2019物理浙江学考题型快速练计算题部分快练2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精快练2力和曲线运动1．（2018·绍兴市期末）某学生在台阶上玩玻璃弹子．他在平台最高处将一颗小玻璃弹子垂直于棱角边推出，以观察弹子的落点位置．台阶的尺寸如图1所示，高a＝0。2m，宽b＝0.3m，不计空气阻力．(g取10m/s2)图1（1)要使弹子落在第一级台阶上，推出的速度v1应满足什么条件？(2）若弹子被水平推出的速度v2＝4m/s，它将落在第几级台阶上？2。(2018·宁波市模拟）如图2所示，水平平台AO长x＝2.0m，槽宽d＝0.10m,槽高h＝1。25m，现有一小球从平台上A点水平射出,已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍，空气阻力不计，g＝10m/s2.求：图2（1）小球在平台上运动的加速度大小;（2）为使小球能沿平台到达O点，求小球在A点的最小出射速度和此情景下小球在平台上的运动时间；(3)若要保证小球不碰槽壁且恰能落到槽底上的P点，求小球离开O点时的速度大小．3．如图3所示，质量m＝2.0×104kg的汽车以不变的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为60m．假定桥面承受的压力不超过3.0×105N，则：（g取10m/s2）图3(1）汽车允许的最大速度是多少？（2)若以(1）中所求速率行驶，汽车对桥面的最小压力是多少?4．游乐园的小型“摩天轮"上对称站着质量均为m的8位同学．如图4所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住,结果重物掉落时正处在c处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b处时接到，已知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g(人和吊篮的大小及重物的质量可忽略)．求:图4(1）接住前重物下落的时间t；(2)人和吊篮随“摩天轮"运动的线速度v的大小；(3)乙同学在最低点处对地板的压力FN。5．如图5所示,某电视台娱乐节目，要求选手从较高的平台上以水平速度v0跃出后,落在水平传送带上,已知平台与传送带的高度差H＝1.8m，水池宽度s0＝1.2m,传送带A、B间的距离L0＝20。85m,由于传送带足够粗糙,假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止,经过一个Δt＝0。5s反应时间后，立刻以a＝2m/s2、方向向右的加速度跑至传送带最右端．(g取10m/s2)图5(1）若传送带静止，选手以v0＝3m/s的水平速度从平台跃出，求从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间．(2)若传送带以v＝1m/s的恒定速度向左运动，选手若要能到达传送带右端，则从高台上跃出的水平速度v1至少多大．6.如图6所示，一小球从平台上水平抛出,恰好落在邻近平台的一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并刚好沿光滑斜面下滑,已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8m，重力加速度取g＝10m/s2,sin53°＝0.8,cos53°＝0.6，不计空气阻力,求:图6（1)小球水平抛出时的初速度大小v0；（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离x;(3）若斜面顶端高H＝20.8m，则小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？7．如图7所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB（圆半径比细管的内径大得多)和直线BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1m，BC段长L＝1.5m．弹射装置将一个质量为0。1kg的小球（可视为质点）以v0＝3m/s的水平初速度从A点射入轨道,小球从C点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h＝0。8m,不计空气阻力，g取10m/s2。求：图7(1)小球在半圆形轨道中运动时的角速度ω、向心加速度an的大小；（2）小球从A点运动到B点的时间t；（3）小球在空中做平抛运动的时间及落到地面D点时的速度大小．8．（2018·嘉兴市期末）如图8所示，水平实验台A端固定，B端左右可调,将弹簧左端与实验平台固定,右端有一可视为质点、质量为2kg的滑块紧靠弹簧(未与弹簧连接),弹簧压缩量不同时,将滑块弹出去的速度不同．圆弧轨道固定在地面并与一段动摩擦因数为0。4的粗糙水平地面相切于D点．AB段最长时，B、C两点水平距离xBC＝0。9m，实验平台距地面高度h＝0.53m，圆弧半径R＝0。4m，θ＝37°，已知sin37°＝0。6，cos37°＝0。8.完成下列问题:(g取10m/s2,不计空气阻力）图8（1）轨道末端AB段不缩短，压缩弹簧后将滑块弹出，滑块经过B点速度vB＝3m/s，求落到C点时的速度与水平方向的夹角；（2)滑块沿着圆弧轨道运动后能在DE上继续滑行2m,求滑块在圆弧轨道上对D点的压力大小;（3）通过调整弹簧压缩量，并将AB段缩短，滑块弹出后恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道，求滑块从平台飞出的初速度大小以及AB段缩短的距离．答案精析1．(1)v1≤1。5m/s（2)8解析（1）显然v1不能太大,考虑临界状况（落在尖角处）据h1＝eq\f（1，2)gteq\o\al（1，2)＝a,解得t1＝0.2s则v1≤eq\f（b,t1）＝1。5m/s(2）构造由题图中尖角所成的斜面，建立坐标系水平向右为x轴:x＝v2t竖直向下为y轴：y＝eq\f（1，2）gt2又eq\f(y，x)＝tanθ＝eq\f（a,b)联立解得t＝eq\f（8，15）sh＝eq\f（1,2)gt2≈1。42m分析知，玻璃弹子将落在第8级台阶上．2．(1）1m/s2（2）2m/s2s(3)0。2m/s解析（1）设小球在平台上运动的加速度大小为a，则a＝eq\f(kmg,m），代入数据得a＝1m/s2。(2）小球到达O点的速度恰为零时,小球在A点的出射速度最小，设小球的最小出射速度为v1,由0－veq\o\al（2,1)＝－2ax，得v1＝2m/s由0＝v1－at，得t＝2s.（3）设小球落到P点，在O点抛出时的速度为v0，水平方向有：d＝v0t1竖直方向有：h＝eq\f(1，2)gteq\o\al(2,1)联立解得v0＝0.2m/s。3．(1）10eq\r（3）m/s(2）1.0×105N解析如图甲所示，汽车驶至凹形桥面的底部时，所受合力向上，此时车对桥面的压力最大；如图乙所示，汽车驶至凸形桥面的顶部时，合力向下，此时车对桥面的压力最小．（1)汽车在凹形桥面的底部时，由牛顿第三定律可知，桥面对汽车的支持力FN1＝3。0×105N，根据牛顿第二定律FN1－mg＝meq\f(v2，r）解得v＝10eq\r（3）m/s.当汽车以10eq\r(3)m/s的速率经过凸形桥顶部时，因10eq\r（3）m/s＜eq\r（gr）＝10eq\r(6）m/s，故在凸形桥最高点上不会脱离桥面，所以最大速度为10eq\r（3)m/s.（2)汽车在凸形桥顶部时，由牛顿第二定律得mg－FN2＝meq\f(v2,r）解得FN2＝1。0×105N。由牛顿第三定律得，在凸形桥顶部汽车对桥面的压力为1.0×105N，即为最小压力．4．(1）2eq\r(\f(R,g））(2）eq\f（1，8）πeq\r(gR）(3)(1＋eq\f(π2,64）)mg，方向竖直向下解析（1）由运动学公式有2R＝eq\f(1,2)gt2解得t＝2eq\r（\f(R，g）)（2）s＝eq\f(1，4)πR，由v＝eq\f（s，t）得v＝eq\f(1，8)πeq\r（gR)（3)设最低点处地板对乙同学的支持力为FN′，由牛顿第二定律得FN′－mg＝eq\f（mv2,R）则FN′＝（1＋eq\f(π2,64))mg由牛顿第三定律得FN＝(1＋eq\f(π2，64））mg，方向竖直向下．5．(1）5。6s(2)3.25m/s解析(1）选手离开平台做平抛运动，则：H＝eq\f（1,2）gteq\o\al(1,

