题目内容
10．
如图所示为一特殊区域：质量为m=0.2kg的小球（视为质点）在矩形abcd区域内运动时只受一个与ad边垂直的恒力F作用，F=2.0N；小球在矩形区域外运动，不受任何力作用．PQ为与ad边平行的足够长挡板，已知矩形ab边长l1=10cm，ad边长l2=25cm，ad与PQ间的距离为h=15cm．小球从ab边的中点O以平行于ad边的速度v0=2m/s射入矩形区域，最后落在挡板上．求：（1）计算说明：小球从哪条边离开矩形区域；
（2）小球在挡板上的落点与O点之间的距离．
分析 （1）设小球不能到达cd边，由牛顿第二定律求出小球的加速度，由运动学公式求出小球到达ad边的时间，然后求出小球沿ad方向的位移，然后做出判断即可；
（2）由运动的合成求出小球处该区域的位置以及速度，再由匀速直线运动的公式即可求出小球在挡板上的落点与O点之间的距离．
解答 解：（1）设小球不能到达cd边，由牛顿第二定律求出小球的加速度：a=$\frac{F}{m}=\frac{2.0}{0.2}=10m/{s}^{2}$
设小球到达ad边的时间为t，则：$\frac{1}{2}{l}_{1}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
10cm=0.1m，25cm=0.25m，15cm=0.15m
代入数据得：t=0.1s
小球沿ad方向的位移：x=v0t=2×0.1=0.2m＜l2，所以小球从ad边离开矩形区域；
（2）小球从ad边离开矩形区域时沿ba方向的分速度：v′=at=10×0.1=1m/s
小球到达挡板的时间：$t′=\frac{h}{v′}=\frac{0.15}{1}=0.15$s
小球沿ad方向的位移：x′=v0t′=2×0.15=0.3m
所以小球沿ad方向的总位移：xx=x+x′=0.2+0.3=0.5m
小球沿垂直于ad方向的位移：${x}_{y}=\frac{1}{2}{l}_{1}+h=\frac{1}{2}×0.1+0.15=0.2$m
所以小球在挡板上的落点与O点之间的距离：L=$\sqrt{{x}_{x}^{2}+{x}_{y}^{2}}=\sqrt{0．{5}^{2}+0．{2}^{2}}=\sqrt{0.29}$m≈0.539m
答：（1）小球从ad边离开矩形区域；
（2）小球在挡板上的落点与O点之间的距离为0.539m．
点评 该题结合牛顿第二定律的应用考查类平抛运动，解答的关键是理解小球在ad的方向做匀速直线运动，离开该区域后也做匀速直线运动，要注意对运动过程的把握．
如图所示为一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C的p-$\frac{1}{V}$图象，其中AB段是一段圆弧，A、B两点的连线与$\frac{1}{V}$轴平行，BC为延长线过原点的直线，则从状态A变化到状态B气体内能减小（填“增加”、“不变”或“减少”）；从状态B变化到状态C气体放出（填“吸收”或“放出”）热量．
| A． | 由于“天舟一号”货运飞船比“神舟”系列载人飞船起飞重量大，因此要将“天舟一号”发射成功需要更大的发射速度 | |
| B． | “天舟一号”和“天宫二号”对接前，应先发射到同一运行轨道，再加速对接 | |
| C． | 若要在“天宫二号”内称量货物的质量，可使用托盘天平 | |
| D． | “天舟一号”被形象地称为“快递小哥”，当它完成运送任务，与“天宫二号”分离后，需制动减速回到地面 |
在一次体育活动中，两位同学一前一后在同一水平直线上的两个位置沿水平方向分别抛出两个小球A和B，两个小球的运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两小球在空中发生碰撞，则必须（ ）| A． | 先抛出A球再抛出B球 | B． | 同时抛出两球 | ||
| C． | A球抛出速度小于B球抛出速度 | D． | 使两球质量相等 |
