备战2020年高考物理计算题专题复习《曲线运动综合题》(解析版)

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页《曲线运动综合题》一、计算题如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球．现将小球拉到A点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：

(1)地面上DC两点间的距离s；

(2)轻绳所受的最大拉力大小．

质量为m=1kg的小球从距水平地面高为h的位置以v0=10m/s的速度水平抛出，小球抛出点与落地点之间的水平距离为x=30m，不计空气阻力，取g=10m/s2.求：

(1)小球在空中飞行的时间t；

(2)小球抛出时的高度h；

(3)小球下落过程中重力做的功W。

如图所示，半径R=4m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的传送带DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53°和37°.传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将一个质量m=0.5kg的煤块(视为质点)从B点左侧高为h=0.8m处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道．已知煤块与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

(1)煤块水平抛出时的初速度大小v0；

(2)煤块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小；

(3)煤块第一次离开传送带前，在传送带DE上留下痕迹可能的最长长度．(结果保留2位有效数字

如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，半径R=0.8m，OA水平、OB竖直。轨道底端距水平地面的高度h=0.8m。从轨道顶端A由静止释放一个质量m=0.1kg的小球，小球到达轨道底端B时，恰好与静止在B点的另一个相同的小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C与B点之间的水平距离x=0.4m。忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2.求：

(1)两球从B点飞出时的速度大小v2；

(2)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1；

(3)从A到B的过程中小球克服阻力做的功Wf。

如图，质量均为2m的木板A、B并排静止在光滑水平地面上，A左端紧贴固定于水平面的半径为R的四分之一圆弧底端，A与B、A与圆弧底端均不粘连。质量为m的小滑块C从圆弧顶端由静止滑下，经过圆弧底端后，沿A的上表面从左端水平滑上A，并在恰好滑到B的右端时与B一起匀速运动。已知重力加速度为g，C过圆弧底端时对轨道的压力大小为1.5mg，C在A、B上滑行时受到的摩擦阻力相同，C与B一起匀速的速度是C刚滑上A时的0.3倍。求：

(1)C从圆弧顶端滑到底到的过程中克服摩擦力做的功；

(2)两板长度L1与L2之比。

(3)C刚滑到B的右端时，A右端到B左端的水平距离s与B的长度L2之比。

如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面MN底端固定一个被压缩且锁定的轻弹簧，轻弹簧的上端静止放一质量m=2kg的滑块，且滑块与斜面顶端N点相距x=0.10m.现将弹簧解除锁定，滑块离开弹簧后经N点离开斜面，恰水平飞上顺时针始终匀速转动的传送带，已知传送带水平放置且足够长，传送带上端距N点所在水平面高度为h=0.20m，滑块A与传送带间的动摩擦因数μ=32(g取10m/s2).

(1)弹簧锁定时储存的弹性势能；

(2)若传送带速度为73m/s

如图所示，质量m=1kg的滑块(可看成质点)，被压缩的弹簧弹出后在粗糙的水平桌面上滑行一段距离x=0.4m后从桌面抛出，落在水平地面上．落点到桌边的水平距离s=1.2m，桌面距地面的高度h=0.8m.滑块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2.(取g=10m/s2，空气阻力不计)求：

(1)滑块落地时速度的大小；

(2)弹簧弹力对滑块所做的功。

如图所示，粗糙水平轨道AB与光滑竖直半圆弧轨道BCD在B点平滑连接，两滑块P、Q(均可视为质点)中间夹有一小块炸药(质量大小均不计)，静止放置在B点．现引爆炸药，滑块P、Q在极短时间内左右分开，并分别沿水平和竖直轨道运动．最终Q恰好能到达圆弧轨道最高点D点．已知滑块P质量为2m，滑块Q质量为m，滑块P与水平轨道间的动摩擦因数μ，圆弧轨道半径R，重力加速度g，求

(1)爆炸后瞬间滑块Q对圆轨道最低点的压力(2)爆炸后滑块P在水平地面运动的时间

如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道．光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处C、D之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，C、D之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点A与水平面上的B点之间的高度为h.从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s.已知小球质量m，不计空气阻力，求：(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；(2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；(3)小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功．

