内容正文:
参考答案
弹簧从第1个球处脱落瞬间,第1个小球所受合外力变
答案(1)aA=5m/s2
aB=10 m/s2
(2)4
m/s
为0,则加速度为0,第2个小球满足F2~3=ma',联立
解得第2个小球的加速度为a'=2a,由于其他弹簧弹力
(3)2.13m
不会发生突变,故其余小球加速度依然为a,D正确。
第3讲
3.解析(1)冰壶到达投掷线前,由匀变速直线运动规律
[命题热点突破]
v2-v02=2al
命题点一
带入题中数据可解得a=-2m/s2
[题组训练]
对冰壶,由牛顿第二定律F=ma
1.AC由题意,释放时小环向下加速运动,则重物将加速
带入数据可得F=一40N,负号说明合外力与速度方向
上升,对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重
相反。
力2mg,所以A正确;小环到达B处时,重物上升的高
故冰壶到达投掷线前,其受到的合外力F的大小为
度应为绳子缩短的长度,即△h=√2d一d,所以B错误;
40N。
根据题意,沿绳子方向的速度大小相等,将小环A速度
(2)释放冰壶后,若队友未擦冰面,由牛顿第二定律a1=
沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足:
上=m8=41g=0.08m/s2
m m
1os0=,即哈-心)反,所以C正确,D错误。
设冰壶减速到零发生位移为x1
2.BD设网球飞出时的速度为0,竖直方向0竖直2=
2
由运动学规律x1=2a1
2g(H一h),代入数据得0竖直=
=25m
√2×10×(8.45-1.25)m/s=12m/s,则0水平=
则冰壶静止位置离O点的距离L1=s一x1=5m。
√132-122m/s=5m/s,排球水平方向到P点的距离
(3)设队友刚开始擦冰面时冰壶的速度为)',则由运动
学规律心2+
x水单=功水平1=0水平·0整直=6m,根据几何关系可
g
21g22g
得打在墙面上时,垂直墙面的速度分量0水平上一
可解得L2=2g
-=10me
0水平·号=4m/s,平行墙面的速度分量0*年
5
答案(1)40N(2)5m(3)10m
3
4.解析(1)与竖直墙碰撞后,对木板根据牛顿第二定律
V0水平·
=3m/s,反弹后,垂直墙面的速度分量
得ng=MaB,解得aB=10m/s2
v水平1=0.75·v0水平⊥=3m/s,则反弹后的网球速度
对铁块,根据牛顿第二定律得ng=maA,
大小为0水平=√0水平12十0水平=3V2m/5,网球落
解得aA=5m/s2。
(2)第一次与竖直墙壁碰撞后,设木板向左减速的时间
2厘845×2s=1,3s,着地点
到地面的时间t√gV10
为t1,有0=aBt1,解得t1=0.4s
到墙壁的距离d=)'水平⊥t'=3.9m,故B、D正确,A、C
木板速度减为零时,设此时铁块的速度为A,可得A=
错误。
0一aAt1,解得0A=2m/s
3.解析频闪仪每隔0.05s发出一次闪光,每相邻两个球
之后木板向右做匀加速直线运动,铁块继续向右做匀减
之间被删去3个影像,故相邻两球的时间间隔为
速直线运动,设再经过时间t2共速v共=vA一aAt2=
t=4T=0.05×4s=0.2s
a42解得a跌=号m/sg=号s
2
设抛出瞬间小球的速度为0,每相邻两球间的水平方
向上位移为x,竖直方向上的位移分别为y1、y2,根据平
第一次与竖直墙壁碰撞后,设木板向左减速的位移为
抛运动位移公式有
s1,o2=2aB51,解得s1=0.8m
I=vot
木板向右做匀加速直线运动,设木板运动的位移为252=
1
1=7gt2=号×10X0.22m=0.2m
名42,解得希m
=2g(21)2-g
1
因为52<51,可知木板第二次碰墙前,已与铁块共速;共
g2=号×10×0.42-0.2)m
速后铁块与木板一起向右匀速运动,所以木板第二次碰
0.6m
墙时的追度为U=U项=亭m/s。
令y1=y,则有
y2=3y1=3y
(3)木板向左减速过程中,设铁块向右减速位移为SA,可
已标注的线段51、52分别为
得A=一2aA2,△1=5A十51,解得△s1=2m
s1=√x2+y2
木板向右加速的过程中,铁块与木板的位移差△2=
52=√x2+(3y)2=√/2+9y
则有
4士:一学解得△=品n
2
√x2+y2:√x2+9y2=3:7
木板第二次碰撞墙壁时,铁块在木板上留下的划痕长度
整理得
L=△s十△2,解得L=号m≈2.13m。
25
I=
238
高考专题辅导与训练
故在抛出瞬间小球的速度大小为
可知日为定值,T不变,则当转速增大后,小球的高度不
变,弹簧的弹力不变,则A错误,B正确;
0=
x_2√5
5
m/s。
t
水平方向当转速较小时,杆对小球的弹力F、背离转
答案25m/s
轴,则Tcos0-FN=mwr
5
即F=Tcos0-mw2r
命