人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练 (28)(含答案解析)

人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练 (28)(含答案解析)

人教 A 版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练 (28) 一、计算题（本大题共 30小题，共 300.0分） 1. 如图所示，质量 ൌ 1ͳ的小球用细线拴住，线长 ൌ d.g，细线所受拉力达到 ൌ 1ͳ时 就会被拉断．当小球从图示位置释放后摆到悬点 O的正下方时，细线恰好被拉断．已知悬点 O 距水平地面的高度 ൌ g.g，重力加速度 ൌ 1d_.求： 1a细线恰好被拉断时小球的速度． a小球落地处到地面上 P点的距离？点在悬点 O的正下方a . 如图所示，长为 R的轻绳，上端固定在 O点，下端连接一只质量为 m的小球．小球接近地面， 处于静止状态．现给小球一沿水平方向的初速度，小球开始在竖直平面内做圆周运动．设小球 到达最高点时绳突然断开，已知小球最后落在离小球最初位置 4R的地面上，重力加速度为 . 试求：图中所标 d的数值未知a 1a绳突然断开时小球的速度； a小球刚开始运动时，对绳的拉力． 3. 在直角坐标系中，三个边长都为 ൌ 的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域 ABOC中 有水平向左的匀强电场，电场强度大小为d，第二象限正方形 COED的对角线 CE左侧 CED区 域内有竖直向下的匀强电场，三角形 OEC区域内无电场，正方形 DENM区域内无电场。 1a现有一带电荷量为 、质量为 m的带电粒子重力不计a从 AB边上的 A点由静止释放，恰 好能通过 E点，求 CED区域内的匀强电场的电场强度1的大小。 a保持1a问中电场强度不变，若在正方形区域 ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带 电粒子，要使所有的粒子都经过 E点，则释放的坐标值 x、y间应满足什么关系 3a若 CDE区域内的电场强度大小变为 ൌ 3 d，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区 域 ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过 N点，则释放点 坐标值 x、y间又应满足什么关系 4. 如图所示，传送带水平部分 AB的长度 ൌ 1.g ，与一圆心在 O点、半径 ൌ 1 的竖直光滑 圆弧轨道的末端相切于 A点.‴㈲高出水平地面 ൌ 1.g .一质量 ൌ d.1ͳ的小滑块可视为 质点a由轨道上的 P点无初速度释放，OP与竖直线的夹角 ൌ 3䁞.已知 sin3䁞 ൌ d.，cos3䁞 ൌ d.ͳ，g取 1d _，滑块与传送带间的动摩擦因数 ൌ d.，转轮与传送带间不打滑，不计空气 阻力． 1a求滑块对圆弧轨道末端的压力的大小． a若传送带以速度1 ൌ 1.d _顺时针匀速转动，滑块运动至 B点水平飞出，求滑块的落地点 与 B点的水平距离． 3a若传送带以速度 ൌ d.ͳ _顺时针匀速转动，求滑块在传送带上滑行过程中产生的热量． 5. 下图为利用电磁作用输送非导电液体装置的示意图.一边长为 L、截面为正方形的塑料管道水平 放置，其右端面上有一截面积为 A的小喷口，喷口离地的高度为 .管道中有一绝缘活塞.在活塞 的中部和上部分别嵌有两根金属棒 a、b，其中棒 b的两端与一电压表相连，整个装置放在竖直 向上的匀强磁场中.当棒 a中通有垂直纸面向里的恒定电流 I时，活塞向右匀速推动液体从喷口 水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为 .若液体的密度为，不计所有阻力，该装置做功的 效率为，求： 1a活塞移动的速度 a该装置的功率 3a匀强磁场的磁感强度 B的大小． 6. 如图所示，半径为 R的圆与正方形 abcd相内切，在 ab、dc边放置两带电平行金属板，在板间 形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为 m、带电荷量为 的粒子从 ad 边中点1沿1方向以速度d射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从 bc边中点飞出.若撤 去磁场而保留电场，粒子仍从1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘.不计粒子重力． 1a求两极板间电压 U的大小． a若撤去电场而保留磁场，粒子从1点以不同速率沿1射入，要使粒子能打到极板上，求粒 子入射速率的范围． 7. 如图甲所示，高 ൌ 1 的桌面上固定一竖直平面内的半径 ൌ d.ͳ 的四分之一光滑圆弧轨 道 AB，轨道末端 B与水平桌面边缘相切.将一质量 ൌ d.dgͳ的小球从轨道顶端 A处由静止 释放，小球落入地面固定的球筐中.已知球筐的高度 ൌ d. ，球筐的直径比球稍大，但与轨 道半径 R、平台高 H等相比可忽略，空气阻力忽略不计，g取 1d _． 1a求小球运动到 B点时对轨道的压力大小 a求球筐距 B点的水平距离 3a把圆弧轨道撤去，将小球从桌面上 B点水平抛出.有人认为“为防止球入筐时弹出，小球落入 球筐时的动能越小越好”.若只改变桌面的高度，求出该动能的最小值． 8. 如图甲所示，质量 ൌ 1ͳ的物体以d ൌ _的初速度从水平面的某点向右运动并冲上半 径 ൌ d.1 的竖直光滑半圆环.物体与水平面间有摩擦，水平面与半圆弧相切，g取 1d _． 1a物体能从 M点飞出，在水平面上的落点到 N点的距离的最小值为多大 a设出发点到 N点的距离为 x，物体从 M点飞出后，在水平面上的落点到 N点的距离为 y，作 出随 x变化的关系图线如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数 3a欲使物体不会脱离半圆轨道，则物体的出发点到 N点间的距离应满足什么条件 9. 某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛.比赛路径如图所示，赛车从起点 A出发，沿水平直线 轨道运动 L后，由 B点进入光滑竖直轨道竖直轨道由半径分别为 2R和 R的两个半圆形轨道平 滑连接而成，B是切点a，离开竖直轨道后继续在光滑平直轨道上运动到 D点点与 C点连线 是竖直线a，若赛车能越过壕沟，则算完成比赛.已知赛车质量 ൌ d.1ͳ，通电后以额定功率 ൌ 3.d 工作，进入竖直轨道前受阻力恒为 d.3，随后在运动中受到的阻力均可不计.图中 ൌ 1d.dd ， ൌ d.g ， ൌ d.3g ， ൌ .dd .要使赛车能完成比赛，则：取 1d _a 1a赛车在 D点的速度至少多大 a在小半圆轨道的最低点赛车对轨道的压力最小多大 3a电动机至少工作多长时间水平轨道足以加速a 10. 高山滑雪将速度与技巧结合起来，是人们喜爱的运动.图为高山滑雪示意图，运动员由 A点由静 止下滑，在 C点水平飞出后遭遇一股水平强风，风力恒定，落在 D点所在平台上.已知 AB是一 段长度 ൌ 3d 、倾角为 3䁞的斜面，斜面在 B点处与一段半径为 1d 、圆心角为 3䁞的光滑 圆弧相切，C点的切线水平，C、D的高度差 ൌ d ，运动员和设备总质量为 ͳdͳ，不计路 面摩擦阻力和遭遇强风前的空气阻力取 1d _，sin3䁞 ൌ d.，cos3䁞 ൌ d.ͳa． 1a求运动员到 B点时的速度大小． a运动员到 C点时对轨道的压力为自身重力的多少倍 3a风力 F大于多少时，运动员会有生命危险，不能飞到平台上 11. 如图所示，长 ൌ 1.g 的一段水平直轨道 BC与倾角 ൌ 3䁞的足够长斜面 CD相连，B点正 上方的固定点 O悬挂一长为 ൌ d. 的轻绳，轻绳另一端拴一质量为1 ൌ 3ͳ的小球.现将 轻绳拉直，使小球从与 O点等高的 A点以竖直向下的初速度d ൌ _发出，运动至最低点时 恰好与静止在 B点的质量 ൌ 1ͳ的小物块发生碰撞.已知小球与小物块碰撞时间极短且碰撞 前后两者总动能不变，碰后小物块在 B点立即获得动能，该动能占两者总动能的 䁞gन，两者速 度均沿 BC方向.