2)解得t1＝eq\r(\f（2H,g))＝0。6sx1＝v0t1＝1.8m选手在传送带上做匀加速直线运动，则：L0－（x1－s0)＝eq\f(1，2）ateq\o\al（2，

2）解得t2＝4.5s总时间t＝t1＋t2＋Δt＝5.6s(2）选手以水平速度v1跃出落到传送带上，先向左匀速运动后再向左匀减速运动，刚好不从传送带上掉下时水平速度v1最小，则：v1t1－s0＝vΔt＋eq\f(v2，2a)解得：v1＝3.25m/s。6．（1)3m/s（2）1.2m（3）2.4s解析（1）由题意可知,小球落到斜面顶端并刚好沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行,如图所示，vy＝v0tan53°,veq\o\al（y，

2）＝2gh代入数据得vy＝4m/s，v0＝3m/s。（2)由vy＝gt1得t1＝0.4sx＝v0t1＝3×0。4m＝1.2m（3）小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度a＝eq\f(mgsin53°，m）＝8m/s2在斜面顶端时的速度v＝eq\r(v\o\al（0,

2）＋v\o\al(y,

2））＝5m/seq\f(H,sin53°）＝vt2＋eq\f（1，2）ateq\o\al(2，

2)代入数据,解得t2＝2s或t2′＝－eq\f(13,4）s（舍去)所以t＝t1＋t2＝2.4s。7．（1)3rad/s9m/s2（2）1。05s（2）0。4s5m/s解析（1）小球在半圆形轨道中做匀速圆周运动，角速度为:ω＝eq\f（v0,R）＝eq\f(3,1)rad/s＝3rad/s向心加速度为：an＝eq\f(v\o\al(0,

2），R)＝eq\f(32,1)m/s2＝9m/s2（2）小球从A到B的时间为：t＝eq\f(πR，v0）＝eq\f(3。14×1,3）s≈1。05s.（3)小球水平抛出后，在竖直方向做自由落体运动，根据h＝eq\f(1,2)gteq\o\al（1，

2)得：t1＝eq\r（\f（2h,g))＝eq\r(\f(2×0。8，10))s＝0。4s落地时竖直方向的速度为：vy＝gt1＝10×0.4m/s＝4m/s,落地时的速度大小为：v＝eq\r(v\o\al(0,

2）＋v\o\al（y,

2）)＝eq\r（9＋16）m/s＝5m/s.8．（1)45°（2)100N(3）4m/s0。3m解析(1)根据题意，C点到地面高度hC＝R－Rcos37°＝0.08m，从B点到C点，滑块做平抛运动，根据平抛运动规律：h－hC＝eq\f(1,2)gt2，则t＝0。3s飞到C点时竖直方向的速度vy＝gt＝3m/s，因此tanγ＝eq\f(vy，vB）＝1即落到圆弧C点时，滑块速度与水平方向夹角为45°（2)滑块在DE段做匀减速直线运动，加速度大小a＝eq\f（Ff，m)＝μg根据0－veq\o\al(D，

2）＝－2ax，联立得vD＝4m/s在圆弧轨道最低处FN－mg＝meq\f（v\o\al（D，

2）,R)，则FN＝100N，由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为100N(3)滑