热门试卷

（1）②轨迹不可能存在

①位置，三力可能平衡（或三力的合力可能与速度在一直线），运动员做直线运动

②位置，合力方向与速度方向不可能在一直线，所以不会沿竖直方向做直线运．

（2）由①位置的受力分析可知，匀速运动时，对重力进行分解，根据平衡条件得：

F1=mgcosα=C1v2

F2=mgsinα=C2v2两式消去mg和v得tanα=C2/C1（3）在图b中过原点作直线

正确得到直线与曲线的交点

C2=2，C1=5.5

根据F2=mgsinα=C2v2或F1=mgcosα=C1v2

得v=10.9m/s

（4）运动员和装备损失的机械能等于运动员和装备的动能和重力势能的减小量，

△E=mgH+mv02-mv2=（70×10×800+×70×1502-×70×10.92）J=1.34×106 J

答：（1）②轨迹是不可能的；

（2）以上已经证明；

（3）匀速飞行的速度是10.9m/s

（4）降落过程中该运动员和装备损失的机械能是1.34×106 J．

（1）设弹簧压缩量为x1时，绳被拉断，即

kx1=FT                   ①

压缩弹簧过程动能转化为弹性势能，依题意有

k＜m           ②

联立解得：v0＞      ③

（2）设绳被拉断瞬时，小物体的速度为V1，有

k+m=m     ④

绳断后长滑块加速，小物体减速，当两者速度相等时，弹簧压缩量最大为x2，长滑块有向左的最大加速度am，此过程动量守恒，有：

mv1=（M+m）v2               ⑤

根据机械能守恒，有：

k+(M+m)=k+m     ⑥

由牛顿第二定律得：kx2=Mam              ⑦

联立①④⑤⑥⑦解得：am= ⑧

（3）要使小物体离开长滑块时相对地面速度为零，即弹簧恢复原长时小物体速度为零，此时长物块速度为v．在绳断开至弹簧恢复原长过程中，动量守恒，能量守恒，故有

Mv=mv1           ⑨

Mv2=k+m ⑩

联立①④⑨⑩解得：m-M=      （11）

由于＞0，必有m＞M    

所以小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足m-M=．

答：（1）要使细绳被拉断，初速度V0应满足v0＞的条件；

（2）长滑块在细绳被拉断后，所获得的最大加速度为；

（3）小物体最后离开滑块时，相对地面速度恰好为零的条件是m＞M且满足m-M=．

解：(1)链条机械能守恒，因为斜面是光滑的，只有重力做功，符合机械能守恒的条件

(2)设链条质量为，始、末状态的重力势能变化可认为是由－段下降高度引起的(如图所示)，即：

＝(＋)sinα＝sinα

而该部分的质量为：＝即重力势能变化量为：△p＝＝sinα＝sinα因为软链条的初速度为零，所以有：△k＝2由机械能守恒定律△p＝△k得：sinα＝2所以＝

（1）运动员离开平台后从A至B的过程中，

在竖直方向有：vy2=2gh ①

在B点有：vy=v0tan ②

由①②得：v0=3m/s ③

（2）运动员在圆弧轨道做圆周运动，

由牛顿第二定律可得 N-mg=m④

由机械能守恒得 m+mg[h+R(1-cos53°)]=mv2⑤

联立③④⑤解得N=2150N．

（3）运动员从A至C过程有：mgh=m-m ⑥

运动员从C至D过程有：mgLsin+μmgLcos=m ⑦

由③⑥⑦解得：L=1.25m．

答：（1）运动员（连同滑板）离开平台时的初速度v0为3m/s；

（2）运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最底点对轨道的压力为2150N；

（3）运动员（连同滑板）在斜面上滑行的最大距离为1.25m．

解：（1）运动员从D点飞出时的速度

依题意，下滑到助滑雪道末端B点的速度大小是30m/s

（2）在下滑过程中机械能守恒，有

下降的高度

（3）根据能量关系，有

运动员克服阻力做功

（1）木板第一次与右侧固定板相撞后，木板反弹，块与板相对运动，最后一起向左运动，然后板与左侧固定板相撞块与板的相对运动与第一次相反，所以物块不从木板上滑下木板长度不小于第一次相对位移即可．