小物块与水平轨道间的动摩擦因数为 ൌ d.ͳ，g取 1d _，sin3䁞 ൌ d.， cos3䁞 ൌ d.ͳ． 1a求小球在碰前瞬间对绳的拉力大小 a通过计算判断：小球在碰后能否在竖直面内做完整的圆周运动 3a碰撞后，小物块将沿水平轨道运动，并从 C点水平抛出后落到斜面上的 P点，求 C、P距离． 12. 图为一自由式滑雪空中技巧比赛场地示意图，比赛场地由出发区 AB、助滑坡 BC、第一过渡区 CD、跳台 DE、第二过渡区 EF、着陆坡 FG和终点区 GH组成，在 H处安置半径为 ൌ .d 的圆形轨道，出口靠近但相互错开.第一过渡区的最低点和终点区在同一水平地面上，出发区距 地面的高度㈲ ൌ ͳ. ，跳台最高点 E和着陆坡最高点 F离地面的高度均为‴ ൌ .d ，着陆 坡坡角为 3䁞.运动员从助滑坡顶端 B由静止滑下，离开跳台在空中完成预定动作后到达 F点正 上方以水平速度 ൌ .d _飞出，在落到着陆坡 FG上时，运动员靠改变姿势进行缓冲，使自 己只保留沿坡面的分速度而不弹起.除缓冲外运动员可视为质点，滑雪板与终点区 GH的动摩擦 因数 ൌ d.，不计其余滑道和空气的阻力，sin3䁞 ൌ d.，cos3䁞 ൌ d.ͳ，g取 1d _． 1a求运动员到达 F点正上方时离地面的高度 a求运动员在着陆坡 FG上滑行的距离 3a若运动员能够不脱离圆形轨道顺利通过最高点，求终点区 GH的最大长度． 13. 如图所示，质量 ൌ d.ͳ的小物块放在半径1 ൌ 的水平圆盘边缘 A处，小物块与圆盘 间的动摩擦因数1 ൌ d.ͳ.圆心角 ൌ 3䁞、半径 ൌ .g 的光滑圆弧轨道 BC与水平轨道相切 于 C点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数 ൌ d.g.开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆 心1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平飞出此时1与 A连线垂直纸面a，恰好 从 B处沿切线进入圆弧轨道，经过圆弧 BC进入水平轨道 CD，在 D处进入圆心为3、半径为3 ൌ d.g 的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道 DF向右运动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，sin3䁞 ൌ d.，cos3䁞 ൌ d.ͳ，g取 1d _． 1a求圆盘对小物块做的功 a求小物块刚离开圆盘时 A、B两点间的水平距离 3a假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端 D与圆 弧轨道底端 C之间的距离范围和小物块的最终位置． 14. 如图所示，竖直平面内固定有一半径 ൌ 1 的 1 光滑圆弧轨道 AB和一倾角为 g且高为 ൌ g 的斜面 CD，二者间通过一水平光滑平台 BC相连，B点为圆弧轨道与水平平台的切点.现将 一质量为 m的小球从圆弧轨道 A点正上方 h处大小可调a由静止释放，已知重力加速度 g取 1d _，且小球在 A点时对圆弧轨道的压力总比在最低点 B时对圆弧轨道的压力小 3mg． 1a若 ൌ d，求小球在 B点的速度大小 a若 ൌ d.ͳ ，求小球落点到 C点的距离结果可用根式表示a 3a若在斜面中点竖直立一挡板，使得无论 h为多大，小球不是越不过挡板，就是落在水平地面 上，则挡板的最小长度 l为多少 15. 如图所示，质量 ൌ 1 1d3ͳ、电荷量 ൌ 1 1d的带正电粒子从竖直放置的两电容器 极板 A、B之间贴着 A极板以速度 ൌ _平行于极板飞入两极板间，恰从极板 B上边缘 O 点飞出，已知极板长 ൌ d. ，两极板间距 ൌ d.1g .电容器极板上方有宽度为 ൌ d.3 的 区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中区域Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场，它们的磁感应强度大小相等， 均垂直于纸面但方向相反，O为 DC边中点，P为 DC边中垂线上一点，带电粒子从 O点离开 电场，之后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切，不计粒子的重力． 1a求该电容器极板 AB所加电压大小 a求匀强磁场的磁感应强度大小 ㈲ 3a若现在Ⅰ、Ⅲ区域所加磁场磁感应强度大小 ㈲度 ൌ ，粒子从 O点飞出后经过 3次偏转打到 P点，则 OP的距离为多少 16. 如图所示，半径为 R的圆管 BCD竖直放置，一可视为质点的质量为 m的小球以某一初速度从 A 点水平抛出，恰好从 B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点 D后水平射出。已知小球在 D 点对管下壁压力大小为 ，且 A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角 ൌ d，不计 空气阻力。求： 1a小球在 A点初速度的大小； a小球在 D点角速度的大小； 3a小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功。 17. 如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，带电荷量为 、质量为 m的小球 Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量 为 m、不带电的绝缘小球 P以水平初速度d ൌ mg 3qB向 Q运动，小球 P、Q正碰过程中没有机械能 损失且电荷量不发生转移.已知匀强电场的电场强度 ൌ mg ，水平台面距地面高度 ൌ ㈲ ，重 力加速度为 g，不计空气阻力． 1a求 P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球 Q的速度大小． a、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多长时间小球 P落地落地点与平台边缘间的水平距离 为多大 3a若撤去匀强电场，并将小球 Q重新放在平台边缘，小球 P仍以水平初速度d ൌ mg 3qB向 Q运动， 小球 Q的运动轨迹如图 g所示，已知 Q球在最高点和最低点所受合力的大小相等.求小球 Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离 H． 18. 如图所示，将一质量 ൌ d.1ͳ的小滑块可视为质点a自水平平台的顶端 O点水平抛出，小滑 块恰好无碰撞地落到平台右侧倾角为 g3的光滑斜面顶端 A点并沿斜面下滑，小滑块经过斜面 底端 B点后进入粗糙水平轨道 BC部分，再进入处于竖直平面内的光滑圆轨道内侧运动，忽略 小滑块经过 B点时的机械能损失.已知斜面的顶端与平台的高度差 ൌ 3. ，斜面顶端与水平 轨道的高度差 ൌ 1g ，竖直圆轨道半径 ൌ g ，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数 ൌ d.g， 重力加速度 g取 1d _． 1a求小滑块水平抛出时的初速度大小 a为使小滑块能进入且不脱离圆轨道运动，求水平轨道 BC的长度 x应满足的条件． 19. 一根长度 ൌ 1 的不可伸长的轻绳一端固定于 O点，另一端系着质量 ൌ d.gͳ的小球可 视为质点a，将小球提至 O点正上方的 A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示.不计空气 阻力，g取 1d _． 1a为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在 A点至少应给小球多大的水平速度 a在 A点将小球以速度1 ൌ _水平抛出的瞬间，绳中的张力为多少 3a在 A点将小球以速度 ൌ 1 _水平抛出的瞬间，判断绳中有无张力.若有张力，求其大小 若无张力，试求绳子再次伸直时所经历的时间. 20. 如图所示，质量为 M的导体棒 ab垂直放在相距为 l的平行光滑金属导轨上.