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参考答案
三、计算题提分练
mBUB=mBUBmAUA
提分练(1)
2mBB2=
1
2mmB'2+2mu'2
1.解析(1)飞行器第一次试飞时做匀加速直线运动,设
加速度大小为a1,
从C落地起,B向左运动过程2l一xB一xB'=VBt1
B向右运动到与C相遇过程l十xC十xC'=vB't2
H=2a1120
联立以上各式得小物块C落地开始计时,物块B、C再
由牛顿第二定律F-mg一F阻=ma1②
由①②解得F阻=4N。③
次相遇的时间为1B=1十2=21√2g
(2)第二次试飞中,设失去升力时的速
2
2
答案(1)√g
(2号mg12
度大小为1,上升的高度为x1,运动示
3.解析(1)对滑块B,可看成反方向的平抛运动。竖直
1
意图如图所示1=2a12④
11
方向2L=7st
设失去升力后的加速度大小为a2,上升
的高度为x2,
vy=gt
由牛顿第二定律mg十F阻=a2⑤
水平方向6L=vxd
1=a1t2⑥
0=√/0,2+uy
tan 0=Uy
Ur
由③④⑤⑥⑦解得h=x1十x2=42m。⑧
解得an0=号w=V1Bg,0,=3Vg配
(3)设失去升力下降阶段加速度大小为a3,恢复升力后
、
(2)对A,B组成的系统,动量守恒mvr=n1'十2mw2
加速度大小为a4,恢复升力时速度大小为3,运动示意
要使A与墙只发生一次碰撞,A与墙碰后的动量大小
图如图所示,
由牛顿第二定律得
应满足21n02≥1mv1
mg-F阻=ma3⑨
对A根据动能定理:mgx=之X2mv2
F+Fm一ng=ma4①
且十=D
好得≥器
2a32a4
(3)若A、B达到共同速度时,A刚要与墙壁碰撞mv1=
g=a3t3②
3ma对A由动能定理:umg0=子×2m2
由③⑧⑨⑩①@解得与=3
2
s(或2.1s)。
解得xo=
答案(1)4N(2)42m
(3)3
2
s(或2.1s)
即x≥上时,碰墙前A,B有共同速度=√g
2.解析(1C离开B后做平抛运动,有1=28
以
Z
得Ng
A一直加速,设A与墙壁碰前的速度,根据动能定理
(2)B、C和弹簧组成的系统,由动量守恒定律和能量守
umgx=-
X2mv2
1
恒定律得
mBUB-mcvc=0
解得v=√gx。
1
E-2menmv
答案(1)o=√13gL,tan0=
3
2≥器
2
联立得E。=3mgl。
(3)v=√gx
提分练(2)
(3)C离开B后做平抛运动的水平位移为xc=d
1.解析(1)花盆落下到达车顶过程,位移为
B做匀速运动的位移为xB=vBt
h=(47-2)m=45m
C在B上滑行过程中,设B、C发生的位移xB'、xC
xB'+xc'=l
花盒自由落体运动有小=2即
由动量守恒定律,得nBxB'一mcxc'=0
解得t=3s
A、B之间碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律,得
在这段时间内汽车位移为x=vot=27m
338
考前专项冲刺
满足L2<x<L1十L2
3.解析(1)设B滑到曲面底部速度为v0,根据机械能守
货车会被花盆砸到。
恒定律mgh=2muo
(2)司机反应时间内货车的位移为x1=u0△1=9m
此时车头离花盆的水平距离为d=L2一x1=15m
解得0=√/2gh=√2×10X5.25m/s=√105m/s
采取加速方式,要成功避险,则加速运动的位移为x2=
由于0>v=7m/s,B在传送带上开始做匀减速运动,
d+L1=23m
设B一直减速滑过传送带的速度为1,由动能定理可
加速度时间为t2=△1一t=2s
得-wmg=m2-n
1
2m2
则有=w十名a2
解得v1=9m/s
代入数据解得a=2.5m/s2
由于v1=9m/s仍大于7m/s,说明假设成立,即B与A
即货车至少以2.5m/s的加速度加速才能避免被花盆
碰前速度为9m/s。
砸到。
(2)设第一次碰后A的速度为0A1,B的速度为VB1,取
答案(1)货车会被花盆砸到(2)2.5m/s2
向左为正方向,根据动量守恒定律和机械等守恒定律得
2.解析(1)设炸药爆炸后甲的速度大小为1,甲在圆弧
mv=mUB+MvAl
1
轨道上运动过程中机械能守恒,有m1gh=2m12
2m2-1
m+?
解得1=5m/s
解得a=一g=一号m/s=-45m
设炸药爆炸瞬间乙的速度大小为2,炸药炸开过程中
甲、乙组成的系统在水平方向上动量守恒,有
上式表明B碰后以4.5m/s的速度向右运动
滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速,设向右减速的
mivl=m2v2
解得2=3m/s
1
最大位移为xB,由动能定理得一mgxB=0-之mvB2
根据能量守恒定律可得炸药爆炸过程中释放的化学能
27
为,=7mm2+0g2=60J.
解得xB=8m
因l=4.0m,所以还未滑出传送带B的速度减为零后