课时跟踪检测12 抛体运动-2022【新高考方案】高三物理一轮总复习(新高考·福建专版)

10.解析:(1)设木块在木板上滑行的最大加速}则质点沿ν軸正方向做匀减速运动的时间}8.解析:因为两球下落的高度之比为2:1,根据 度为a1,有p1mg=ma1, h=2g2,可知ab两球运动的时间之比为 保持木块与木板一起做匀加速运动的最大则运动后的4S内沿y轴方向的位移 ta:tb=2:1,因为两球均落在斜面上,则有 'm=#(M+mg+(M+m)a1=30 N ,因此初速度之比 因F1=24N<Fm=30N,故此时木块与木 因此4s末质点离坐标原点的距离等于沿x 板一起做匀加速运动,其加速度a由牛顿笫 轴方向的位移,由题图甲可知,4s末质点离 坐标原点的距离s=x=8m。 :1,在小球平抛过程中,速度方向与斜面 二定律可得,F-P2(M+m)g=(M+m)a 答案:(1)2√5m/s(2)8m 平行时,离开斜面的距离为最大,根据运动的 分解,将初 11.选BD题图甲中小 遠度与加速度分解成垂直斜面与 (2)设2s末木块与木板的速度为v,由运动:球在筒内受重力和水 平行斜面两方向,设斜面的傾角为a,因此垂 学知识可得v=at1=4m/s 指向圆筒竖直中 直斜面方向的位移为 2s后F2=34N>Fm=30N,木块和木板发:轴的筒壁的弹力,贴 生相对滑动,木块加速度为a1,木板加速度 着筒壁做螺旋线运 开斜面的最大距离与初速度的平方成正比 为a2,则有 动,可视为水平面内的匀速圆周运动与竖直即小球a、b离开斜面的最大距离之比为 F-u u2 (Mtm)g-Ma 解得a=6m/s2, 向上的自由落体运动,可求得小球由A运动答案:2:12:1 9.解析:根据牛顿第二定律,在OP段有 设经时间l2二者分离,此时由运动学知识可到B的时间为t1 得,vt2+ 沿钢丝运动,受重力和垂直钢丝斜向上方 弹力,可等效为小环沿光滑斜面下滑,如;由平抛运动规律和几何关系有 此时木块的速度v=叶+a1t2 图所示,则小环由C运动到D的时间为12=物块的水平射程x= 木板的速度v板=可+a2 木块与木板分离至滑落到地面的时间设为 cosa→h,故物块的竖直位移y=2gr2, 2TR 由几何关系有y=rtan0, ,由平抛运动知识可得,h=2g2 2,a.=1m2<g,联立以上各式可以得到x、2vp2tan0 h<(2,或者t2=人0,B正确;小球有初速 在木块与木板分离至滑落到地面的时间故1<2,选项A错误 3内,木块在水平方向向前的位移为 度,小环无初速度根据机械能守恒定律知解得F=4mBn0x+mg B>υD,选项C错误,D正确 木块与木板分离后,木板的加速度设为a3,12.解析:快艇在静水中的速度垂直于河岸时,由题图乙知pmg=5,4tan=1 由牛顿运动定律可得, 所用时间最短,由图甲可知,a=0.5m/s2,;代入数据解得s=0.25m 由4=22可得:m=20s:快艇沿河岸方10.选BC小球做自由落体运动到矩形孔的上 在木块与木板分离至滑落到地面的时间向的位移x=u=3×20m=60m,所以快 13内,木板在水平方向的位移为 沿的时间为:t1 ch=e 艇到达浮标处经过的位移s 0.2s;小球傲自由 所以,木块落地时距离木板左侧的距离 答案 13.解析:(1)发动机未熄火劭 落体运动到矩形孔下沿的时间为t2 联立以上式子解得△s=1.68m 时,轮船运动速度υ与水 /2(H-h)2×(2-1.2) s=0.4s,则 答案:(1)2m/s2(2)1.68m 流速度v方向垂直,如 小球通过矩形孔的时间为△t= 课时跟踪检测(十一) 故此时轮船相对于静水的速度v的大小为 0.2s,根据等时性知L.的最大值为L 1.AC2.D3.B4.C5.C6.A7.C √42+32m/ Δt=4×0.2m=0.8m,故A错误;若L= 8.C 9. AC 11. BD [重难详解] (2)熄火前,设v与v2的央角为0,则cosa 0.8m,x的最小值为xm=tt1=4×0.2m =0.8m,x的最大值为xmsx=tb12-L=4 6.选A经过时间t,∠OAB=o,则AM的长 =0.8,轮船的牵引力沿v2的方向,熄火0.4m-0.8m=0.8m,即x=0.8m,B正 ,则AB杆上与小环M的接触点绕}后,牵引力消失,在水的作用力作用下,v2逐 确;若L=0.6m,x的最小值为x 4×0.2m=0.8m,x的最大值为xmx= A点的线速度v=ho小环M的速度沿 渐减小,但其方向不变,当v与v的矢量和 与v垂直时,轮船的合速度最小,a=0,则 vt2-L=4×0.4m-0.6m=1m,所以 0.8m≤x≤1m,C正确,D错误。 AB杆方向和垂直于AB杆方向分解,垂直于 AB杆方向的分速度等于速度v,则小环M的答案:(1)5m/s(2)2.4m/s 1COsa=3×0