导轨平面与水平面 的夹角为，并处于磁感应强度大小为 B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平 放置、板长为 x、间距为 d的平行金属板.和分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计 其他电阻，重力加速度为 g． 1a调节 ൌ d，释放导体棒，当导体棒速度为1时，求棒 ab两端的电压 a调节 ൌ ，释放导体棒，求棒下滑的最大速度及整个回路消耗的最大功率 3a改变，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为 m、带电荷量为 的微粒不计重力a从两 板中间以水平速度d射入金属板间，若微粒刚好落在上板边缘，求此时的． 21. 如图甲所示，静电除尘装置中有一长为 L、宽为 b、高度可调的矩形通道，其前、后面板使用绝 缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流 电源相连。质量为 m、电荷量为 、分布均匀的尘埃以水平速度d进入矩形通道，当带负电的 尘埃碰到下板后立即被收集。已知当两板间距离为d时，进入通道的尘埃恰好全部被收集。不 计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。 1a判断乙图中电源的正负极，并描述尘埃在通道中的运动。 a求两极板间的电压 U 3a通过调整两板间距 d可以改变收集效率例如，若为 ͳdन，则离下板 d.ͳ范围内的尘埃能 够被收集a，求收集效率与两板间距 d的函数关系。 22. 在竖直平面内建立一平面直角坐标系 xOy，x轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平 向右的匀强电场，场强为1.坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电 场方向竖直向上，场强 ൌ 1 ，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置图中没 有画出a竖直向上射出一个比荷 ൌ 1d_ͳ的带正电的微粒可视为质点a，该微粒以d ൌ _ 的速度从 上的 A点进入第二象限，并以速度1 ൌ ͳ _从 上的 C点沿水平方向进入第 一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为 0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化以垂直纸面 向外的方向为磁场的正方向a， ൌ 1d _.求： 1a带电微粒运动到 C点的纵坐标值 h及电场强度1的大小； a 轴上有一点 D， ൌ ，若带电微粒在通过 C点后的运动过程中不再越过 y轴，要使 其恰能沿 x轴正方向通过 D点，求磁感应强度大小㈲d及磁场的变化周期d； 3a要使带电微粒通过 C点后的运动过程中不再越过 y轴，求交变磁场磁感应强度㈲d和变化周期 d的乘积㈲dd应满足的关系？ 23. 在如图所示的电路中，电源的电动势为 ൌ 1，内阻为 ൌ 1，1为滑动变阻器，定值电阻 ൌ 1d，水平放置的平行板电容器的极板长度为 ൌ 1d，两极板间的距离为 ൌ 。一 质量为 ൌ 1 1dͳ、电荷量为 ൌ ͳ 1d1的带正电粒子，沿水平方向从两极板正中 间射入两板间，射入时的速度大小为 ൌ 1d_。当开关 S断开时，该粒子击中距离电容 器极板右边缘 ൌ d的竖直荧光屏上的 O点。不计粒子重力，荧光屏足够长。则当开关 S 闭合时，求 1a1满足什么条件可使该粒子打到荧光屏上； a该粒子打在荧光屏上的点距离 O点的最大距离。 24. 如图是码头上用平板车向船中装载货物过程的简化示意图．货物以d ൌ 1d _的初速度滑上静 止的平板货车的左端，已知货物质量 ൌ dͳ，货车质量 ൌ 3dͳ，货车高 ൌ d.ͳ ，货 车上表面与货物间的动摩擦因数1 ൌ d.g，货物可视为质点．由于靠近岸边 AB处有水沟，在沟 边 A点设置一固定障碍物，在沟左侧铺设光滑钢轨，当货车从 O点运动到 A撞上障碍物时，会 被其上设置的弹簧缓冲装置卡住不动，而货物就会被水平抛出而越过水沟，且恰好沿 BC方向 落到 B点．BC是搭在岸边和船上的运货斜面，倾角为 g3，长度为 ൌ 3.d ，与货物间的摩 擦因数为 ൌ d..货物滑到船上时将海绵缓冲垫压缩了 ൌ 1d后停下．取 ൌ 1d _， ݅g3 ൌ d.ͳ，݋g3 ൌ d.a.求： 1a水沟 AB的水平距离； a海绵垫对货物的平均缓冲力约为多大？ 3a若已知 OA段距离足够长，导致货物在碰到 A之前已经达到共同速度，则货车的长度是多少？ 缓冲弹簧贮存的弹性势能是多少？ 25. 如图所示，有一个可视为质点的质量为 ൌ 1ͳ的小物块，从光滑平台上的 A点以d ൌ 3_ 的初速度水平抛出，到达 C点时，恰好沿 C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨 道，最后小物块滑上紧靠轨道末端 D点的质量为 ൌ 3ͳ的长木板.已知木板上表面与圆弧轨 道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数 ൌ d.3， 圆弧轨道的半径为 ൌ d.g，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角 ，不计空气阻 力，求： 1a‴、C两点的高度差； a小物块刚要到达圆弧轨道末端 D点时对轨道的压力； 3a要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度 26. 物体以 _的初速度水平抛出，运动时间1时，速度大小变为 1d_，此后又运动了 d.到达地面。g取 1d_，求： 1a1的数值。 a物体从抛出点到地面的高度。 3a物体从抛出点到落地的水平位移。 27. 如图所示，一带电为 质量为 m的小球，从距地面高 h处以一定的初速度水平抛出，在距抛 出点水平距离为 L处有根管口比小球略大的竖直细管，管的上口距地面 。为了使小球能无碰撞 地通过管子即以竖直速度进入管子a，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，重 力加速度为 a求： 1a小球的初速度d大小； a匀强电场的场强 E； 3a小球落地时的动能ͳ。 28. 如图所示，在直角坐标系 xOy平面的四个象限内各有一个边长为 L的正方形区域，其中在第二 象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场， 各磁场的磁感应强度大小均相等.第一象限的 㤵 、 㤵 㤵 的区域内，有沿 y轴正方向的 匀强电场.现有一质量为 m、电荷量为 q的带负电粒子从坐标o 3 a处以初速度d沿 x轴负方向 射入电场，射出电场时通过坐标doa点，不计粒子重力． 1a求电场强度 E的大小； a为使粒子进入磁场后途经坐标原点 O到达坐标 oda点，求匀强磁场的磁感应强度 B的大 小； 3a求第a问中粒子从进入磁场到从坐标 oda点射出磁场整个过程所用的时间． 29. 一小球做平抛运动的频闪照片的一部分如图所示，图中背景方格的边长均为 g。如果重力加 速度 g取 1d _，求： 1a闪光的频率。 a小球运动的水平分速度的大小。 3a小球经过 B点时的速度的大小。 30. 将质量为 d.ͳ的小球以初速度 _水平抛出，抛出点离地的高度为 3.，不计空气阻力， g取 1d_.求： 1a小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量； a小球将要着地时的动量． -------- 答案与解析 -------- 1.答案：解：1a球摆在最低点时，绳子恰好被拉断说明此时 ൌ 1ͳ， 有题义的： ൌ ； 代入数据得到：此时球的初速度 ൌ _； a绳子断后，小球做平抛运动，竖直方向满足： ൌ 1 计算得出： ൌ g 1d ൌ 1； 水平方向位移大小： ൌ ൌ 。 答：1a绳子断的瞬间小球的速度大小是 _； a小球落地处到地面上 P点的距离是 2m。 