热门试卷

解：（1）滑块在竖直方向做自由落体运动有：

得：t==0.4s

滑块在水平方向做匀速直线运动有：

=1m/s，

vy=gt=4m/s，

所以落地时的速度为：

（2）根据能量转化与守恒定律可右，弹簧释放时的弹性势能：

答：（1）滑块落地时速度的大小为m/s；

（2）弹簧释放的弹性势能为0.5J．

解：（1）设小鸟以v0弹出能直接击中堡垒，则由平抛运动规律，有：

h1-h2=，

l1=v0t

联立解得：t=0.6 s，v0=4m/s．

（2）对小鸟在平台上滑行初速度仍为v0，若刚好击中堡垒，则有末速度为：v=0

由动能定理有：-μmg（l1-l2）=，

解得：μ=．

可见，μ与v0应满足才能打中堡垒．

答：（1）小鸟飞出去的初速度应为4m/s；

（2）μ与v0应满足．

解：（1）小球做平抛运动，同时受到斜面体的限制．

设小球从A运动到B处所需的时间为t，则：

水平位移为：x=v0t

竖直位移为：y=gt2

根据题意和数学关系可知合位移与水平位移的夹角即为θ，则有：

tan θ=

联立以上三式解得：

t=．

（2）当小球垂直斜面向上的分速度为零时，离斜面的距离最大，此时小球只有平行于斜面的速度，故可知当小球的速度与斜面平行时，小球离斜面的距离最大，由此可得此时合速度的方向．设小球从抛出开始计时，经时间t1小球离斜面的距离达到最大，如图甲所示，则有：

vy=gt1=v0tan θ

解得：

t1=

（3）由（2）中计算可知，离斜面最远时，运动的时间：

t1=

如图乙所示，则小球的水平位移：

竖直位移：

y=CE=

由图中几何关系可知，小球离斜面的最大距离为：

hmax=EF=（CD-CE）cosθ=（xtanθ-y）cosθ 

解得：

hmax=

答：（1）小球从A运动到B处所需的时间为；

（2）从抛出开始计时，经过时间小球离斜面的距离达到最大；

（3）小球离斜面的距离最大是．

解：在竖直方向上△y=gT2，则T=

  在水平方向上．

故本题答案为：0.1，1.5．

解：（1）小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则 h=gt2=m=20m

（2）水平方向做匀速直线运动，则v0===15m/s

（3）根据x=v0t，可知若要增大水平距离，可增大抛出时的速度或增大高度．

答：（1）小球抛出点离地面的高度h是20m；

（2）小球抛出时速度的大小是15m/s．

（3）若要增大水平距离应增大抛出时的速度或增大高度．

解：（1）平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据h=2

可得：t=s=4s

（2）小球的水平射程 S=v0t=30×4m=120m

（3）竖直分速度：vy=gt=10×4m/s=40m/s

落地时的速度：vt==m/s=50m/s

答：

（1）小球在空中运行的时间为4s；

（2）小球的水平射程为120m；

（3）小球落地时的速度大小为50m/s．

解：由于平抛运动在水平方向的速度的大小是不变的，

设水平初速度为v0则，速度方向与水平方向成30°角时，竖直速度的大小为 vy1=v0tan30°=v0，

当速度方向与水平方向成45°角时，竖直速度的大小为 vy2=v0 ．

在竖直方向做自由落体运动，由速度公式可得：vy2=vy1+gt

得：v0 =v0+gt，其中 t=1s

所以代入可得：v0≈23.7m/s，

（2）落地时竖直方向上的速度大小为 vy2=v0=23.7m/s，

由v2=2gh 可得，

抛出时离地面的高度h==m≈28.08m

答：物体抛出时的初速度大小约为23.7m/s，抛出点离地高度约为28.08m．