热门试卷

（1）设球m1摆至最低点时速度为v0，由小球（包括地球）机械能守恒：

   m1gL=m1

得 v0===4m/s

m1与m2碰撞，动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为v1、v2．

选向右的方向为正方向，则：

 m1v0=m1v1+m2v2

代入数值解得：v2=1.5 m/s                             

（2）m2在CD轨道上运动时，由机械能守恒有：

  m2=m2g(2R)+m2  ①

由小球恰好通过最高点D点可知，重力提供向心力，即 

  m2g=   ②

由①②解得：R===0.045m

答：

（1）m2在圆形轨道最低点C的速度为1.5m．

（2）光滑圆形轨道半径R应为0.045m．

（1）小球从A到B的运动过程中，机械能守恒，选BC所在水平面为参考平面，则：

mgR=mvB2            ①

则小球运动到B点时的动能为：EkB=mgR

（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：

NB-mg=m，②

解①②得：NB=3mg

在C点：Nc=mg．

答：（1）小球运动到B点时的动能为mgR．

（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是3mg、mg．

（1）完成一次全振动的时间为一个周期，由图乙得小滑块做简谐振动的周期：T=s

由T=2π=，得R=0.1m

（2）在最高点A，有Fmin=mgcosθ=0.495N

在最低点B，有Fmax=m+mg=0.510N

从A到B，滑块机械能守恒，有mgR(1-cosθ)=mv2

解得：m=0.05kg．

（3）滑块机械能守恒，规定B点为0势能点，机械能E=mgR（1-cosθ）=5×10-4J．

（1）对木块，只受摩擦力作用，µmg=ma1     a1=2m/s2 方向向右，

对木板，受拉力和摩擦力作用，F-µmg=Ma2   a2=4m/s2 方向向右，

（2）F作用时间为1s，

对木块：v1=a1t=2m/s

对木板：v2=a2t=4m/s

（3）撤去F后木块和木板组成的系统动量守恒，木块达到木板左端时二者恰好达到共同速度，这过程中木块对地位移为s，设最后共同速度为v

Mv2+mv1=（M+m）v

如图，设撤去F时，木块距木板左端为L1，

分别以木块和木板为研究对象，由动能定理得：

μmgs=mv2-m

-μmg（s+L1）=Mv2-M

解得L1=m

故木板长度为1+≈1.67m

答：（1）恒力撤去前，小物块和长木板的加速度各2m/s2，方向向右和4m/s2，方向向右．

（2）刚撤去F时，小物块和长木板的速度各2m/s和4m/s．

（3）长木板的长度至少是1.67m．

（1）物体在AB轨道运动时运用动能定理得：

mgh=mvB2

解得v==4（m/s）

（2）由-μ mg=ma得：

a=-μ g=-0.4×10=-4（m/s2）

则s==2（m）

答：（1）物体滑至B点时的速度为4m/s；

（2）物体最后静止处距B点的距离为2m．

设车刚好越过圆轨道最高点，设最高点速度为v2，最低点速度为v1

在最高点由牛顿第二定律得

 mg=

由机械能守恒定律研究从B点到最高点得

 mv12=mv22+mg（2R） 

解得 v1==4m/s

小车在离开C点后做平抛运动

由h=gt2 

得t=0.5s

x=v1t=2m

x＞s，所以小车能够越过蓄水池

设电动机工作时间为t0，在AB段由动能定理得

Pt0-fL=mv12

解得t0=2.53s

答：小车电动机至少工作时间是2.53s．

（1）由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小NA=FA，NC=FC

在A点，由牛顿第二定律得：NA-mg=…①

解得vA=2m/s…②

在C点，由牛顿第二定律得：NC+mg=…③

对A至C的过程，由动能定理得：Wf-mg•2R=m-m…④

①②③联立得Wf=m-m+2mgR=(2mg-FA+FC)R+2mgR…⑤

解得Wf=-0.2J…⑥

故损失的机械能为0.2J

（2）因轨道光滑，小球由A至C的过程中机械能守恒，则有  m=m+mg•2R…⑦

联立①③⑥得NA-NC=6mg

即FC=FA-6N…⑧

图线如右图所示…⑨

答：（1）当FA=13N时小球滑经A点时的速度vA为2m/s，小球由A滑至C的过程中损失的机械能是0.2J；

（2）FC随FA变化的关系式为FC=FA-6N，在图丙中画出其图线如图所示．

（1）小球通过最高点B时，由牛顿第二定律，有：

mg+=，又=mg，解得=

设释放点到A点高度为h，小球从释放到运动至B点的过程中，

根据动能定理，有：mg（h-R）=m

联立①②解得 h=2R，

由平抛规律R=，X=t，联立解得x=2R，所以C点距A点距离△x=2R-R=R

即释放点距A点的竖直高度h为2R，落点C到A点的水平距离为R．

（2）小球到达B点时最小速度为v，有mg=，

若能到达最高点应满足mgR=+mgR，显然不可能成立，即不能到最高点．

设到最高点E的速度为，E与O的连线与竖直方向夹角θ，由动能定理有mgR（1-cosθ）=①，

在E点脱离轨道时有mgcosθ=②

联立①②解得cosθ=，所以sinθ==

即小球不能通过最高点E，小球脱离圆轨道的位置E与O的连线与竖直方向夹角的正弦值．

解：（1）设人的质量为m，在星球表面附挝的重力等于万有引力，有

 ①

解得 ②

（2）设人能上升的最大高度为h，由功能关系得

 ③

解得 ④