练习1 BCD
s511?s?0.1s，有h?gt2??10?0.12m?0.05m，A错，B对；当hv502212ssg10≤0.01m时，由h?gt,t?得v??s?5?m/s?505m/s，C正
2vt2h2?0.01确；当h≤0.1m，由前式可分析得出v≥252m/s,D正确，选项BCD正确。
提示：由t?练习2
解析 实际上A的速度与杆垂直，其大小为v???L，因为球与物体紧密接触，两物体的水平方向速度应该相等，也就是说v?的水平分量应该等于v，将v?如图分解，
v?v?sin???Lsin?。所以??
练习3
vLsin?
v2解析 环被挡住而停下，球将作圆周运动。F?mg?m
l将v?gl代入得：F=2mg
表明细绳断裂，球改为以初速度v?若球直接落地，所需时间：t? 球平抛到墙所需时间：t'?gl作平抛运动 4l g2h?gl?vl g因为t?t'所以球将先与墙相碰
练习4
解析 ⑴电场方向未变之前，以小球为研究对象， 受力分析如图甲。设电场力与飞行方向的夹角为α，小球飞行的加速度为a。 x方向：3mgcos??mgsin300?ma
y方向：3mgsin??mgcos300?0
0解得：??30 ，a?g
小球沿着直线飞行的距离：s?12gt 2速度：v?at?gt
电场方向改变之后，以小球为研究对象， 受力分析如图乙，因合力方向与飞行方向在一条直线上，只是方向相反，所以，小球仍然沿原直线飞行，速度越来越小，此时加速度：
(mg)2?(3mg)2a????2g
mmttt经过时间，物体的速度：v??v?a???gt?2g??0
222F合
tv2(gt)2gt2在时间内，小球飞行的距离：s?? ??22a?2g4当速度等于零之后，撤去电场，小球做自由落体运动，所以落回点与出发点相距：
L?(s?s?)cos300?332gt 80（2）设在经过T时间落回地面：h?(s?s?)sin30?总的飞行时间为：t总?t?13gT2，解得 T?t,小球22t3?3?T?t 22练习5
解析 （1）花炮引线的总长度L?h?15l?(0.5?15?0.08)m?1.7m，
t1?L1.7?s?85s， v0.02最后一个炮体从点火到离开炮筒的时间t2?所以t?t1?t2?85.05s。
（2）设炮体离开炮筒时的速度为v，
2h?a2?0.5s?0.05s， 400a400h??0.5m?20m， g10所以达到的最大高度为H?h?h??20.5m。
有v2?2ah,v2?2gh?，h??练习6
解析 （1）从原理上讲，这个方案正确（2分）。h?l?121gt ①，h?g(t??t)2 ②，22两个方程，两个未知数h和t，方程可解，故方案可行。
（2）从实际测量看，最大困难是?t太小，难以测量。 （3）由h?l?1212gt（1分），h?g(t??t)（1分）， 221l?t1100.42?)2??10?(?)m?36.45m。 得：h?g(2g?t2210?0.42练习7
解析 雨滴离开雨伞的速度为v0=ωr
xr雨滴做平抛运动的时间为t=雨滴的水平位移为x=v0t=ωr
2h gR 2h g雨滴落在地上形成的大圆的半径为
2h2h?2R=r?x=r??r=r1?.
gg22222练习8 （1）x≤55 m （2）x≤31.9 m
解析 （1）设猎豹在最大速度将要减速时恰追上羚羊，则猎豹运动的位移和时间分别为s1=s10+v1mt1″=60 m+30×4.0 m=180 m
t1=
s1060+t1″= s+4.0 s=8.0 s
11?30v1m22s2050= s=4.0 s 11?25v2m22则羚羊运动的时间为t2=t1－1=7.0 s 羚羊加速的时间为t2′=
故羚羊匀速运动的时间为t2″=t2－t2′=3.0 s
羚羊的位移为s2=s20+v2mt2″=50 m+25×3.0 m=125 m
则为使猎豹能在从最大速度减速前追上羚羊，应有x≤s1－s2=55 m. （2）猎豹加速的时间和位移分别为t1′=
s10=4.0 s 1v1m2s1′=60 m
v2m2252羚羊加速运动的加速度和位移分别为a2== m/s2=6.25 m/s2
2s202?5011a2（t1′－1）2=×6.25×3.02 m=28.1 m 22为使猎豹能在加速阶段追上羚羊，应有x≤s1′－s2′=31.9 m.
