在 A 到 C 运动过程中，只有拉力 F 和重力做功，故由动能定理可得： 2 2香 1 2 香 2 香 ，所以， ㈶ 2 香 ； ㈶： 小球离开 C 点后做平抛运动落到水平地面上，故竖直位移为 2 1 2 2 ，水平位移为 2 2 2 ； 所以，落点与 A 点的距离 ܤ 2 2 2： ； 答： 1： 小球经过 C 点时的速度大小为 2 ； 2： 小球在 AB 段运动时所受的拉力 F 的大小为 ㈶ 2 香 ； ㈶： 小球离开 C 点后做平抛运动落到水平地面上，则落点与 A 点的距离为 2 2 2： ． 解析： 1： 对小球在 C 点应用牛顿第二定律即可求得速度； 2： 对小球从 A 到 C 的运动过程应用动能定理即可求解拉力； ㈶： 根据平抛运动的位移规律求得水平位移，即可求得距离． 经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、 动能定理及几何关系求解． 11.答案：解： 1： 从 A 到 C 的过程中，电子做类平抛运动，有： x 方向： 1 2 2 1 2 香 2 y 方向： 2 联立解得： 香 2 2 ； 2： 设电子到达 C 点的速度大小为 ，方向与 y 轴正方向的夹角为 ， 由动能定理，有 1 2 香 2 1 2 香 2 解得： 2故 cos 2 2得 ； ㈶： 画轨迹如图所示： 电子在磁场中做匀速圆周运动的半径 香 eB 2mv eB电子在磁场中偏转 12m 后垂直于 ON 射出， 磁场最小半径为： 香 2 sin㌳m得： 香 ㌳香 2ܤ 。 答： 1： 匀强电场的电场强度 E 的大小为 香 2 2 ； 2： 电子离开电场时的速度方向与 y 轴正方向的夹角 为 ； ㈶： 圆形磁场的最小半径 香 为 ㌳香 2ܤ 。 解析：本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要注意两个轨迹的 连接点，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键。 1： 粒子在电场中做类似平抛运动，y 方向匀速，x 方向匀加速，根据运动学公式列式求解； 2： 先根据运动学公式列式求解出 x、y 方向的分速度，然后根据几何关系列式求解；也可以根据类 似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的 2 倍直接求解； ㈶： 先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，然后画出轨迹图，确定磁场的最小半径。 12.答案：解： 1： 设系统平衡时弹簧伸长 m ，此时再让弹簧有个微小伸长 m： ，则弹簧下端 的物体 m 下降 ，左右两侧的两物体 m 下降 ，对该过程，根据功能原理有： 即系统平衡时弹簧弹力： 2香则弹簧伸长： m 2香 根据图中几何关系可得弹簧未形变时的长度： m 2 m 2 香 2： 当下球沿竖直线向下移动一小段位移 x，系统势能变化： ； 当下球沿竖直线向上移动一小段位移 x，系统势能变化： ； 因此，当下球沿竖直线 向上或向下 ： 移动一小段位移 x 时，系统势能增加： ㈶： 设下球具有竖直方向速度为 v，则左右两球具有竖直方向的分速度为 2 ，根据正方形对称性，左右 两球沿水平方向的分速度也为 2 ，因此，系统的动能： 1 2 香 2 2 2 1 2 香 2 ： 2 香 2 ： 由于振动能量守恒，系统在离平衡位置 x 距离处的势能与系统经过平衡位置时的动能相等，即： 1 2 2 香 2 ， 其中 ， 为振动频率，则： 1 2 2 香： 2 得系统小幅振动的圆频率： 2香因此，振动周期： 2 2 2香 解析： 1： 系统平衡时弹簧伸长 m ，此时再让弹簧有个微小伸长 m： ，该过程，根据功能原理 求解系统平衡时弹簧弹力，根据胡克定律求解弹簧伸长 m ，根据几何关系求解弹簧的原长； 2： 根据平衡条件和能量守恒定律求解下球沿竖直线向下移动、向上移动一小段位移 x，系统势能变 化； ㈶： 下球具有竖直方向速度 v，求出左右两球的速度，根据动能的表达式求解系统的动能； ： 振动过程能量守恒，结合速度与振动圆频率的关系求解圆频率，进而求解振动周期。 