热门试卷

（1）小球恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿着B点切线方向，

将平抛末速度进行分解，根据几何关系得：

B点速度在竖直方向的分量：vy=v0tan60°=4m/s                       

竖直方向的分运动为自由落体运动．h===2.4m                    

（2）由机械能守恒定律，有

m=m+mg(h+R-Rcosθ)

得vC2=74m2/s2     

根据牛顿第二定律，有F′C-mg=，

解得F'C=42N               

根据牛顿第三定律，F=F'=42N，方向竖直向下．                         

（3）设小球能到达D点，根据机械能守恒定律，有m=m+mg(h-R-Rcosθ)

解得vD=＞，即小球能到达D点．                               

根据牛顿定律，有F′D+mg=

代入数据，解得小球受到的压力F'D=12N

根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为FD=F'D=12N，方向竖直向上．     

答：（1）小球抛出点A距圆弧轨道B端的高度h是2.4m．

（2）小球经过轨道最低点C时对轨道的压力是42N，方向竖直向下．

（3）小球能到达D点，对D点的压力是12N，方向竖直向上．

（1）A球受重力、拉力和静电力处于平衡，根据平衡条件得

A球受到B球的库仑力为F=mgtan45°=mg=2×10-3×10N=2×10-2N

根据牛顿第三定律可知，B球受到的库仑力大小为2×10-2N

（2）由F=k

得    q==C=5.0×10-8C

答：（1）B球受到的库仑力是2×10-2N

（2）A球带电量是5.0×10-8C．

（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为vA

则 2mvA2=2mgR①

得：vA=②

在A点有：NA-2mg=③

由②③得：NA=6mg④

由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力 NA′=6mg⑤

（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度v，

则：（2m+m）v=2mvA⑥

μ2mgS=mv2⑦

由②⑥⑦得：S=⑧

ⅰ．若S≥，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v=⑨

ⅱ．若S＜，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'

则：mv′2=μ2mgS⑩

得：v'=2

（3）因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速；因为M＜m，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上．

由能量守恒得：μ2mgL≥2mvA2

解得：L≥

答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小为6mg；

（2）长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系：

若S≥，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v=；

若S＜，木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'=2；

（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足L≥的条件．

（1）2m/s；（2）1.55m

试题分析：（1）设小物块A到达圆周轨道最高点P时的速度为,

由题意有：

解得：

（2）从解除锁定到物块滑至最高点P的过程中，由动能定理有：

解得：

（3）小球离开P点以v0做平抛，落地的时间为t，

根据：

解得：t=0.4s

L2＝v0t

从解除锁定到物块滑至最高点P的过程中，由动能定理有：

解得：≈2.87m/s

≈1.55m

解：环在竖直方向上受重力mg和杆给它的竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力Ff，故箱子（包括杆）在竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力Ff，由于箱子处于平衡状态，可得FN=Ff+Mg

根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，为Ff+Mg

（1）物块从D到C，根据机械能守恒定律，得

mgR=mv2

物块经C点，根据牛顿第二定律，得

FN-mg=m

由以上两式得支持力大小FN=3mg  

由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力大小为3mg．

（2）小物体通过圆弧轨道后，在斜面上运动到最大距离S时速度为0，

由动能定理可得mgRcosθ-mgSsinθ-μmgScosθ=0

故 S=

答：（1）物块第一次通过C点时对轨道压力的大小是3mg；

（2）物块在斜面上运动离B点的最远距离是．

“略”