将一小球以10m/s的速度水平抛出，当小球落到水平地面时，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)小球在空中飞行的时间；

(2)小球最初的离地高度；

(3)小球落地瞬间的速率．

如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h=2 m，s=2m.取重力加速度大小g=10 m/s2．

(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；

(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．

如图，装甲车在水平地面上以速度v0=20m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h=1.8m.在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v=800m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始做匀减速运动，行进s=90m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g=10m/s2)

(1)求装甲车做匀减速运动时的加速度大小；

(2)当L=410m时，求第一发子弹的弾孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；

(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围．

如图所示，挡板OM与竖直方向所夹的锐角为θ，一小球(视为质点)从O点正下方和A点以速度v0水平抛出，小球运动过程中恰好不和挡板碰撞(小球轨迹所在平面与挡板垂直).不计空气阻力，重力加速度大小为g，求：

(1)小球恰好不和挡板碰撞时的竖直速度大小；

(2)O、A间的距离．

如图所示，半径R=0.4m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A.一质量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的匀减速直线运动，运动L=4m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点．(重力加速度g=10m/s2)求：

(1)物体运动到A点时的速度大小vA；

(2)小球经过B点时对轨道的压力大小FB；

如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r=0.25m，C端水平，AB段的动摩擦因数为0.5.竖直墙壁CD高H=0.2m，紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L=0.3m的斜面．一个质量m=0.1kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l=0.5m处由静止释放，从C点水平抛出．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：

(1)小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；

(2)小物块从C点抛出到击中斜面的时间；

(3)改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值．

在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h，重力加速度为g。

(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；

(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；

(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。

如图所示，一个质量可以看成质点的小球用没有弹性的细线悬挂于O′点，细线长L=5m，小球质量为m=1kg.现向左拉小球使细线水平，由静置释放小球，已知小球运动到最低点O时细线恰好断开，取重力加速度g=10m/s2．

(1)求小球运动到最低点O时细线的拉力F的大小；

(2)如果在小球做圆周运动的竖直平面内固定一圆弧轨道，该轨道以O点为圆心，半径R=55m，求小球从O点开始运动到圆弧轨道上的时间t．

某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5.(sin37°=0.6)

(1)若h=2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；

(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件

(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。

如图所示，半径R=0.45m的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M=1kg，长度L=1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h=0.2m.质量m=1kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放，经B点滑到小车上，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小;(2)物块落地时距平板车右端的水平距离．

如图所示，ABD为竖直平面内的轨道，其中AB段水平且粗糙，BD段为半径R=0.08m的光滑半圆轨道，两段轨道相切于B点。小球甲以v0=5m/s的速度从C点出发，沿水平轨道向右运动，与静止在B点的小球乙发生弹性正碰，碰后小球乙恰好能到达半圆轨道的最高点D。已知小球甲与AB段轨道间的动摩擦因数μ=0.4，C、B两点的距离s=2m，重力加速度g取10m/s2，甲、乙两小球均可视为质点。求：(1)碰撞前瞬间，小球甲的速度大小。(2)小球甲和小球乙的质量之比。

如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s=1.25m，BCD是半径为R=0.40m的竖直半圆形轨道，B为两轨道的连接点，D为轨道的最高点．有一小物块质量为m=1.0kg，小物块在F=10N的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，它与水平轨道和半圆形轨道间的摩擦均不计．g取10m/s2，求：