解析：1a抓住绳子恰断时 ൌ 1ͳ，再根据牛顿第二定律列出向心力公式即可求出初速度； a根据平抛运动的特点竖直方向做自由落体运动，求出时间，再根据水平方向做匀速直线运动即可 求出水平位移。 本题考查圆周运动与平抛运动的综合题，比较好分析，只要掌握圆周运动与平抛运动基本知识即可 解决。 2.答案：解：1a设绳断后小球以速度1平抛，则在竖直方向上有： ൌ 1 在水平方向上有： ൌ 1 解得：1 ൌ a小球从最低点到最高点过程，小球机械能守恒选地面为零势能面a，有： 1 d ൌ 1 1 合力提供向心力有： ൌ ݋ 解得： ൌ 答： 1a绳突然断开时小球的速度为 ； a小球刚开始运动时，对绳的拉力为 9mg； 解析：1a小球在最高点速度沿水平方向，故由平抛运动规律可求得小球的速度； a由机械能守恒可得出小球在最低点的速度；由向心力公式可求得小球对绳子的拉力． 本题考查竖直面内的圆周运动，注意小球在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒；同时小球 做圆周运动，需要向心力；故此类问题常常是综合考虑的，要熟练应用其解决方法． 3.答案：解：1a设粒子出第一象限时速度为 v，加速过程：d ൌ 1 粒子在 CED区域内做类平抛运动，由类平抛运动的规律： ൌ ， ൌ 1 1 ， 解得：1 ൌ d ； a设出发点坐标oa，加速过程：d ൌ 1 1 经过分析，要过 E点在第二象限中做类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为 y； ൌ 11， ൌ 1 1 1 ， 可得： ൌ ； 3a如图所示为其中的一条轨迹线，设出发点坐标oa，加速：d ൌ 1 在第二象限中类平抛运动时竖直位移为 度 由几何关系可得水平位移大小为 y； ൌ ，度 ൌ 1 3d 由类平抛运动中的中点规律可知： 度 度 ൌ 计算可得： ൌ 3 。 答：1a现有一带电量为 、质量为 m的带电粒子重力不计a从 AB边上的 A点静止释放，恰好能 通过 E点．CED区域内的匀强电场的电场强度1 为 d ； a保持1a问中电场强度不变，若在正方形区域 ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子， 要使所有的粒子都经过 E点，则释放的坐标值 x、y间应满足关系 ൌ ； 3a若 CDE区域内的电场强度大小变为 ൌ 3 d，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域 ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过 N点，则释放点坐标值 x、y间又应 满足关系 ൌ 3 。 解析：本题是一道拓展型试题，与常见题所不同的是，一般试题是已知粒子的出发点，然后求粒子 在电场作用下运动过程中的轨迹或离开电场的出射点位置，而本题则是反其道而行之，是规定了粒 子的出射点，要反推出在何处发出粒子才能满足所述要求。从内容看，该题涉及的是粒子在电场中 的运动，这部分知识学生相对比较熟悉，也是经常训练的题型之一，只不过本题作了拓展。 1a此问分为两个过程，一是在第一象限电场区域的加速运动，运用能量的关系可求出加速后的速度； 二是在电场 CDE区域内的偏转，运用类平抛的知识可求出 CDE区域的电场强度 E； a首先设出释放点的坐标，再运用在第一象限电场中的加速和在 CDE电场中的类平抛运动，计算 出关于 x、y的方程，满足此式的点即为符合要求的点． 3a该问分为三个阶段，一是在第一象限电场中的直线加速运动，二是在 CDE电场中的类平抛运动， 三是从 CDE电场射出后的匀速直线运动，结合第二问的解题思路，可求出结果。 4.答案：解：1a由动能定理得 解得‴ ൌ _ 由牛顿第二定律得 ൌ ‴ 解得 ൌ 1. 由牛顿第三定律知，压力 度 ൌ ൌ 1. a由牛顿第二定律得 ൌ 解得 ൌ _ 由1a可知‴ ൌ _，滑块做匀减速直线运动，由运动学公式得1 ‴ ൌ 当1 ൌ 1 _时， ൌ d.䁞g 由于 㤵 ，故滑块之后以速度1做匀速运动，由平抛运动规律得 ൌ 1 ൌ 1 解得 ൌ d.g 3a由a可知，由 A点到 B点，若末速度与传送带的速度相同，则有 ‴ ൌ 解得 ൌ d.ͳ 㤵 1.g 故滑块先做减速运动后做匀速运动，做减速运动的时间 所以相对位移 ൌ d.ͳ d.ͳ d. ൌ d.3 故产生的热量 ൌ ൌ d. d.1 1d d.3 ൌ d.d䁞 解析：本题考查了动力学中的多过程问题，多过程问题中涉及到的知识点和方法比较多，根据各段 运动规律分别分析计算。 1a根据动能定理计算滑块运动到 A点时的速度，再由向心力的计算分析轨道对滑块的支持力的大小， 由牛顿第三定律分析滑块对圆弧轨道末端的压力的大小； a根据传送带速度判断滑块运动到传送带右端时的速度大小，再由平抛运动的规律计算滑块的落地 点与 B点的水平距离； 3a根据传送带速度判断滑块运动到传送带右端时的速度大小，再计算速度相等时各自位移及位移差， 由摩擦力做功和产生热量的关系分析滑块在传送带上滑行过程中产生的热量。 5.答案：解：1a设液体从喷口水平射出的速度为d，活塞移动的速度为 v，则： d ൌ 又d‴ ൌ 所以活塞移动的速度 ൌ As ； a设时间内有质量的液体从喷口射出，则依据能量守恒有： ൌ 1 d a 其中 ൌ 解得： ； 3a因为装置的功率即为安培力的功率，即： ൌ 安 ൌ ㈲书 解得：㈲ ൌ d ‴a I3 ൌ ρg‴a Ih3 。 解析：本题考查平抛运动的规律、能量守恒及安培力。 1a水做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水的速度，由流量相同可以求得活塞移动的速度； a由能量的守恒可知，整个装置做的功都转化成了水的动能，求得水获得的功率即为整个装置的功 率； 3a装置的功率即为安培力的功率，由功率的公式即可求得安培力，从而解得匀强磁场的磁感应强度。 6.答案：解：1a无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律有 ൌ 1 ， ൌ d 其中 ൌ qU Rm 解得 ൌ d ； a由于粒子开始时在电磁场中沿直线运动，则有 d㈲ ൌ 撤去电场保留磁场，粒子将向上偏转，若打到 a点， 如图甲所示 由几何关系有 ൌ 由洛伦兹力提供向心力有 1㈲ ൌ 1 解得1 ൌ 1 0 若打到 b点，如图乙所示． 由几何关系有 度 ൌ 由洛伦兹力提供向心力有 ㈲ ൌ ’ 解得 ൌ 1 0 故 1 d 1 d。 解析：1a无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求出两板间的电压； a先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀 速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心 力就能得出最大的速度和最小速度。 本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动轨迹，然后根据牛顿第二定律列式分析求解。 7.答案：解：1a小球从 A运动到 B，由机械能守恒定律得 ൌ 1 d 在 B点时，有 ൌ d 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力大小 度 ൌ ，方向竖直向下 解得d ൌ _，度 ൌ 1.g a在竖直方向上，有 ൌ 1 在水平方向上，有 ൌ d 解得 ൌ 1. 3a小球从 B运动到球筐过程，由动能定理得 a ൌ ͳ 1 ㈲ 平抛运动过程，有 ൌ ㈲ ൌ 1 联立得ͳ ൌ mg a a 当 ൌ 1 ൌ 1 时，ͳ有最小值，其最小值为ͳ ൌ ൌ d.ͳ 解析：1a小球从圆弧顶点 A由静止释放滑到 B点的过程，重力做功，轨道的弹力不做功，根据动能 定理求出小球滑到 B点时的速度。小球经过 B点时，由重力和轨道的支持力合力提供向心力，由牛 顿第二定律求解支持力，再由牛顿第三定律得到小球对圆弧的压力大小。 a小球离开 C点后做平抛运动，由高度求出时间，再求解落地点与 C点的距离。 3a写出小球落入球筐时的动能的表达式用数学方法求最小值。 8.