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曲线运动章末检测2012-3-26 1、如图所示，长斜面OA的倾角为θ，放在水平地面上，现从顶点O以速度v0平抛一小球，不计空气阻力，重力加速度为g，求小球在飞行过程中离斜面的最大距离s是多少？ 解析：为计算简便，本题也可不用常规方法来处理，而是将速度和加速度分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向进行分解。如图15，速度v0沿垂直斜面方向上的分量为v1= v0 sinθ，加速度g在垂直于斜面方向上的分量为a=g cosθ，根据分运动各自独立的原理可知，球离斜面的最大距离仅由和决定，当垂直于斜面的分速度减小为零时，球离斜面的距离才是最大。。 2、 从倾角为θ=30°的斜面顶端以初动能E=6J向下坡方向平抛出一个小球，则小球落到斜面上时的动能E /为______J。 解析：以抛出点和落地点连线为对角线画出矩形ABCD，可以证明末速度vt的反向延长线必然交AB于其中点O，由图中可知AD∶AO=2∶，由相似形可知vt∶v0=∶，因此很容易可以得出结论：E /=14J。 点评：本题也能用解析法求解。列出竖直分运动和水平分运动的方程，注意到倾角和下落高度和射程的关系，有：h=gt2，s=v0t， 或 h=vy t， s=v0 t ， 同样可求得vt∶v0=∶，E /=14J 3、 如图所示，在竖直平面的xoy坐标系内，oy表示竖直向上方向。该平面内存在沿x轴正向的匀强电场。一个带电小球从坐标原点沿oy方向竖直向上抛出，初动能为4J，不计空气阻力。它达到的最高点位置如图中M点所示。求： ⑴小球在M点时的动能E1。 ⑵在图上标出小球落回x轴时的位置N。 ⑶小球到达N点时的动能E2。 解析：⑴在竖直方向小球只受重力，从O→M速度由v0减小到0；在水平方向小球只受电场力，速度由0增大到v1，由图知这两个分运动平均速度大小之比为2∶3，因此v0∶v1=2∶3，所以小球在M点时的动能E1=9J。 ⑵由竖直分运动知，O→M和M→N经历的时间相同，因此水平位移大小之比为1∶3，故N点的横坐标为12。 ⑶小球到达N点时的竖直分速度为v0，水平分速度为2v1，由此可得此时动能E2=40J。 4、如图所示，为一平抛物体运动的闪光照片示意图，照片与实际大小相比缩小10倍.对照片中小球位置进行测量得：1与4闪光点竖直距离为1.5 cm，4与7闪光点竖直距离为2.5 cm，各闪光点之间水平距离均为0.5 cm.则 (1)小球抛出时的速度大小为多少? (2)验证小球抛出点是否在闪光点1处，若不在，则抛出点距闪光点1的实际水平距离和竖直距离分别为多少?(空气阻力不计，g＝10 m/s2) 解析： (1)设1~4之间时间为T， 竖直方向有：(2.5-1.5)×10-2×10 m＝gT2 所以T = 0.1 s 水平方向：0.5×10-2×3×10 m＝v0T 所以v0=1.5 m/s (2)设物体在1点的竖直分速度为v1y 1~4竖直方向：1.5×10-2×10 m=v1yT+gT2 解得v1y=1 m/s 因v1y≠0，所以1点不是抛出点 设抛出点为O点，距1水平位移为x m，竖直位移为y m，有 水平方向 x=v0t 竖直方向： 解得t= 0.1 s， x=0.15 m=15 cm y=0.05 m=5 cm 即抛出点距1点水平位移为15 cm，竖直位移为5 cm 5、 柯受良驾驶汽车飞越黄河，汽车从最高点开始到着地为止这一过程的运动可以看作平抛运动。记者从侧面用照相机通过多次曝光，拍摄到汽车在经过最高点以后的三副运动照片如图2所示，相邻两次曝光时间间隔相等，均为Δt，已知汽车的长度为l，则 A．从左边一幅照片可推算出汽车的水平分速度的大小 B．从左边一幅照片可推算出汽车曾经到达的最大高度 C．从中间一幅照片可推算出汽车的水平分速度的大小和汽车曾经到达的最大高度 D．从右边一幅照片可推算出汽车的水平分速度的大小 解析： 首先应动态的看照片，每幅照片中三个汽车的像是同一辆汽车在不同时刻的像，根据题目的描述，应是由高到低依次出现的，而且相邻两像对应的时间间隔是相等的，均为已知的Δt。 题目中“汽车的长度为l”这一已知条件至关重要，我们量出汽车在照片中的长度，就能得到照片与实际场景的比例，这样照片中各点间的真实距离都能算出。 物理知识告诉我们，汽车在通过最高点后的运动，可抽象为质点的平抛运动，因此水平方向为匀速运动，竖直方向为自由落体运动。 关于水平速度，由于汽车在空中相邻的两个像对应的真实距离能算出，这段运动对应的时间Δt已知，因此由左、中两幅照片中的任意一幅都能算出水平速度。至于右边的一幅，因为汽车在空中的像只有一个，而紧接着的在地上的像不一定是刚着地时的像（汽车刚着地时，可能是在两次拍摄之间），因此在这个Δt内，可能有一段时间做的已经不是平抛运动