练习9 5倍
解析 可将汽车坠落山崖的运动看作自由落体运动，即模型汽车坠落和实际汽车坠落的加速s2′=
度相同，根据h=由h模=
12gt 211h实得t模=t实.
525为了使模型汽车的坠落效果逼真，拍摄模型下落的胶片张数应与拍摄实际汽车下落的胶片张数相同，故拍摄模型时每1 s拍摄的胶片张数是实景拍摄每1 s拍摄胶片张数的5倍.
练习10 20 2.5×102
解析 炸弹飞行时间由平抛运动规律可求.竖直方向为自由落体运动，则由h=t1=20 s.则：声音传播时间 t2=30 s－20 s=10 s
12
gt，可求得2xh飞机10 s内飞行距离为32002?20002
由此可求飞行速度.
炸弹落地时，飞机在其正上方，在声音传播到飞机的10 s内飞机的位移为x=v0t2 如图所示，则
h2+x2=v2t22即h2+v02t22=v2t22 解得v0=v?2h2t2=320?220002102 m/s=250 m/s.
练习11
解析（1）绳子上的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，故有：F=m?2a
（2）松手后绳子上的拉力消失，小球将从松手时的位置沿圆周的切线方向，在光滑的水平面上做匀速直线运动.当绳在水平板上长为b时，绳又被拉紧.在这段匀速直线运动的过程中小球运动的距离为 s= ， 如图所示故t=s/v=
（3）将刚拉紧绳时的速度分解为沿绳子的分量 和垂直于绳子的分量.在绳被拉紧的短暂过程中，
球损失了沿绳的分速度，保留着垂直于绳的分速度做匀速圆周运动.被保留的速度的大小为：
v1=va/b=?a2/b.
所以绳子后来的拉力为： F′=mv21/b=m?2a4/b3.
练习12
解析 质子在运动过程中受到a球对它的库仑力作用，且库仑力总是通过a球的球心。类似这样的力我们称之为有心力。如取球心O为参考点，则其作用力对O的力矩始终为零，即质子在运动过程中对参考点O的角动量守恒。即在有心力作用下角动量守恒。
如图3所示，令m表示质子的质量，v0和v分别表示质子的初速度和到达a球球面处的速度，e表示元电荷。质子在b处的角动量为Lb?mv0lmax；到达球
a表面时的角动量为
La?mv?R
所以得：mv0lmax?mvR （1）
2质子从b运动到a，能量守恒，由于无穷远处电势能为零，故得：mv0 ?mv2?eU （2）
1212由式（1）、（2）可得
lmax?R1?2eu 2mvo2R 2代入数据，可得 lmax?
若把质子换成电子，此时式（2）中e改为?e。同理可求得lmax?练习13
6R 2解析 对盘、重物、胶泥组成的质点系，在胶泥下落过程中，质点系对轴心O的外力矩为胶泥的重力矩。当胶泥与盘碰撞时，碰撞内力对O的内力矩远大于胶泥的重力矩，从而得质点系对O的角动量近似守恒。设v0为m碰前的速度，r为滑轮的半径 质点系碰撞前对O的角动量L1?mv0r （1）
质点系碰撞后瞬间对O的角动量L2??m?M?vr?Mrv （2） 胶泥碰前作自由落体运动，所以v0?2gh （3）
m2gh由（1）、（2）、（3）式可得v?2M?m练习14
解析 对于运动学问题，我们要充分利用图像所具有的形象、直观的特点，借助图像帮助我们审视清楚运动物体的具体位置与运动过程，然而应用相关规律或恰当的公式分析讨论。利用图像法，依据已有的图像，设摩托车起跳点与着地点的水平距离是L，竖直距离是H，从起跳到着地的时间是T，v0与水平方向的夹角为?，起跳点与则摩托车飞行过程的运动方程为 ：
｛y?vsin??t?1gt
20x?vocos??t2 由于刚好在沟的东边缘落地，故有
｛?H?vsin30?T?1gt
020L?v0cos300?T2由上可得：T?2s,L?17.3m。 练习15 。
解析 杆的端点A点绕O点作圆周运动，其速度vA的方向与杆OA垂直，在所考察时其大小为 vA??R （1）
对速度vA作如图（2）所示的正交分解，沿绳BA的分量就是物块M是速率vM，则 vM?vAcos? （2） 由正弦定理知
sin?OABsin? （3） ?HR
全国高中物理竞赛运动学训练题答案