13.答案：解： 1： 设物块获得 1 的速度才能刚好通过圆轨道的 C 点，物块刚好能通过轨道的 C 点时 速度为 1 ，此时重力刚好提供向心力，有 香 香 12 解得： 1 1 ms物块从解除锁定到运动至 C 点，由动能定理有： 香 2 1 2 香12 1 2 香1 2 解得： 1 ms 2： 设解除锁定后物块的速度为 2 时，刚好能运动到传送带的 E 端 从 D 到 E 的过程中，由功能关系 有 香 m 1 2 香ܥ 2 解得 ܥ 2香从 B 到 D 的过程中，由动能定理有 香 2 1 2 香ܥ 2 1 2 香2 2 解得 2 2 2ms设解除锁定后物块的速度为 ㈶ 时，刚好能运动到圆弧轨道上与圆心等高处， 有： 香 m 1 2 香㈶ 2 解得： ㈶ 2ms所以物块的速度必须满足 ms ㈶ 2 2ms 或 ㈶ 2ms ㈶： 若解除弹簧锁定前弹簧弹性势能为 1 ㈶ ，解除弹簧的锁定后，由能量守恒有： 1 2 香 2 ㈶ J解得 ㌳ms由于 ms 2 2ms ，物块会滑上传送带，到达 E 点之前返回加速，在返回圆周回到水平面， 再被弹簧弹回，故物块将做周期性的往复运动； 若解除弹簧锁定前弹簧弹性势能为 2 . ，解除弹簧的锁定后，由能量守恒有： 1 2 香 2 2 . J解得 ㈶香由于 ㈶ms 电 2 2ms ，所以物块将越过 E 点 物块从解除锁定到运动至 E 点时的速度设为 ， 由机械能守恒有 香 2 香 1 2 香 2 1 2 香 2 解得 1香 物块离开 E 点后做平抛运动，有 2 1 2 2 ， 解得：物块再次落到水平轨道 AB 上时与 E 点间的水平距离： m.2香 解析： 1： 物块刚好能通过轨道的 C 点，重力提供向心力，物块从解除锁定到运动至 C 点，由动能 定理列式； 2： 解除锁定后物块刚好能运动到传送带的 E 端 从 D 到 E 的过程中，由功能关系列式，从 B 到 D 的过程中，由动能定理列式，求解速度 2 ；解除锁定后物块刚好能运动到圆弧轨道上与圆心等高处， 根据动能定理求解速度 ㈶ ，根据题意确定物块的速度必须满足的条件； ㈶： 根据能量守恒定律求解解除弹簧的锁定后物体的速度，根据速度所在范围分析物体作何运动。 本题是一个动力学综合题，解题的关键是分析清楚物体的运动过程及在每一个过程中遵循的规律， 难度较大。 14.答案：解： 1： 粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，则有： 2 1 2 2 解得： 2 平抛运动的初速度为： 2 即碰后两球的瞬时速度大小为 2： 根据动量守恒，两球碰撞过程有： 香1 2香碰前对 A 有： 香 香 香 12 解得： 香 ㈶香 ㈶： 小球 A 在圆管内运动过程，机械能守恒： 1 2 香m2 1 2 香12 香2解得： m 2 2根据动量定理，开始时小球 A 受到的冲量大小为： 香m 2香 2 解析： 1： 粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，根据高度 2R 和水平距离 2R 求出速度 v，即碰后两 球的瞬时速度； 2： 根据动量守恒定律求出碰撞前瞬间小球 A的速度．碰撞前由重力和轨道的支持力提供A 的向心力， 求出碰撞前瞬间 A 球对轨道的弹力大小； ㈶： 小球 A 冲进轨道过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求出小球 A 冲进轨道 时速度 的大小，再结合动量定理求出开始时 A 受到的冲量大小。 本题是力学中的综合问题，考查的知识点较多，但难度不大。 15.答案：解： 1：ܤ 、C 两点间高度差 1 cosܤ晦： m.1香从 A 点到 B 点，小物块做平抛运动 1 2 2 ， m.