根据动量守恒：Mv0-mv0=（m+M）v1

根据能量守恒：μmg△S=(m+M)v02-(m+M)v12

解得：△S=

 所以：L≥△S=

（2）木板不断与竖直板碰撞，总动量不断减少，最后变为零．

根据能量守恒：μmgS=(m+M)v02

解得：S==2.7m

第一次碰撞：根据动量守恒：Mv0-mv0=（m+M）v1得：v1=1m/s

第二次碰撞：根据动量守恒：Mv1-mv1=（m+M）v2得：v2=m/s

所以与板碰撞损失的机械能△EK=(m+M)v02-(m+M)v22=J

答：（1）物块不从长木板上滑下板长L应满足的条件为：L≥△S=；（2）整个过程中小物块在长木板上滑行的总路程以及长木板在第三次与挡板碰撞前系统损失的机械能为J．

解：（1）A球小球下摆至最低点的过程中，根据机械能守恒

   ①

在最低点对A球：

（2）A球碰撞后在上摆过程中，根据机械能守恒：

  ②    

（3）小球A和物块碰撞瞬间分析，根据动量守恒：        

  ③    

由①②③式解得：④     

对碰后物块分析，根据动能定理： ⑤  

由④⑤解得物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5

（1）设A、B下落H过程时速度为υ，由机械能守恒定律有：2mgH=2mv2

B着地后，A和弹簧相互作用至A上升到合外力为0的过程中，弹簧对A做的总功为零．

即0=m-mv2

解得：v1=

（2）B物块恰能离开地面时，弹簧处于伸长状态，弹力大小等于mg，B物块刚着地解除弹簧锁定时，弹簧处于压缩状态，弹力大小等于mg．因此，两次弹簧形变量相同，则这两次弹簧弹性势能相同，设为EP．

又B物块恰能离开地面但不继续上升，此时A物块速度为0．

从B物块着地到B物块恰能离开地面但不继续上升的过程中，A物块和弹簧组成的系统机械能守恒EP+m=mg△x+EP

得△x=H

（3）弹簧形变量x=△x

第一次从B物块着地到弹簧恢复原长过程中，弹簧和A物块组成的系统机械能守恒EP+m=mgx+m

第二次释放A、B后，A、B均做自由落体运动，由机械能守恒得刚着地时A、B系统的速度为v1=

从B物块着地到B刚要离地过程中，弹簧和A物块组成的系统机械能守恒m=mgx+m+EP

联立以上各式得v2=．

答：（1）B物块着地后，A向上运动过程中合外力为0时的速度υ1为；

（2）B物块着地到B物块恰能离开地面但不继续上升的过程中，A物块运动的位移△x为H；

（3）B刚要离地时A的速度为v2=．

设球a和球b第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向右为正方向．

由系统动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2…①

系统机械能守恒得：m1v02=m1v12+m2v22…②

解得：v1=v2=…③

讨论情况分别如下：

（1）、当m1＞m2时，碰后a、b两球均向右运动，当球b与墙壁碰后以速度v2返回，并将与球a发生第二次碰撞，设碰后两球速度分别为v1′，v2′则有：

m1v1+m2（-v2）=m1v1′+m2v2′

m1v12+m2v22=m1v1′2+m2v2′2

解得：v1′=…④

v2′=…⑤

因为m1＞m2，故第二次碰后球b向右运动将再次与墙相碰，并以v2′返回；若要球a和球b不发生第三次碰撞，则应满足 v1′＜0  且v2′≤|v'1|

即 （m1-m2）2-4m1m2＜0 　且4m1（m1-m2）≤|(m1-m2)2-4m1m2|…⑥

解得：3-2＜＜3+2且1-≤≤1+…⑦

再加上条件m1＞m2   得：1＜≤1+…⑧

（2）、m1=m2时，由①②得v1=0，v2=1m/s球b与墙壁碰后以速度1m/s返回与球a第二次碰撞，碰后a球以1m/s的速度向左运动，b球静止，此后两球不再相碰…⑨

（3）、m1＜m2时，由①②可知v1＜0，v2＞0，即a球向左运动，球b向右运动并与墙壁碰后原速弹回，要使球b与球a发生第二次碰撞，应满足：

v2＞-v1　即：2m1＞-（m1-m2），得＞…⑩

因m1＜m2，故两球第二次相碰后，球a向左运动的速度必大于球b向左的运动速度，此后两球不再发生碰撞．

综合（1）（2）（3）得满足范围：＜≤1+…

答：两球的质量满足范围：＜≤1+．