答案：解：1a若物体恰能从 M点飞出，则 ൌ min 解得݅ ൌ gR ൌ 1 _ 物体离开 M点后做平抛运动，有݅ ൌ ݅ ൌ 1 解得݅ ൌ d. a对物体从出发点到 M点的过程，由动能定理得 ൌ 1 1 d ൌ ൌ 1 由以上各式得 ൌ g μx 1 g 由图知 g ൌ d.dd.ͳ 3d 解得 ൌ d.1ͳ 3a若物体恰好不会在 M点到 N点之间离开半圆轨道，即物体恰好从 M点飞出，有݅ ൌ d. 由图像得 ൌ 3 若物体刚好运动至半圆轨道最右侧减速为零， 由动能定理得 ݅ ൌ d 1 d 恰到 N点时减速为零，有 d ൌ d 1 d 解得݅ ൌ 3. ，d ൌ . 可得若物体不脱离半圆轨道，x的取值范围是 3. 㤵 . 。 解析：1a根据物体恰能从 M点飞出求出通过 M点的速度，再根据平抛规律求解； a对物体从出发点到 M点的过程，由动能定理和平抛运动的规律结合图像求解。 3a欲使物体不会脱离半圆轨道，一是物体恰好不会在 M点到 N点之间离开半圆轨道，即物体恰好 从 M点飞出，二是物体刚好运动至半圆轨道最右侧减速为零。根据动能定理求解。 本题主要考查平抛运动规律、动能定理及竖直平面的圆周运动知识。掌握竖直面内小球做圆周运动 通过最高点的临界条件是正确解题的关键。 9.答案：解：1a赛车由 D点开始做平抛运动，恰能越过壕沟时，有 ൌ 1 ൌ 解得 ൌ d.g， ൌ _ 赛车恰好通过最高点时，有 ൌ 解得 ൌ 3 _ 在此情况下，到达 D点的速度为，由机械能守恒定律得 ൌ 1 1 解得 ൌ 3 3 _ ݏ ൌ _ 所以在 D点的速度至少为 3 3 _ a在小半圆轨道的最低点，根据牛顿第二定律得 ൌ 解得 ൌ 䁞 根据牛顿第三定律得 度 ൌ ൌ 䁞 3a根据动能定理得 െ ൌ 1 解得 ൌ 1.䁞g 解析：1a根据平抛运动的规律求解平抛的最小速度；再根据牛顿第二定律和机械能守恒定律求解能 够完成竖直方向的圆周运动，达到 D点的最小速度，比较后得出结果； a在小圆轨道的最低点，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律可得对小圆轨道最低点的压力； 3a根据动能定理求解电动机至少工作多长时间。 本题主要是考查了竖直平面内的圆周运动；注意物体在竖直平面内做圆周运动的情况有两种：一种 是细线系着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点速度最小时重力提供向心力；另一种是轻杆系 着物体在竖直平面内做圆周运动，在最高点时速度可以等于零。 10.答案：解：1a从 A点到 B点，由机械能守恒定律得 ݅ ൌ 1 ㈲ 解得㈲ ൌ 1d _． a从 B点到 C点，由机械能守恒定律得 1 cosa ൌ 1 1 ㈲ 解得 ൌ d _ 在 C点，运动员受支持力和重力，由牛顿第二定律得 ൌ 解得 ൌ ddd 由牛顿第三定律，运动员对轨道的压力 度 ൌ ൌ ddd ’ mg ൌ g， 即运动员对轨道的压力为其自身重力的 5倍． 3a若要保证安全，运动员至少需在水平速度减小到 0时到达 D点，从 C点到 D点，在竖直方向， 有 ൌ 1 解得 ൌ 水平方向，有 ൌ Dx ൌ 1d _ 根据牛顿第二定律，有 ൌ ൌ ͳdd，即风力大于 ͳdd时运动员有生命危险． 故答案为：1a 1d _；ag倍；3aͳdd 解析：本题属于动力学多过程问题，对每个过程的受力情况和运动情况进行分析，结合牛顿第二定 律求解。 1a直接利用机械能守恒定律求出 B点速度； a直接利用机械能守恒定律求出 C点速度，根据向心力公式及牛顿第三定律列方程求出对轨道压力 即可判断压力与重力关系； 3a根据竖直方向自由落体求出时间，在水平方向利用加速度定义求出时间，结合牛顿第二定律求出。 11.答案：1a33da不能3a. 解析： 1a先研究小球从 A到 B的过程，由机械能守恒定律求得小球在碰前瞬间的速度。再根据牛顿第二定 律求小球在碰前瞬间对绳的拉力大小 a根据碰撞前后两者总动能不变，小物块动能占两者总动能的 䁞gन，得到碰撞后小球的动能。根据 小球做完整圆周运动的临界条件和机械能守恒求得临界动能，即可作出判断。 3a先根据动能定理求出小物块到达 C点时的速度。小物块离开 C点后做平抛运动，根据分运动的 规律和几何关系求解 CP距离。 1a设小球刚到达 B点时的速度为1，小球从 A到 B的过程，由机械能守恒定律得 1 1d 1 ൌ 1 11 在 B点时，设绳对小球的拉力为 F，则有 1 ൌ 1 1 联立解得 ൌ 33d由牛顿第三 定律知，小球对绳的拉力 度 ൌ ൌ 33d a碰后小球的动能为ͳ ൌ 1gr 1 1d gन ൌ 䁞.g设小球恰好过最高点的速度为 v，则有 1 ൌ 1 以 BC所在的平面为零势能面，小球能完成圆周运动所具有的机械能至少为 ൌ 1 1 1 ൌ 1g因为 ݏ ͳ，所以小球在碰后不能在竖直面内做完整的圆周运动． 3a设碰后小物块速度为，则有 1 ൌ 1 1d 1gr 䁞gन设小物块运动至C点时的速度为3， 小物块从 B到 C的过程，由动能定理得 ൌ 1 3 1 联立解得3 ൌ g _平抛过程， 有 tan ൌ ， ൌ 3， ൌ 1 联立解得 ൌ 3.䁞g 则PC ൌ cos ൌ 䁞g 1 ൌ . ． 12.答案：解：1a运动员连同滑雪板从 B点运动到 F点正上方过程，由机械能守恒定律得 ㈲ ൌ 1 解得 ൌ ㈲ ൌ 䁞. ． a设运动员落在着陆坡上的 K点，离地高度为1，根据平抛运动规律得 解 得1 ൌ d. 1 ൌ g.ͳ 不合题意，舍去a运动员在着陆坡 FG上滑行的距离 ． 3a运动员落在着陆坡上 K点后保留沿坡面的速度，则 ൌ 3䁞݋ sin3䁞竖直方向上有 ൌ 1a解得 ൌ 1d. _当运动员恰好不脱离圆形轨道时，在最高点有 ൌ 从 K点运动 到 M点过程，根据动能定理得 1 ൌ 1 1 解得 ൌ .d 运动员不脱离圆形轨道顺利通过最高点，终点区 GH的最大长度为 .d ． 解析：本题为一道力学综合题，正确分析运动过程，熟悉运动规律是解题的关键。 1a运动员连同滑雪板从 B点运动到 F点正上方过程，根据机械能守恒定律即可求出运动员到达 F 点正上方时离地面的高度 a设运动员落在倾斜雪道 K点做平抛运动，根据平抛规律即可求出运动员在倾斜雪道 FG上滑行的 距离； 3a运动员落在倾斜雪道 K点时，对运动进行分解根据运动学公式和圆周运动公式再结合动能定理即 可解题。 13.答案：解：1a小物块刚滑出圆盘时，由牛顿第二定律得1 ൌ ‴ 1 解得‴ ൌ _ 由动能定理得 ൌ 1 ‴ ൌ 1. a小物块正好从B点沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动知识，在B处竖直方向的速度㈲ ൌ ‴tan3䁞， 运动时间 ൌ By 则 A、B间的水平距离 ൌ ‴ ൌ 1. 3a小物块刚好通过竖直圆轨道最高点 E处时，有 ൌ 3 由 B点到 E点，由动能定理得 1 cos3䁞a 3 ൌ 1 1 ㈲ 又知 解得 ൌ 1 即 D、C之间距离不大于 1 时，小物块可通过竖直圆轨道，最后小物块一定静止在轨道 DF上， 由动能定理得 解得 ൌ 3.g 即最后物块停在轨道 DF上离 C位置 3.g 处。 答：1a圆盘对小物块做的功为 1.； a小物块刚离开圆盘时 A、B两点间的水平距离为 1. ； 3a假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，竖直圆轨道底端 D与圆弧轨道 底端 C之间的距离不大于 1 ，物块停在轨道 DF上离 C位置 3.g 处。 解析：1a物块刚被甩出时静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律求出此时物块的速度。对物块由静止 到刚被甩出的过程，由动能定理求圆盘对小物块 m做的功。 a物块被甩出后做平抛运动，到达 B时速度沿斜面向下，由速度分解法求出物块刚运动到 B点时的 速度。然后由平抛运动的公式即可求出物块刚离开圆盘时 A、B两点间的水平距离。 3a要使物块能够通过竖直圆轨道，到达圆轨道最高点时向心力应大于等于重力，当向心力等于重力 时，竖直圆轨道底端 D与斜面轨道底端 C之间距离最远，由向心力公式求得最高点临界速度。由动 能定理求 D与 C之间最远距离。对从 B到最终静止的整个过程，运用动能定理求出物块在水平轨道 上运动的总路程，从而得出小物块的最终位置。 分析清楚物块的运动过程，把握隐含的临界条件，如物块恰好到达圆轨道最高点的条件：重力等于 向心力，是解决本题的关键。 