㈶到达 B 点时，竖直分速度 ㈶香 ， 而 ， m 香联立解得： 2： 从 A 点到 C 点，由动能定理有 香 1 2 香2 2 1 2 香m 2 ， 设小物块在 C 点受到的支持力为 香 ，由牛顿第二定律有： 联立解得： ， 由牛顿第三定律可知，小物块在 C 点时对圆弧轨道的压力大小为 12 ㈶ 香 ㈶： 小物块与长木板间的滑动摩擦力为 1香 香香长木板与地面间的最大静摩擦力为 距 2 香： 1m香由 距 知，小物块在长木板上滑动时， 长木板静止不动故长木板的长度至少为 解析： 1： 由平抛运动规律求得在 B 点的竖直分速度，利用数学知识求出水平速度，即可根据速度的 合成求得在 B 点的速度； 2： 对物块在 C 点应用动能定理求出 C 点速度，根据牛顿第二定律求得物块受到的支持力，即可由 牛顿第三定律求得压力； ㈶： 物块滑上长木板后做匀减速运动，长木板静止，当物块刚好滑到长木板右端时长木板的长度最小， 根据运动学公式解答。 本题主要考查了平抛运动基本规律、牛顿运动定律及动能定理的直接应用，关键要正确分析物块的 运动过程和状态。 16.答案：解： 1： 撤去 F 之前，设木板的加速度为 a，根据牛顿第二定律有： 香 解得 2香 2 设 F 撤去时木板的速度为 v，根据速度位移关系有： 2 2解得： 2香此后整个水平面变为光滑，可知在 A 与挡板碰撞前，木板 B 做匀速直线运动，故 A 与挡板碰撞时木 板 B 的速度 2香 ； 2： 设碰撞后 A 的速度为 1 ，木板 B 的速度为 2 ，由于水平面光滑且为弹性碰撞，以向右为正方向， 根据动量守恒定律及机械能守恒定律有： 2 香1 1 2 2 1 2 2 2 1 2 香1 2 代入数据可得 1 ㈶ 香 ， 2 2 ㈶ 香此后 A 在木板 B 点做匀速直线运动，离开木板 B 后做平抛运动，B 一直匀速直线运动，设 A 做平抛 运动时间为 t，则有： 1 2 2 可得 m.㈶所以 A 落地时与 B 右端的水平距离为 1 2 m.㌳香 解析：本题考查了利用牛顿运动定律分析滑块与板的叠加问题及平抛运动规律，分析清楚物体的受 力及运动过程是关键。 1： 根据牛顿第二定律求出板的加速度，利用速度位移关系进行分析； 2： 利用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞之后 A 与 B 的速度，结合平抛运动规律进行分析即 可。 17.答案： 解： 1： 物块从 A 点到 B 点做平抛运动，则有： 1 2 2 ； 设到达 B 点时竖直分速度为 ，则： ； 据题有 ݉ m ； 联立解得： ܤ m 2 2 香 ； 即：小物块在 B 点时的速度大小为 香 ； 2： 从 A 至 C 点，由动能定理得： 香 1 2 香 2 1 2 香m 2 ； 设物块在 C 点受到的支持力为 香 ，则由牛顿第二定律得： 香 香 香 2 ； 联立可得： 香 2㈶.1香 ； 根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道 C 点的压力大小为 2㈶.1香 ； 即：小物块滑动至 C 点时，对圆弧轨道 C 点的压力为 2㈶.1香 ； ㈶： 小物块 m 与长木板间的滑动摩擦力： 1香 香 ； 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力： 距 2 香： 2香 ； 因 距 ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动； 小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为 0； 则长木板长度至少为： 2 2 21 ㈶.m香 ； 即：长木板至少为 ㈶.m香 ，才能保证小物块不滑出长木板。 解析： 1： 小物块从 A 到 B 做平抛运动，已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和 方向，用运动的合成与分解求解； 2： 小物块在 BC 间做圆周运动运动，由动能定理求出小物块通过 C 点的速度．在 C 点时轨道支持力 和重力的合力提供物块圆周运动的向心力，据此求解即可； ㈶： 根据物块在长木板上滑动时，物块的位移 长木板的位移应该小于等于长木板的长度这一临界条 件展开讨论即可。 