内容正文:
对小物块和小车运动的全过程 动能定理得 y),设A从O点抛出的初速度为v,由平抛 运动规律有x= 解析:(1)小球飞出后做平抛运动,由平抛运m=“世变。 两者位移关系有x1+x2=L-d, 得x2=0.7 方向水平向左。 答案:(1)0.8m/s20.4m/s2(2)12J (3)见解析 在传这带上一直加速,设到达C处时的追联立解得y=27 专题跟踪检测(十三) 度为℃,由动能 理得 设A落在P点时从O点抛出的初速度 mmv-oInUB 所以参赛者在传送带上先匀加速运动再匀速解得v√2w (2L)2 动规律可知 得v=√76m/s>v=8m/ 坚直方向有h=g2,水平方向有10h= 联立解得vc=5√2gh。 运动,所以传送带的速率τ=α=8m/s,方:小物块A从倾斜轨道上不同位置由静止释 向为顺时针方向 (2)小球在管口C处,根据牛顿第二定律有(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为 放,落在曲线PQ上的动能均相同,有 s=0.8s 解得小球在管口C处受到的压力大小为此过程中参赛者与传迷带间的相对位移大(3)设A与B碰前瞬间的速度为v’,A F=49mg,方向竖直向下 B碰后瞬间的速度分别为v1、v2,对A、B组 小球从被弹出至运动到管口C处的过程中,小为△x=件t 成的系统,根据动量守恒定律与机械能守恒 由动能定理有W-mg(+b)=3m2 解得△r=1.6m 定律有mvb0=mv1+xmv 传送带由于传送参赛者多消耗的电能为 解得W=30mgh (3)由动能定理有 E=Q+△E=p1mg△x+(mwc W-mg(4h+r)=omv OUH 小球飞出后做平抛运动, 又因为mg一pm、m,要使A、B均 竖直方向有 代入数据解得E=1920J。 能落在PQ上且A落在B落点的右侧,则有 答案:(1)1080N方向竖直向下 水平方向有x=vct1 2)8m/s方向为顺时针(3)1920J 1.解析:(1)物块与挡板第一次碰撞后,物块向 由数学知识可知,当26r=,即圆孤轨道半左减速到速度为0的过程中只有厚擦力做 径为r=13h时,小球从管口飞出后距管口功,由动能定理得一mgx1=0-1m2答案:(1)√2gL C的水平距离最大,最大值是xmx=26h。 代入数据解得p=0.5 (2)x2+4y2-8Ly=0(0≤x≤2L) 答案:(1)5√2gh(2)49mg,方向竖直向下(2)物块与挡板碰撞后,物块与长木板组成(3) 2.解析:(1)水从管口沿水平方向喷出后做严}的系统动量守恒,取水平向右为正方向。设 第一次碰撞后系统的共同速度为ⅵ,由动 抛运动,设水喷出时的速度为v,下落时间量守恒定律得M0-mv=(M+m) 专题跟踪检测(十四) 1.解析:(1)为使入射球到达斜槽末端时的速度 为t,竖直方向有h= 水平方向有 解得v1-M+m 相等,应从同一位置由静止释放入射球,即步 骤⑤与步骤④中定位卡的位置应保持不变 d=2h=vt,解得v=√2gh 设物块由速度0加速到w1的过程中运动的(2)步骤④与步骤⑤中重复多次的目的是减 时间Δt内喷出的水的质量△m 小实验误差 位移为x1,则Pmgx (3)为了使小球A与B碰后运动方向不变 单位时间内从管口喷出的水的质量m A、B质量大小关系为m1>m2。 联立解得x1 (4)由题图所示刻度尺可知,其分度值为 即物块与挡板第二次碰撞之前,物块与长木1mm,步骤④中小球落点距O点的距离为 (2)在△t内击打在地面上的水的质量 已经达到共同速度v OQ=37.20cm=0.3720m △m=m0△t 第二次碰撞后,物块反弹后瞬间的速度大小 答案:(1)保持不变(2)减小实验误差 水击打在地面上时竖直方向的速度大小:为v1,经一段时间后系统的共同速度为 (3)>(4)0.3720(0.3718~0.3722均 2.解析:(1)由于遮光片通过光电门的时间较 设向下为正方向,由动量定理有一FM=0 第三次碰撞后,物块反弹后瞬间的速度大小;短,可以用平均速度表示瞬时速度,故v 根据牛顿第三定律,可知水对地面在竖直方:为2,经一段时间后系统的共同速度为 由匀变速直线运动规律得2ax=0-2 向平均作用力大小F=F, M-m 解得F=2pSgh (3)△t内水泵输出的功△W=△mg(H+h) 则第n次碰撞后,物块反弹后瞬间的速度大2的 +△mvb2 M-n 输出功率P=△N=p5√2gh(H+2) 小为vn-1=M+mn-2 (2)A经过光电门的速度为vA=t 由动能定理得一 umgI,=0-2mn=12 由匀变速直线运动规律有 答案:(1)pS√2gh(2)2pSgh (3)Sg√2gh(H+2h) (3)由分析知,物块多次与挡板碰撞后,最终 3.解析:(1)参赛者从A处运动到B处的过程将与长木板同时都静