14.答案： 解：1a小球从释放至运动到 A点，根据速度与位移关系有： ‴ ൌ 在 A点，根据牛顿第二定律有：1 ൌ ‴ 在 B点，根据牛顿第二定律有： ൌ ㈲ 根据题意有： 1 ൌ 3 故㈲ ൌ a 若 ൌ d，则小球在 B点的速度：1 ൌ gR ൌ g _ a小球从 B至 C做匀速直线运动，从 C点滑出后做平抛运动，若恰能落在 D点，则水平方向上有： ൌ d 竖直方向上有 ൌ ൌ 1 又因为斜面倾角为 g，则 ൌ 解得d ൌ g _ 对应的高度d ൌ d.g 若 ൌ d.ͳ ݏ d.g 小球将落在水平地面上，而小球在 B点的速度 ൌ a ൌ _ 小球做平抛运动，竖直方向上有 ൌ 1 解得 ൌ 1 水平方向上有1 ൌ ൌ 故小球落地点到 C点的距离 ൌ 1 ൌ 1 m a若要求无论 h为多大，小球不是打到挡板上，就是落在水平地面上，临界情况是小球擦着挡板落 在 D点，经前面分析可知，此时在 B点的速度： 3 ൌ g _ 则从 C点至挡板最高点过程中，水平方向上有 度 ൌ 3度 竖直方向上有 度 ൌ ൌ 1 度又 度 ൌ 解得 ൌ 1.g 解析：本题的考查力学综合问题的分析，把物体的运动过程合理的进行分解，正确的受力分析，从 而选择对应的规律列式分析是关键。 1a根据牛顿第二定律、运动规律结合题意进行分析； a根据平抛运动规律进行分析即可； 3a找出临界状态，结合临界条件与运动规律进行分析。 15.答案：解：如图： ； 1a粒子在 A、B极板间做类平抛运动，有： ൌ ൌ 1 ൌ 1 ； 解得： ൌ d.g； a设粒子射出极板后速度大小为 v，与水平方向夹角为，有： ； 进入右边磁场，轨迹恰与右边界相切； 设在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r，故有 ； 解得： ൌ d.g； 洛伦兹力提供向心力，有：㈲ ൌ ； 解得： ； 3a当 ㈲度 ൌ 时，度 ൌ ൌ d.g； 粒子射入 O点后经过 3次偏转打到 P点，故有： 。 答：1a该电容器极板 AB所加电压大小 U为 d.g； a匀强磁场的磁感应强度大小 B为 1T； 3a若现在Ⅰ、Ⅲ区域所加磁场磁感应强度大小 ㈲度 ൌ ，粒子从 O点飞出后经过 3次偏转打到 P点， 则 OP的距离为 1.3。 解析：本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动；本题的技巧在于， 在类平抛运动中速度方向与位移方向的夹角有一个定量关系，即 ൌ 从该关系知道粒子离 开匀强电场时速度的反射延长线通过匀速位移的中点，从而从位移的方向表示出速度方向，于是在 磁场中做匀速圆周运动的半径也能求出。 1a带电粒子在 AB间做类平抛运动恰从 B板边缘射出，根据粒子做类平抛运动的水平、竖直位移和 初速度就能求得加速度，从而求出偏转电压的大小； a由类平抛运动的特征，带电粒子从电场射出时好象是从匀速位移的中点射出，由此可以很简单地 求出偏转角的大小，再根据题意与边界相切从而知道就能求出带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半 径，由洛仑兹力提供向心力就能求出磁感应强度大小； 3a由几何关系，带电粒子经过三次圆周运动和三次匀速直线运动到达 P点，由三角函数很容易表示 出 OP之间的距离。 16.答案：解：1a小球从 A到 B做平抛运动，竖直方向由速度位移的 关系式得： ൌ 1 cos da 解得： ൌ 3 在 B点：将速度分解如图所示，由几何关系得： d ൌ d ൌ a在 D点，由向心力公式得： 1 ൌ 解得： ൌ 根据角速度与线速度的关系得： ൌ ൌ 3a从 A到 D全过程由动能定理得： 克 ൌ 1 1 d 解得：克 ൌ 1 答：1a小球在 A点初速度的大小是 ； a小球在 D点角速度的大小是 ； 3a小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功为 1 。 解析：本题考查向心力公式、平抛及动能定理的应用，要注意正确选择物理过程，明确物理规律的 应用求解。 1a小球从 A到 B做平抛运动，竖直方向由速度位移的关系式可求得到 B时的竖直速度，在 B点： 将速度分解由几何关系可求得初速度； a在 D点，由向心力公式求得在 D点的速度，再由角速度与线速度的关系可求得角速度； 3a从 A到 D全过程由动能定理可求得克服阻力做的功。 17.答案：解：1a小球 P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向， 由动量守恒和机械能守恒，得： d ൌ o 1 d ൌ 1 1 ， 联立解得 ൌ d， ൌ d ൌ 3㈲； a对于小球 Q，由于 ൌ ，故 Q球做匀速圆周运动， 由洛伦兹力提供向心力，则 ㈲ ൌ 经过一个周期的时间1 ൌ ൌ ㈲ 小球 P、Q再次发生弹性碰撞， 由1a可知碰后 度 ൌ d ൌ 3㈲，度 ൌ d 小球 P离开平台后做平抛运动， 平抛运动的时间为，则有： ൌ 1 代入数据，得： ൌ ൌ ㈲ 故 P与 Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间 ൌ ㈲ ㈲ ൌ ㈲ a 落地点与平台边缘的水平距离 ൌ 度 ൌ 3㈲ ； 3a与 Q相碰后，Q球速度 ൌ d，Q球在最高点和最低点的合力大小相等 故有 d㈲ ൌ ㈲ 解得 ൌ gmg 3qB 由动能定理得 ൌ 1 1 d 解得 ൌ 3㈲ 解析：本题考查了带电粒子在电场中的运动，关键要对带电粒子进行受力分析，从而分析物体的运 动特点。 1a根据弹性碰撞的特点，联立可以求出小球 Q的速度大小； a、Q两球首次发生弹性碰撞后，Q做匀速圆周运动，又要和 P再次碰撞， 根据 P做平抛运动， 可以求出 P的落地时间和水平距离； 3a根据动量定理和动能定理得最大速度和最大距离。 18.答案：解： 1a小滑块做平抛运动，落至 A点时，由速度分解可得 d ൌ cot ൌ ൌ 1 联立解得d ൌ _ a小滑块在 BC部分做匀减速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，为使小滑块在运动过程中 不脱离圆轨道，应分两种情况进行讨论： Ⅰ.水平轨道长度 x较小时，小滑块能通过竖直圆轨道的最高点做圆周运动，其临界条件为小滑块恰 能经过竖直圆轨道最高点，对应 x在该情况下的最大值， 由牛顿第二定律得 ൌ 小滑块从 O点运动到圆轨道的最高点，由动能定理得 a ൌ 1 1 d 联立解得 ൌ 1g Ⅱ.水平轨道长度 x较大时，为使小滑块不脱离圆轨道，其临界条件为 a ݅ ൌ d 1 d 解得݅ ൌ 3d 为使小滑块进入圆轨道，其临界条件为 a ൌ d 1 d 解得 ൌ d 水平轨道 BC的长度 x应满足的条件为 1g 或 d ݏ 3d 。 解析：本题综合考查动能定理、平抛运动及圆周运动；处理平抛运动的基本思路是分解，一般分解 速度和位移。圆周运动的分析离不开受力分析和找出向心力的来源。动能定理，要注意选择研究的 过程。 1a小滑块从 O到 A的过程做平抛运动，小球恰好与斜面无碰撞的落到光滑斜面上顶端 A，速度沿斜 面向下，根据下落的高度 h求出小滑块到达 A点时竖直分速度，根据分速度的关系求小滑块水平抛 出的初速度d； a小滑块由 A到 B的过程，由动能定理求出小滑块到达 B点的速度，再由运动学公式求时间； 3a为使小滑块能进入圆轨道运动且不脱离圆轨道，有两种情况：一种能做完整的圆周运动，另一种 不能做完整的圆周运动．根据临界条件和机械能守恒求解水平轨道 BC的长度 x应满足的条件。 19.答案：解：1a小球做圆周运动的临界条件为在最高点时重力刚好提供其做圆周运动的向心力， 即 ൌ d 解得d ൌ gL ൌ 1d _ a因为1 ݏ d，故绳中有张力，根据牛顿第二定律得 ൌ 1 解得 ൌ 3 3a因为 㤵 d，故绳中无张力，小球将做平抛运动直至绳再次伸直，设此过程所用时间为 t，水平、 竖直位移分别为 x、y，其运动轨迹如图中实曲线所示，由几何关系可知 ൌ a ൌ ൌ 1 联立解得 ൌ d. ൌ d舍去a． 答案：1a 1d _；a3；3a无张力；d.。 