本题考查了动能定理、牛顿第二定律的综合应用；本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运 动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。 18.答案：解： 如图所示，B 点的速度 ܤ 可以看作是随 A 点平动的速度 v 和绕 A 点转动的速度 的合成． 由图可得 ܤ݋㌳m ， 即 ܤ 2 ， ܤsin㌳m ㈶ 2 ܤ ㈶ ． 由于是刚性三角形，三角形上各点转动的角速度相等，C 点的速度可以看作是随 B 点平动的速度 ܤ和绕 B 点转动的速度 的合成． 由图可得 ܤ 2 2 ㈶ 2 香 ． 设杆的张力为 ，则 B 点物体所受的合力 合 2cos㈶m ㈶ ， 方向指向质心 . 物体 B 绕质心 C 做圆周运动，根据牛顿第二定律 合 ㈶ 2 ㈶ ㈶ ， 可得 2 ． 因此，C 点的速度 香 ，杆的张力 2 ． 解析：对 B 分析，B 点的速度 ܤ 可以看作是随 A 点平动的速度 v 和绕 A 点转动的速度 的合成，C 点的速度可以看作是随 B 点平动的速度 ܤ 和绕 B 点转动的速度 的合成；物体 B 绕质心 C 做圆周 运动，根据牛顿第二定律求解张力。 19.答案：解：设系统质心 C 的位置与 2M 小球相距 x，则有 2 ： ， ㈶ ． 小球绕质心 C 做圆周运动时，杆的张力 提供小球做圆周运动的向心力，即 2 2 ㈶ 2 2 ㈶ 式中， 为小球做圆周运动的角速度． 以 2 球为参照系，M 球的速度 v 可看作随 2M 球的平动速度 2v 和绕 2M 球的转动速度 的合成， 如图所示． 在速度三角形中，v 与 2v 的夹角为 ， m ． 因此，当 m 时： ：香݉ ，当 时： ：香 ㈶ ， 即 ㈶ ， ㈶ ， 代入 式 2 2 ㈶ ㌳ 2 ． 解析：小球绕质心做圆周运动时，杆的张力提供小球做圆周运动的向心力，以 2 球为参照系，M 球的速度 v 可看作随 2M 球的平动速度 2v 和绕 2M 球的转动速度 的合成；由几何关系和速度的合 成与分解求解。 20.答案：解：如图为立方块与墙碰撞时的受力情况及碰撞前后的速度分解．立方块与墙碰撞前后， 法向速度大小不变，方向反向，切向速度大小改变。 设立方块与墙碰撞前的速度为 v，碰撞中法向作用时间为 1 ，切向作用时间为 2. 碰后反弹时与墙面夹 角为 ． 对法向和切向，根据动量定理 香1 2香݉ 香2 香݋ 香݉݋ 在 1 2 时，将 ，得 cossincot 2sin ， 则 ݋ ݋ 2 ． 这种情况下 ݋ 2 m ， 即 tan 1 2 ． 若 1 电 2 时，即立方块沿墙运动的速度先减至零，即有 tan 电 1 2 ， ݉݋ m ， 则 2 ． 综上：当 tan 1 2 时， ； 当 tan 电 1 2 时， 2 。 解析：本题主要考查合速度和分速度的关系、动量定理的应用。 根据题意画出立方块与墙碰撞时的受力情况及碰撞前后的速度分解图，对法向和切向，分别根据动 量定理列式，分情况讨论从而得出所求角度。 21.答案：解： 1： 偏转电场的场强大小为： 离子所受电场力： 离子的加速度为： 香由 解得： 香 设离子的质量为 m，初速度为 m ，离子射出电场的时间 t 为： m射出电场时的偏转距离 y 为： 1 2 2 由 解得： 2 2香m 2 2： 离子射出电场时的竖直分速度 射出电场时的偏转角： ݉ m 由 得： ݉ 香m 2 离子射出电场时做匀速直线运动 要使离子打在屏 MN 上，需满足： 2 ， ݉ 电 2 由 可得： 2 2 2 ㈶ 2 2 2 ． 答： 1： 离子射出 A、B 板时的侧移距离 y 的表达式为 2 2香m 2 ； 2： 初动能范围为 2 2 2 ㈶ 2 2 2 的离子才能打到屏 MN 上． 解析： 1： 离子在 AB 板间的电场中做类平抛运动，将离子的运动按水平和竖直两个方向进行分析， 运用牛顿第二定律、运动学公式，结合两个分运动的等时性，求出离子射出电场时的偏转距离 y． 2： 离子离开电场后做匀速直线运动，离子要打在屏 MN 上，y 必须满足 2 ，且 ݉ 电 2 .联立即可求解． 