34．如图所示，一节车厢沿着平直轨道以速度v0匀速行驶，车厢内货架边放一个球，离车厢地板高为h．当车厢突然改以加速度a做匀加速运动时，货架上的小球将落下．小球落到地板上时，落36．如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外马路宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，求小球离开屋顶时的速度v的大小点到货架边缘的水平距离是多少？ 范围．(g取10 m/s2
)
35．如图的所示 ，Ａ、Ｂ两球之间用长6m的细线相连，将两球相隔0.8s先后从同一点以4.5m/s 的初速水平抛出，则Ａ球抛出后经多长时间Ａ、Ｂ两球的连线可拉直？在这段时间内Ａ球的位移为 多大？
B A B A
答 案
【例1】解析：T＝1
10 s，vx5l5×0.050＝T＝T＝0.1 m/s＝2.5 m/s；
由Δy＝gT2，有g＝Δy2＝2l
2＝10 m/s2TT
.[来 V3l?5lBy=2T?2m/s V?v22B0?vBy?412m/s 【例2】y2－y1＝gt2
得t＝0.1 s
EF而v0＝
t＝4 m/s
因为E点是A、B点的中间时刻，所以 v2
E⊥＝
y1＋y2t＝3 m/s 而vA⊥＝vE⊥－gt＝2 m/s 根据vA⊥＝gt1
可求得自抛出点到A点的时间为 t1＝0.2 s
故抛出点的坐标为x＝－v0t1＝－0.8 m
y＝12
gt2
1 ＝0.2 m
【例3】（1）在斜面上小球沿v0方向做匀速运动，垂直v0方向做初速度为零的匀加速运动，加速
度a=gsin300
s= v0t …………………………………………………①
l?1gsin300t22 …………………………………② 由②得： t?2lgsin300 ………………………………………③
由①、③得：s?v2lgsin300?102?10010?0.5m?20m …………………………………④ （2）设小球运动到斜面底端时的速度为v，由动能定理得：
mglsin300?12122mv?2mv0 ……………………………………………………⑤
v?v20?gh?102?10?10m/s?14.1m/s ………………………………⑥
1．D 2．D 3．AC 4．C 5．B 6．D 7．BCD 8．D 9．CD 10．D 11．A 12．BD 13．AD 14．C 15．A 16．BC 17．B 18．A 19．Ｄ 20．C 21．BD 22．D 23．D 24．C 25．C 26．D 27．A 28．BD 29．C 30．BC 31．C
32．解析：ABC正确
两次球的落点分三种情况：
第一种是两球均落在斜面上，如图a所示，由
第二种是两球均落在水平面上，如图b所示，则下落时间相等，所以
；
第三种是以v抛出的球落在斜面上，以3v抛出的球落在水平面上，如图c所示，有
33．小球做平抛运动，竖直方向分速度vy＝gt. 通过分析可知当vy
2·t≥v0t时，小球将落在台阶上，
故有
gt
2
≥v0，得t≥0.8 s 所以y＝12
2gt≥3.2 m，故小球抛出后首先落到第四级台阶
34．
ahg 35．(1)由于A、B两球相隔Δｔ＝0．8ｓ,先后从同一点以相同初速度ｖ0水平抛出,则A、B两球在运动过程中水平位移之差始终为
?x?v0?t?4.5?0.8m?3.6m ①
设A抛出ｔ时间后两球间连线拉直,此时两球间竖直位移之差为
?y?122gt?12g(t??t)2?gt?t?12g?t2 ② 由图5—9—2可知
?y?L2??x2?62?3.62?4.8m ③
将Δy＝4．8ｍ代入②中求得ｔ＝1ｓ (2)这段时间内A球的水平位移为
xA?v0t?4.5?1m?4.5m
y?121812gt=5m sA?x2?y?m AA2236．解析 若v太大，小球落在马路外边，因此，球落在马路上，v的最大值vmax为球落在马路最右侧A点时的平抛初速度，如图所示，小球做平抛运动，设运动时间为t1. 则小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1， 12
小球的竖直位移：H＝gt1
2解以上两式得 vmax＝(L＋x) g＝13 m/s. 2H若v太小，小球被墙挡住，因此，球不能落在马路上，v的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点P落在马路上B点时的平抛初速度，设小球运动到P点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L＝vmint2
12
小球的竖直方向位移：H－h＝gt2
2解以上两式得vmin＝L
g2?H－h?
＝5 m/s
因此v0的范围是vmin≤v≤vmax，即5 m/s≤v≤13 m/s.
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