(1)撤去力F时小物块的速度大小；

(2)小物块通过D点瞬间对轨道的压力大小；

(3)小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大小．

答案和解析1.【答案】解：(1)设小球在B点速度为v，对小球从A到B由动能定理得：

mgh=12mv2①

绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，则有：

H=12gt2②

DC间距离：

s=vt

解得：s=4Hh=4×1×0.5m≈1.414m

(2)在B位置，设绳子最大拉力为F，由牛顿第二定律得：

F−mg=mv2L④

联立①④得：【解析】本题关键是建立物体运动的情境，寻找物理模型，本题为圆周和平抛模型的组合。

(1)从A到B由动能定理可得B位置时的速度，之后做平抛运动，由平抛规律求解；

(2)在B位置，由牛顿第二定律、向心力的计算可求轻绳所受的最大拉力大小。

2.【答案】解：小球作平抛运动，根据平抛运动的特点可知

(1)小球在空中飞行的时间为：t=xt=3s

(2)小球抛出时的高度为：h=12gt2=45m

(3)小球下落过程中重力做的功为“”W=mgh=450J

答：(1)小球在空中飞行的时间t为3s；

(2)小球抛出时的高度h为45m；【解析】(1)(2)小球作平抛运动，根据运动的特点求得运动时间和下落高度；

(3)根据W=mgh求得重力做功

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，基础题。

3.【答案】解：(1)物体在抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向有：vy=2gh=2×10×0.8=4m/s

物体恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则：vyv0=tan53°

得：v0=vytan53∘=443=3m/s

(2)煤块在A→D的过程中由动能定理：mg(h+Rcos37°−Rcos53°)=12mvD2−12mv02

在D点由牛顿第二定律：FND−mgcos37°=mvD2R

解得：vD=41m/s，FND=9.125N，

又有牛顿第三定律知在D点对轨道的压力大小为9.125N

(3)因vD=41m/s>v带【解析】(1)物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出物体落在A时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出物体的初速度大小v0．

(2)通过计算分析清楚物体的运动过程，由动能定理求出物体在D点的速度，然后根据牛顿第二定律求出物体对圆弧轨道压力大小FN；

(3)先分析煤块的运动情况，再根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求解．

本题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、牛顿第二定律解题，第三问中要最知道当传送带最前沿的痕迹与最后痕迹不重叠时，痕迹最长，难度适中．

4.【答案】解：(1)两球做平抛运动，根据平抛运动规律得

竖直方向上

h=12gt2

解得

t=0.4s

水平方向上

x=v2t

解得

v2=1m/s

(2)两球碰撞，规定向左为正方向，

根据动量守恒定律得

mv1=2mv2

解得

v1=2m/s

(3)入射小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得

mgR−Wf=12mv1【解析】1、两球做平抛运动，根据平抛运动规律得两球从B点飞出时的速度大小

2、两球碰撞，根据动量守恒定律得出入射小球的速度大小

3、入射小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得克服阻力做的功。

本题关键对两个球块的运动过程分析清楚，然后选择动能定理和平抛运动、动量守恒定律基本公式求解。

5.【答案】解：(1)设C到达圆弧底端时的速度为v0，轨道对C支持力大小为N，下滑过程C克服摩擦力做的功为Wf.由动能定理，有：mgR−Wf=12mv02−0

①

C过底端时，由牛顿第二定律，有：N−mg=mv02R②，由牛顿第三定律，知：N=1.5mg ③，联立①②③式得：Wf=34mgR

④；

(2)设C刚滑过A到达B时，C的速度为vC，A、B的速度为v，B、C共同速度为vBC，C与A、B间的摩擦力为f。

C从滑上A到刚滑到B这个过程，C和A、B组成的系统动量守恒。取向右为正方向。

由动量守恒守律：mv0=mvC+4mv

⑤

由功能关系：fL1=12mv02−(12mvC2+12×4mv2)

⑥

C滑上B到与B共速这个过程，对C和B组成的系统，

由动量守恒定律：mvC+2mv=(m+2m)vBC⑦

由功能关系：fL2=12mvC2+12×2mv2−12(m+2m)vBC2

⑧

或：C从滑上A到与B共速的全过程

由动量守恒定律：mv0=2mv+(m+2m)vBC⑨

由功能关系：f(L1+L2)=12mv02−[12×2mv 2+12(m+2m)vBC2【解析】【分析】本题的关键明确滑块和木板的运动规律，会运用动量守恒定律列式求解共同速度，知道内能的增加量等于一对滑动摩擦力做功的绝对值，也可以用其他方法研究，如运动学公式和牛顿第二定律求解。

