令OA＝OB＝L，对甲同学有t甲＝
LL
＋，对乙同学来说，要想垂v人＋v水v人－v水
直到达B点且沿原路线返回，其速度方向要指向上游，由题意知乙同学来回时间相等，即t乙＝答案 C
9．如图7所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )．
2L2222，因为t甲－t乙>0，所以t甲>t乙，C正确． v人－v水
图7
A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度 B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 C．A、B不可能运动到最高处相碰 D．A、B一定能相碰
解析 由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝
2h
g，若第一次落地前相碰，只要满足A运
ll
动时间t＝v
1
步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C错误，选项D正确． 答案 AD
10．光滑水平面上有一直角坐标系，质量m＝4 kg的质点静止在坐标原点O处．先用沿x轴正方向的力F1＝8 N作用了2 s；然后撤去F1，并立即用沿y轴正方向的力F2＝24 N作用1 s，则质点在这3 s内的轨迹为图中的( )．
F18
解析 质点在前2 s内沿x轴正方向的加速度a1＝m＝4 m/s2＝2 m/s2，此段121
时间内发生的位移x1＝2a1t1＝2×2×22 m＝4 m,2 s末质点的位置坐标为(4,0)，此时的速度大小v＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s，方向沿x轴正方向；力F2F224
使质点沿y轴正方向产生的加速度a2＝m＝4 m/s2＝6 m/s2，因力F2的方向与2 s末的速度方向垂直，故质点从第2 s末开始做类平抛运动，第3 s内沿x轴正方向发生的位移大小x2＝vt2＝4×1 m＝4 m，沿y轴正方向发生的位移121
大小y＝2a2t2＝2×6×12 m＝3 m．综上所述，正确选项为D. 答案 D
11．一物体在光滑水平面上运动，它在x方向和y方向上的两个分运动的速度——
时间图象如图8所示．
图8
(1)判断物体的运动性质； (2)计算物体的初速度大小；
(3)计算物体在前3 s内和前6 s内的位移大小．
解析 (1)由题图可知，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动． (2)vx0＝30 m/s，vy0＝－40 m/s
22v0＝vx0＋vy0＝50 m/s.
(3)x3＝vxt＝90 m.
?vy0?|y3|＝?2?t＝60 m
??
2则x＝x23＋|y3|＝3013 m
x6＝vxt′＝180 m
40－40y6＝－vt′＝2×6 m＝0， 则x′＝180 m.
答案 (1)匀变速曲线运动 (2)50 m/s (3)3013 m 180 m
12．如图9所示，质量m＝2.0 kg的木块静止在高h＝1.8 m的水平台上，木块距平台右边缘7.75 m，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2.用F＝20 N的水平拉力拉动木块，木块向右运动s1＝4.0 m时撤去F.不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
图9
(1)F作用于木块的时间； (2)木块离开平台时的速度；
(3)木块落地时距平台边缘的水平距离．
解析 (1)对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律，有： F－f＝ma，
由竖直方向平衡得mg－FN＝0， 摩擦力f＝μFN，
1
由运动学公式有s1＝at2，
2代入数据得a＝8.0 m/s2，t＝1.0 s.
(2)设木块离开平台时的速度为v，拉力F撤去时木块只受摩擦力作用，加速f
度a1＝m＝μg＝2 m/s2 速度v1＝at＝8 m/s
2
则由运动学公式有v21－v＝2a1s2，其中s2＝7.75 m－4 m＝3.75 m，代入数据
得v＝7.0 m/s.
(3)设木块在空中运动的时间为t′，落地时距平台边缘的水平距离为s′，根1
据运动学公式h＝2gt′2，s′＝vt′， 代入数据解得s′＝4.2 m.
答案 (1)1.0 s (2)7.0 m/s (3)4.2 m