解析： 1a小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时至少应该是重力作为所需要的向心力，由重 力作为向心力可以求得最小的速度； a根据第一问的判断可以知道1 ݏ d，故绳中有张力，由向心力的公式可以求得绳的拉力的大小； 3a由于 㤵 d，故绳中没有张力，小球将做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得运动的时间。 要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时至少应该是重力作为所需要的向心力，这 是本题中的一个临界条件，与此时的物体的速度相对比，可以判断物体能否做圆周运动，进而再根 据不同的运动的规律来分析解决问题，本题能够很好地考查学生的分析解决问题的能力，是道好题。 20.答案：解：1a当导体棒速度为1时，有 ൌ ㈲1，根据闭合电路欧姆定律得 故 ൌ 书 ൌ ㈲1； a当 ൌ ，棒沿导轨匀速下滑时，有最大速度 v，由平衡条件得 ݅ ൌ 安 安培力安 ൌ ㈲书 解得 感应电动势 ൌ ㈲ 电流 书 ൌ 解得 回路消耗的最大功率 ； 3a微粒从板中间水平射入，恰好落到上板边缘，则 竖直方向上有 1 ൌ 水平方向上有d ൌ 根据牛顿第二定律得 联立解得 ൌ d 棒沿导轨匀速运动，由平衡条件得 ݅ ൌ ㈲书 金属板间电压为 ൌ 书x 解得 ． 解析：本题考查了电磁感应中的轨道滑杆问题，该问题中经常和动力学问题、电路问题和能量问题 结合在一起，综合性比较大。 1a由 ൌ ㈲计算电动势，再由闭合电路欧姆定律分析 ab两端电压； a根据平衡条件结合动生电动势 ൌ ㈲和闭合电路欧姆定律计算棒下滑的最大速度，再由电功率 的定义计算最大功率； 3a根据微粒在板间做类平抛运动的规律分析两板间电压，再结合平衡条件计算的大小。 21.答案：解：1a上负下正；类似平抛运动或水平方向匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速 直线运动a a ൌ d时，从左上方进入通道的尘埃粒子恰好打到下极板的右侧 ൌ ൌ ൌ d ൌ d d ൌ 1 解得： ൌ d d 3a当 d时，收集效率为 1ddन 当 ݏ d时，设距下板 x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 ൌ 1 d a 且 ൌ 又当 ൌ d时： d ൌ 1 d d a 三式联立解得 ൌ d a 解析：1a根据受力分析判断粒子的运动情况； a根据类平抛运动分析方法：水平方向匀速和竖直方向匀加速具有等时性，即粒子在电场中运动的 时间不超过 d ，根据类平抛的规律求解； 3a结合第二问中的临界条件，得出恰好经过下板右边缘的离子的竖直位移表达式，再由收集效率的 表达式 ൌ ，可得收集率与两板间距 U的函数关系。 本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的偏转问题，考查对临界问题和类平抛运动问题的分析、解 决问题的能力。 22.答案：解：1a将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上 抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动．则有 ൌ d ൌ d.， ൌ d ൌ d.ͳ， ൌ 1 ൌ ， 1 ൌ ， 联立并代入数据解得：1 ൌ d._ a ൌ ，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆 轨道半径为 R，周期为 T，则有：1㈲d ൌ 1 ， 可得： ൌ d.dͳ ㈲d 使粒子从 C点运动到 D点，则有： ൌ ൌ d.dͳ ㈲d ，㈲d ൌ d.a ൌ 1o2，3a ൌ ㈲d ， d ൌ ， 解得：d ൌ ൌ ㈲d ൌ d ൌ 1oo3a 3a当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过 y轴时可作如图运动情形： 由图可知 ൌ g ，d g ， 则㈲dd d ͳ_a。 解析：带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择 合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛 顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径。 1a将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合运动 学公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到 C点的纵坐标值 h及电场强度1； a若带电微粒在通过 C点后的运动过程中不再越过 y轴，要使其恰能沿 x轴正方向通过 D点，作出 粒子的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关 系，求出磁感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期d的通项表达式。 3a当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过 y轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从而求出d 的范围，以及㈲dd应满足的关系。 23.答案：解：1a当该粒子刚好从下极板右边缘飞出时，此时1的阻值最小，设为1݅ 两极板间的电压为 ൌ 1݅ 粒子在极板中做类平抛运动的加速度大小为 ൌ 设粒子在极板中运动的时间为 t，由类平抛运动的规律可得 在水平方向上有 ൌ d 在竖直方向上有 1 ൌ 1 解得1݅ ൌ 故要使粒子打到荧光屏上，1应满足的条件为1 ݏ a当该粒子刚好从下极板右边缘飞出时，粒子打在荧光屏上的点距离 O点的距离最大，设为， 设粒子刚好从下极板右边缘飞出时的速度方向与水平方向的夹角为，则有 ൌ d 由几何关系可得 ൌ 解得 ൌ d.1 答：1a要使粒子打到荧光屏上，1应满足的条件为1 ݏ ； a该粒子打在荧光屏上的点距离 O点的最大距离为 d.1． 解析：本题是电场中粒子的偏转与电路知识的综合，确定电容器的电压是关键步骤之一，对于偏转 问题，常常运用运动的分解法研究。 1a电容器上极板带正电，板间电场方向向下，带电粒子射入电场中后做类平抛运动，若粒子刚好从 下极板边缘飞出，此时1的值最小，根据类平抛运动的规律求出板间电压，由欧姆定律求1的最小 值，从而得到1的范围。 a粒子射出电场时，速度反向延长线交水平位移的中点，结合这个结论，由三角形相似法求解。 24.答案：解：1a货物平抛到 B并沿 BC方向运动 ‴㈲ ൌ ‴ ൌ 1 ൌ ‴ ൌ ㈲cosg3 ൌ ൌ ㈲sing3 由以上四式可解得‴ ൌ 3.d _ ㈲ ൌ g.d _ ‴㈲ ൌ 1. a货物从 B滑下并通过海绵垫缓冲到 ൌ d的整个过程中，由能量守恒得 sing3 cosg3 ൌ d 1 ㈲ ൌ gͳd 3a货物从滑上货车到达到共速的过程中对货物a 对货车a 1 ൌ 1 1 ൌ 1 ൌ 1 ൌ g.d _ ൌ 1 ൌ 1d 3 m_s ൌ d 11 ൌ 11 ൌ d1 1 11 ൌ 1 1 由以上各式可解得货物与货车的共速为： ൌ _ 货物在与货车共速前的相对位移为：1 ൌ 1 ൌ .d 货车与障碍物碰后，货物在车上运动的位移为由动能定理得： ൌ 1 ‴ 1 ൌ d.䁞 m所以货车的总长为 ൌ 1 ൌ .䁞 缓冲弹簧贮存的弹性势能为货车减少的动能P ൌ 1 ൌ 1 3d J ൌ dJ 答：1a水沟 AB的水平距离为 1. ； a海绵垫对货物的平均缓冲力约为 gͳd ； 3a若已知 OA段距离足够长，导致货物在碰到 A之前已经达到共同速度，则货车的长度为 .䁞， 缓冲弹簧贮存的弹性势能是 240J。 解析： 1a货物离开车后做平抛运动，根据平抛运动规律列式求解即可； a对货物从 B滑下并通过海绵垫缓冲到 ൌ d 的整个过程中，应用能量守恒列式求解； 3a对货物在货车上滑行的过程，由牛顿第二定律求出货物和车的加速度，再由运动学公式求出二者 共速的速度和货物相对货车的位移，再由动能定理求出碰撞后货物的位移，得到货车总长，由能量 守恒求出弹簧贮存的弹性势能。 