【解答】

(1)根据C过圆弧底端时受力情况，由牛顿第二定律求出C到达圆弧底端时的速度，再由动能定理求C从圆弧顶端滑到底到的过程中克服摩擦力做的功；

(2)C在A上滑行时，AB一起做匀加速运动，C做匀减速运动，以三个物体组成的系统为研究对象，系统的动量守恒，能量也守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律分别列式。再研究C在B上滑行的过程，由BC组成的系统动量守恒和能量守恒列式，即可求解两板长度L1与L2之比；

(3)C在B上滑行时，对C，运用动量定理求出C从滑上B到与B共速所经历的时间。对B，运用动能定理列式，再由运动学公式求A右端到B左端的水平距离s与B的长度L2之比。

6.【答案】解：(1)滑块离开斜面后，竖直方向由h=12gt02得：t0=0.2s

所以滑块离开斜面时，有：gt0v0=tan30°，得：v0=23m/s

对滑块，从开始到恰上斜面，机械能守恒，弹簧锁定时储存的弹性势能为：

Ep=mg(xsin30°+h)+12mv02

解得：Ep=17J

(2)滑块飞上传送带后，对滑块，由牛顿第二定律有：

μmg=ma，

得：a=53m/s2；

由v传=v0+at，得：t=1s

此过程中传送带的位移为：x传=v传t=73m

物块的位移为：x物=v0t+12at2=932m

所以两者相对位移为：s【解析】分析清楚滑块的运动情况和受力情况是解题的关键，根据受力情况来判断滑块的运动情况，要把握圆周运动的临界条件，灵活利用牛顿运动定律、运动学规律和能量守恒定律进行研究。

(1)滑块A从N飞上传送带的逆过程是平抛运动，由平抛运动的规律求出滑块A飞上传送带的速度，再由机械能守恒定律求弹簧锁定时储存的弹性势能；

(2)滑块飞上传送带后，根据牛顿第二定律求出其加速度，由速度时间公式求出速度达到传送带的速度时所用时间，再由位移公式求两者的相对位移，即可求得因摩擦产生的内能；

(3)滑块能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道，有两种情况：第一种滑块不越过四分之一圆弧，第二种能到达圆弧最高点，根据机械能守恒定律和临界条件结合解答．

7.【答案】解：(1)滑块离开桌面后做平抛运动

竖直方向：h=12gt2

解得t=2hg=2×0.810s=0.4s

滑块落地时竖直方向速度为：vy=gt=10×0.4m/s=4m/s

水平方向的分速度为：v0=st=1.20.4m/s=3m/s

所以落地速度的大小为：v=【解析】对于平抛运动，由运动的合成与分解的方法从分运动求平抛运动的规律，这是常用的方法，要能熟练运用。

(1)滑块离开桌面后做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，由高度求出时间和落地时竖直方向的分速度。水平方向的分运动是水平速度，由水平位移和时间求出初速度，再将落地时水平方向与竖直方向的两个分速度合成求解滑块落地时速度的大小；

(2)滑块从被压缩的弹簧弹出到离开桌面的整个运动过程中，弹力与摩擦力做功，根据动能定理求解弹簧弹力对滑块所做的功。

8.【答案】解：(1)Q恰好能到达圆弧轨道最高点D点，在D点重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=mvD2R

从B到D过程Q的机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mvB2=12mvD2+mg·2R

在最低点B，由牛顿第二定律得：F−mg=mvB2R

解得：

【解析】本题考查了求压力与运动时间问题，本题是一道力学综合题，分析清楚物体的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律与动量守恒定律可以解题；第二问也可以牛牛顿第二定律与运动学公式求解。

(1)根据题意求出Q到达最高点时的速度，从最低点到最高点过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出Q在最低点的速度，然后应用牛顿第二定律求出轨道的支持力，再求出压力；

(2)爆炸过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出P的速度，然后应用动量定理可以求出P的运动时间。