本题考查粒子在偏转电场中的运动，解题关键是利用类平抛运动知识，要能熟练推导出偏转距离和 偏转角度的表达式，同时要正确分析临界条件，相结合即可进行求解． 22.答案：解： 1： 由几何关系可知 ㈶ ，所以： ܤ ㈶ 1： ，即为从 B 到 A 弹簧 秤形变量的变化量 根据胡克定律有： 2m m ㈶ 1： ， 解得： ㈶1：m 2 ； 2： 小球在 B 点沿绳方向分速度为零，故此时木块的速度为零。 由几何关系知从 A 到 B 小球升高了 2 ，木块下降了 ܤ ㈶ 1： ， 对弹簧，由题意可知 m m ， 香 1 2 m2 即 m ㈶ 1： ， 2香 ㈶ 1：m ， 小球机械能的增加量等于木块与弹簧的势能的减少量， 根据系统机械能守恒： 香 2 1 2 香 2 香 ㈶ 1 1 2 m 2 香解得： 2 ㈶ ㈶： ； ㈶： 对小球根据动能定理： 香 2 1 2 香 2 所以 2 ㈶：香 解析：【试题解析】 本题考查了受力分析、胡克定律、及系统的功能关系，属于一道难度系数较高的题目，尤其是还要 涉及运动的合成与分解，要求学生明确由绳连接的物体沿绳方向的分速度相同。 1： 根据几何关系找到从 B 到 A 弹簧形变量的变化量，根据胡克定律求弹簧的劲度系数； 2： 根据 g 胡克定律和系统机械能守恒求 B 点速度； ㈶： 对小球根据动能定理求拉力对小球做的功。 23.答案：解： 1： 物块从斜面经圆弧面滑到 P 点的过程中，根据动能定理有： 香 cos： 香cos sin 1 2 香2 在 P 点，有： 香 香 2 可得： ㈶ 2cos 香 21 tan：香 2： 由 1： 代入数据并结合图象有： ㈶ 2cos 1. ， 2 1 m. tan 1. 1.1 可得： m.香香当 2.香香 时，由 香 香 2 可得平抛的初速度 ㈶.香物块做平抛运动时有： 距 1 2 2 ， 解得落地点距 P 点水平距离 ㈶.香 。 答： 1： 随 h 变化的关系式为 ㈶ 2cos 香 21 tan：香 。 2： 物块落地点距 P 点的水平距离为 ㈶.香 。 解析：本题是力学综合试题，应用到较多的力学知识，需要冷静审题，理清思路，应用牛顿第二定 律和动能定理方可正确解决第 1： 问；在第 2： 问中，熟悉牛顿第二定律和平抛运动的有关知识就可 以解决该问。 1： 物块从斜面经圆弧面滑到 P 点的过程中，使用动能定理，在 P 点使用牛顿第二定律，联立即可解 得。 2： 由 1： 知，F 是关于 h 的函数，联立截距和斜率可解得圆周运动时的轨道半径；当 2.香香 时， 对 P 点由牛顿第二定律可得平抛的初速度，再由平抛运动的性质，可求出水平位移。 24.答案：解： 1： 物块从 A 到 B 由平抛运动的规律得： tan m m得 1.2香 2： 物块在 B 点时，由平抛运动的规律得： ܤ m cos 物块在小车上 BC 段滑动过程中，由动能定理得： 香1 cos： 1 2 香 2 1 2 香ܤ 2 在 C 点对滑块由牛顿第二定律得 香 香 香 2 联立以上各式解得： 香 m 11 香 ㌳.2香 ㈶： 根据牛顿第二定律： 对小车有 2香 1 香： 1 对滑块有 2香 香2 当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 21 11 由以上各式解得 1 ㈶ ， 此时小车的速度为 此过程车位移 1 2 1 香 后小车与物块相对静止一起减速： 1香 ：2 m 1 2 香 ： 2 小车的总位移： 1 2 2 ㈶ 香 车与地产生热量： 2 1 香：1 2： .m 解析：本题考查了动量守恒定律的应用，物体运动过程复杂，分析清楚物体的运动过程是解题的前 提与关键，分析清楚运动过程后，应用运动学公式、动量守恒定律、动能定理与能量守恒定律可以 解题。 1： 小物块从 A 到 B 做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出 A、B 间水平距离。 2： 由平抛运动的规律求出物块经过 B 点时的速度。从 B 到 C 过程，小车静止不动，根据动能定理 求出物块通过 C 点时的速度，再由牛顿第二定律求轨道对物体的支持力。 ㈶： 由牛顿第二定律求出加速度的大不，根据速度时间关系求出共速所需要的时间及共同速度的大小； 结合动能定理及摩擦力做功与产生热量的关系进行分析即可。 25.答案：解： 1： 在 P 点 香 香 香 2 解得： 香 2： 从 P 到 C： 香2 香 香 2 2 香 2 2解得： ㌳香 平抛运动： 2 2 解得： 12香 电 能越过壕沟 ㈶： 若恰好过竖直圆的最高点： 香 香1 2 从 P 到 C： 香2 香 香1 2 2 香1 2 2 1 1 解得： 1 m. 香m 电 能越过壕沟 从 B 到 P： 1 2 香ܤ12 香2 1 2 香12 加速过程： 1 香ܤ1 解得： 1 2.s 若不能过与圆心等高的点，则返回也满足题中条件，此时： 香 香ܤ2 2 2 加速过程： 2 香ܤ2 解得： 2 1 由以上讨论可知： 1 或 2.s 解析：本题是圆周运动，动能定理，机械能守恒定律和动量定理及平抛运动的综合题目，较难。 1： 在 P 点受力分析，列出牛顿第二定律方程求解即可； 2： 对小滑块由 B 点到运动到 P 点的过程，由机械能守恒定律列式；由 B 点运动到 C 点的过程，由 动能定理列式；小滑块从 B 点抛出，由平抛运动规律列式求解即可； ㈶： 小滑块恰好通过竖直圆轨道的最高点，则有 香 香 2 ，根据动能定理和动量定理列式求解即可。 26.答案：解： 1： 小球在 B 处受重力 G 和向上的弹力 F 作用，由牛顿第二定律有： 向 െ 香 2 ， 解得： ㈶香由牛顿第三定律知，即小球到达 B 点时对圆形轨道的压力大小为 3N，方向竖直向下； 2： 设小球离开 B 点做平抛运动的时间为 1 ，落地点到 C 点距离为 s 由 1 2 1 2 得： 1 2 2 1m 1 ， 则有： ܤ1 2 1 香 2 m 如图，斜面 BEC 的倾角 ，CE 长 香 ，因为 电 ，所以小球离开 B 点后能落在斜面 上。 假设小球第一次落在斜面上 F 点，BF 长为 L，小球从 B 点到 F 点的时间为 2 ݋ ܤ2 ݉ 1 2 2 2 联立 、 两式得： 2 m. ； ܤ2 cos 2m. 22 香 m. 2香 1.1㈶香 。 答： 1： 小球到达 B 点时对圆形轨道的压力大小为 3N，方向向下； 2： 小球离开 B 点后能落到斜面上．它第一次落在斜面上的位置 1.1㈶香 ． 解析： 1： 小球在 B 点时做的是匀速圆周运动，对小球受力分析，由向心力的公式可以求得小球受到 的支持力的大小，在根据牛顿第三定律可以知道对圆形轨道的压力大小； 2： 小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水平距离，与斜面的长度相对比，可以知道，小 球将落在斜面上，再根据平抛运动的规律可以求得落在斜面上的位置． 本题考查了圆周运动和平抛运动的规律，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖 直方向上的自由落体运动来求解． 27.答案：解： 1： 由物块过 B 点后其位移与时间的关系 ㌳ 2 2 得与 m 1 2 2 比较得： m ㌳香加速度 香 2 而 香2 香2 ， 得 m. ； 2： 设物块由 D 点以 ܥ 做平抛， 落到 P 点时其竖直速度为 2根据几何关系有： ܥ ݉解得 ܥ 香运动时间为： 2 1.㌳ 1m m.所以 DP 的水平位移为： ܥ ܥ 1.㌳香 m.香 1.㌳香根据物块过 B 点后其位移与时间的关系为 ㌳ 2 2 ，有： 在桌面上过 B 点后初速 m ㌳香 ，加速度 香 2 所以 BD 间位移为 ܤܥ ܥ 2 m 2 2 2.香所以 BP 间位移为 ܤ 2.香 1.㌳香 .1香 ； ㈶： 设物块到达 M 点的临界速度为 ，有： 香2 香2 2 2 2香由机械能守恒定律得： 1 2 香2距 2 1 2 香2ܥ 2 2 2 香2解得： 距 1㌳ 2香因为 1㌳ 2 2 2所以物块不能到达 M 点； ： 设弹簧长为 AC 时的弹性势能为 ，物块与桌面间的动摩擦因数为 ， 释放 香1 时， 香1ܤ释放 香2 时 香2ܤ 1 2 香2m 2 且 香1 2香2 ， 可得： 香2m 2 香.2 香2 释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为 ， 则由能量转化及守恒定律得： 1 2 香2ܥ 2 可得 .