本题前两问是多物体多过程的力学问题，把复杂的过程分解成几个分过程是基本思路，然后根据运 动学公式、动能定理和能量守恒定律列式求解。 25.答案：解：1a根据几何关系可知：小物块在 C点速度大小为： ൌ d cosg3 ൌ 3 d. _ ൌ g_， 竖直分量： 下落高度： ൌ ൌ 1 d ൌ d.ͳ a小物块由 C到 D的过程中，由动能定理得： ൌ 1 1 代入数据解得： ൌ _ 小球在 D点时由牛顿第二定律得： ൌ 代入数据解得： ൌ ͳ 由牛顿第三定律得 度 ൌ ൌ ͳ，方向竖直向下 3a设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为 v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长 木板的加速度大小分别为： 1 ൌ ൌ d.3 1d_ ൌ 3_， ൌ ൌ d.311d 3 _ ൌ 1_ 速度分别为： ൌ 1， ൌ 对物块和木板系统，由能量守恒定律得： ൌ 1 1 a 代入数据解得： ൌ 3.g， 即木板的长度至少是 3.g。 解析：此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、能量守恒定律的直接应用， 是常见的题型。 1a小物块从 A到 C做平抛运动，根据平抛运动的基本公式求解小球到 A、C两点的高度差； a小物块由 C到 D的过程中，运用动能定理可求得物块经过 D点时的速度；到达圆弧轨道末端 D 点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，求出轨道对物块的支持力， 再由牛顿第三定律求出物块对轨道的压力； 3a物块滑上长木板后做匀减速运动，长木板做匀加速运动，小物块恰好不滑出长木板时，物块滑到 长木板的最右端，两者速度相等，根据动量守恒或牛顿运动定律、运动学公式结合和能量守恒求出 此时木板的长度，即可得到木板的长度最小值。 26.答案：解：1a设1时速度为 v 则竖直分速度为 ൌ d ൌ ͳ_ ൌ 1 解得1 ൌ d.ͳ a物体从抛出点到地面的高度 ൌ 1 1 ൌ d. 得 ൌ g 3a水平位移 ൌ d 1 ൌ 。 解析：本题主要考查平抛运动规律。 解决平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动， 竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．高度可根据自由落体运动位移时间公式求 出，水平距离等于初速度乘以时间，末速度 v为水平速度和竖直速度的矢量和，根据这些规律解答 即可。 27.答案：解：1a要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下， 从抛出到管口过程，竖直方向为自由落体运动，则运动时间 t满足： 1 ൌ 1 水平方向，粒子做匀减速运动，减速至 0 位移： ൌ d 解得：d ൌ a水平方向做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律： ൌ 又由运动学公式：d d ൌ 解得： ൌ ，水平向左 3a对小球从抛出到落地的全过程应用动能定理： 即： ൌ 1 d 解得： ൌ 解析：解决本题的关键将小球的运动动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向做自由落体运动， 在水平方向上做匀减速直线运动，知道分运动与合运动具有等时性，以及会运用动能定理求出落地 的动能； 1a要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，而小球水平方向仅受电 场力，做匀减速运动，竖直方向为自由落体运动，可求时间，由分运动的等时性，结合水平方向匀 变速运动的位移公式可求水平初速度； a根据运动的合成与分解，水平方向做匀减速直线运动，已知初速度和位移，由运动学公式可得加 速度，结合牛顿第二定律可求电场力和电场强度； 3a小球落地的过程中有重力和电场力做功，根据动能定理求出动能。 28.答案：解：1a带电粒子在电场中做类平抛运动， 由类平抛运动规律得： ൌ do ൌ 1 o ൌ ， 解得： ൌ d ； a粒子进入磁场时，速度方向与 y轴负方向夹角的正切值： ൌ d ， 速度大小： ൌ d sin ൌ d， 设 x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达 oda点， 应满足 ൌ ，其中 ൌ 1.粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为 ； 当满足 ൌ 1a时，粒子轨迹如图乙所示，由于 㤵 区域没有磁场， 因此粒子实际不能从 oda点离开磁场，这种情况不考虑。 设圆弧的半径为 R，圆弧对应的圆心角为 ，则有 ൌ ，此时满足 ൌ ， 解得： ൌ ， 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： ㈲ ൌ ， 解得：㈲ ൌ d ， ൌ 1、2、3； 3 a粒子从进入磁场到从坐标 oda点射出 磁场过程中， 圆心角的总和： ൌ ൌ ， 粒子在磁场中做圆周运动的周期： ൌ ㈲ ， 粒子在磁场中的运动时间： ൌ ൌ ㈲ ൌ d ； 解析：1a粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度。 a粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律 求出磁感应强度。 3a粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子做圆周运动的周期公式求 出粒子在磁场中的运动时间。 粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动 过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律可以解题；要 掌握处理带电粒子在磁场中的运动问题的解题思路与方法。 29.答案：解：1a设 A、B间及 B、C间的时间间隔为 T，则在竖直方向上有 yBC ABൌ ， ൌ ㈲‴㈲ ൌ d.gd.1g 1d ൌ d.1，所以 െ ൌ 1 ൌ 1d； a ൌ ‴㈲ ൌ d.1g d.1 _ ൌ 1.g_； 3a㈲ ൌ ‴ ൌ d. d.1 _ ൌ _，所以㈲ ൌ ㈲ ൌ 1.g _ ൌ .g_。 答：1a闪光的频率 10Hz； a小球运动的水平分速度的大小为 1.g_； 3a小球经过 B点时的速度的大小为 .g_。 解析：平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，解答本题的突破口是利用 在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的 规律、推论求解。 本题考查平抛运动实验，对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直 方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题。 30.答案：解：1a由 ൌ 1 可得： ൌ ൌ 3. 1d ൌ d.ͳ； 小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量 书 ൌ ൌ d. 1d d.ͳ ൌ 1.； a小球落地时的竖直速度 ൌ ൌ 1d d.ͳ ൌ ͳ_； 合速度 ൌ ൌ ͳ ൌ 1d_ 故小球将要着地时的动量 ൌ ൌ d. 1d ൌ ͳ_ 答：1a小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量为 1.； a小球将要着地时的动量为 ͳ__ 解析：1a根据平抛运动规律可求得下落时间，再根据冲量的定义可求得重力的冲量； a根据速度时间公式求出落地时的竖直分速度，再结合平行四边形定则求出小球的速度，从而得出 小球的动量； 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，本 题中要注意如果采用动量定理求解动量时动量的矢量应为矢量计算．