9.【答案】解：(1)小球从E点水平飞出做平抛运动，设小球从E点水平飞出时的速度大小为vE，由平抛运动规律得：

s=vEt

4R=12gt2

联立解得：vE=s42gR

(2)小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：

12mvB2=mg4R+12mvE2

解得：vB2=8gR+s2g8R

在B点，根据牛顿第二定律得：F−mg=mvB2R

得：F=9mg+mgs2【解析】(1)小球从E点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平抛运动的初速度．

(2)小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得求出B点速度，在B点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据牛顿第三定律求出小球对轨道的压力．

(3)根据动能定理求出小球沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功．

解决本题的关键理清运动的过程，把握每个过程和状态的规律，知道竖直平面内的圆周运动在最高点和最低点由合外力提供向心力，综合运用牛顿定律和动能定理进行解题．

10.【答案】解：(1、2)因为水平位移恰好等于下落的高度，设下落高度为h，

水平方向上：h=v0t

竖直方向上：h=12gt2

代入数据联立解得：t=2s，h=20m

竖直速度为：vy=gt=10×2=20m/s

落地瞬间的速率为：v=vy2+v02=20【解析】(1、2)小球做的是平抛运动，根据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，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解．

(3)根据速度的合成求解．

本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决．解题时注意抓住题目条件：水平位移恰好等于下落的高度．属于基础性题目．

11.【答案】解：(1)当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则在bc上只受重力，做平抛运动，则有：

t=2hg=2×210=0.4s…①

则在b点的速度v0=st=20.4=5m/s…②，

从a到b的过程中，根据动能定理得：

12mv02=mgR…③

解得：R=0.25m。

(2)从b点下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，b到c的过程中，根据动能定理得：

mgh=12mvc2…④

因为物体滑到c点时与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，【解析】本题主要考查了平抛运动基本公式、动能定理以及运动的合成与分解的应用，解题的关键是能正确分析物体的受力情况和运动情况，特别抓住当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力这句话，难度适中。

(1)当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则在bc上只受重力，做平抛运动，根据平抛运动基本公式求出b点速度，再根据动能定理求解R；

(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，b到c的过程中，根据动能定理列式，根据平抛运动基本公式求出c点速度方向与竖直方向的夹角，再结合运动的合成与分解求解。

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)第一发子弹的对地速度为：v1=800+20m/s=820m/s

故子弹运动时间为：t1=Lv1=410820s=0.5s

第一发子弹下降的高度为：h1=12gt12=12×10×0.52m=1.25m

第一发子弹的弾孔离地的高度为：h=1.8−1.25m=0.55m

射出第二发子弹的速度为：v2=800m/s，运动时间为：t2=L′v2【解析】(1)由匀变速直线运动规律求解

(2)子弹做平抛运动，选地面为参考系，求解第一发子弹的弾孔离地的高度；数学关系结合平抛规律求解靶上两个弹孔之间的距离；

(3)若靶上只有一个弹孔，说明第一颗子弹没有击中靶，第二颗子弹能够击中靶，平抛运动规律求解L的范围．

解决本题的关键知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动．以及分运动与合运动具有等时性

13.【答案】解：(1)由于小球恰好不和挡板碰撞，达到斜面时，速度方向与斜面恰好平行，有：cotθ=vyv0，

解得vy=v0cotθ．

(2)根据cotθ=gtv0得运动的时间为：t=v0cotθg，

根据x=v0t，y=12gt2得解得平抛运动的水平位移为：x=v【解析】(1)根据小球恰好不和挡板碰撞，达到斜面时，速度方向与斜面恰好平行，结合平行四边形定则求出竖直分速度的大小．

(2)根据速度的关系求出平抛运动的时间，从而求出平抛运动的水平位移和竖直位移，结合几何关系求出OA间的距离．

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，结合运动学公式和几何关系综合求解，难度中等．

14.【答案】解：(1)小球向左做匀减速直线运动，根据速度位移公式有：vA2−v02=2aL，

解得vA=v02+2aL=49−2×3×4m/s=5m/s．

(2)根据动能定理得，−2mgR=12mvB2−12mvA2，

代入数据解得vB=3m/s，

根据牛顿第二定律得，mg+FB=mvB2R，

代入数据解得FB=1.25N，

根据牛顿第三定律知，小球经过B点时对轨道的压力大小为【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式求出物体运动到A点的速度大小．