㌳ 。 答： 1： 物块 香2 过 B 点时的瞬时速度为 ㌳香 ，与桌面间的滑动摩擦因数为 m. ； 2：ܤ 间的水平距离为 .1香 ； ㈶：香2 不能沿圆轨道到达 M 点； ：香2 释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功为 .㌳ 。 解析： 1： 由物块过 B 点后其位移与时间的关系求出初速度和加速度，根据牛顿第二定律即可求得与 桌面间的滑动摩擦因数； 2： 物块由 D 点做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求出到达 D 点的速度和水平方向的位移，根 据物块过 B 点后其位移与时间的关系得出初速度和加速度，进而根据位移 速度公式求出位移； ㈶： 物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则 香 香 2 ，根据机械能守恒定律，求出 M 点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达 M 点． ： 由能量转化及守恒定律即可求出 香2 释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功。 该题涉及到多个运动过程，主要考查了机械能守恒定律、平抛运动基本公式、圆周运动向心力公式 的应用，用到的知识点及公式较多，难度较大，属于难题。 28.答案：解： 1： 小球恰好通过 D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得： 香 香ܥ 2 可得： ܥ 香 ； 2： 小球在 C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则： 香 香 2 代入数据可得： ㌳.㈶香 ； 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力： ㌳.㈶香 ㈶： 小球从 A 点到 B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有： 2 2 得： ㈶香小球沿切线进入圆弧轨道，则： ܤ ݉㈶香 ㈶ m.㌳ 香 ； ： 小球从 A 点到 B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得： ܤ݋㈶香 m. 香小球在水平面上做加速运动时： 香 香1可得： 1 香 2 小球做减速运动时： 香 香2可得： 2 2香 2 由运动学的公式可知最大速度： 香 1 ； 香 22又： 香 2 香 2 2 联立可得： m.㌳ 。 答： 1： 铁球运动到圆弧轨道最高点 D 点时的速度大小为 香 ； 2： 若铁球以 .1香 的速度经过圆弧轨道最低点 C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为 ㌳.㈶香 ； ㈶： 铁球运动到 B 点时的速度大小是 香 ； ： 水平推力 F 作用的时间是 m.㌳ 。 解析：恰好在 B 点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，这是解这道题的关键，理 解了这句话就可以求得小车的末速度，本题很好的把平抛运动和圆周运动结合在一起运用机械能守 恒解决，能够很好的考查学生的能力，是道好题。 1： 恰好通过 D 点，则重力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出； 2： 由牛顿第二定律求出支持力，由牛顿第三定律说明； ㈶： 小球离开 A 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可求得 B 点的速度； ： 由牛顿第二定律分别求出加速阶段与减速阶段的加速度，然后由运动学的公式即可求出。