(2)根据动能定理求出小球到达B点的速度，结合牛顿第二定律求出在B点轨道对小球的弹力．

(3)根据高度求出平抛运动的时间，结合B点的速度求出A、C两点间的距离d．

本题考查了平抛运动、圆周运动和动能定理、牛顿定律的综合运用，知道圆周运动向心力的来源以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．

15.【答案】解：(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得：mglsin37°+mg(r−rcos37°)−μmglcos37°=12mv02

代入数据解得：v0=3m/s

在C点，由牛顿第二定律得：N−mg=mv02r

代入数据解得：N=2.2N

由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道的压力的大小为2.2N．

(2)如图，设物体落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，

L−xy=LH

代入得：x=0.3−1.5y

由平抛运动的规律得：

x=v0t，

y=12gt2

联立得15t2+23t−0.6=0

代入数据解得：t=315s

(3)由上知x=0.3−1.5y

【解析】(1)小物块从A到C的过程，由动能定理求出C点的速度．在C点，由牛顿第二定律求轨道对小物块的支持力，再由牛顿第三定律得到小物块对轨道的压力．

(2)小物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何关系列式，联立求解平抛运动的时间．

(3)根据数学知识得到小物体击中斜面时动能与释放的初位置坐标的关系式，由数学知识求解动能的最小值．

解决本题的关键要掌握平抛运动的研究方法和运动规律，知道小球落在斜面上时具有的几何关系，通过函数法求解动能的最小值．

16.【答案】解：(1)打在中点的微粒32h=12gt2①

解得t=3hg②

(2)打在B点的微粒v1=Lt1

2h=12gt12

③

解得v1=Lg4h

④

同理，打在A点的微粒初速度v2=Lg2h

⑤

微粒初速度范围Lg4h≤v≤Lg2h⑥

【解析】(1)粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动；根据几何关系可明确粒子下降的高度，再由竖直方向的自由落体运动可求得飞行时间；

(2)能被探测到的粒子高度范围为h至2h，水平位移相同，根据平抛运动规律可知速度范围；

(3)粒子在运动中机械能守恒，根据AB两点的速度关系以及机械能守恒列式，联立即可求得L与h的关系。

本题考查功能关系以及平抛运动规律的应用，要注意明确平抛运动的研究方法为分别对水平和竖直方向进行分析，根据竖直方向上的自由落体以及水平方向上的匀速直线运动规律进行分析求解。

17.【答案】解：(1)设小球到达O点时的速度为v0 ，根据动能定理，有：mgL=12mv02

得：v0 =2gL=10m/s

在最低点根据牛顿第二定律得：F−mg=mv02L

代入数据解得：F=30N

(2)小球离开O点做平抛运动，水平位移为：x=v0 t=10t

竖直位移为：y=12gt 2=5t 2

【解析】(1)根据动能定理和向心力公式求解

(2)运用平抛运动的规律及几何关系列式求解．

本题考查牛顿运动定律、向心力公式、平抛运动等知识点，关键是审题，理清题意，结合必要的数学知识求解．

18.【答案】解：(1)物块由静止释放到B的过程中，由牛顿第二定律得：

mgsinθ−μmgcosθ=ma

由速度位移的关系式得：

vB2=2ahsinθ

联立解得：vB=4m/s

(2)左侧离开，设到D点速度为零时高为h1，由动能定理得：

0=mgh1−μmgcosθh1sinθ−μmgL

解得：h1=3.0m

若小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是h≤3.0m

(3)右侧抛出，设到D点的速度为v，由动能定理得：

12mv2=mgh一μmgcosθhsinθ−μmgL

由平抛运动的规律得：H+2R=12gt2，x=vt

解得：x=2h−3

为使能在D点水平抛出，则有：

mg≤mv2R

解得：【解析】(1)物块由静止释放到B的过程中，做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式可求得物块到达B端时速度；

(2)先由动能定理求出物块恰好到D点速度为零时高度，若小物块落到传送带左侧地面，则下