热门试卷

解：（1）由可得，位移之比为2：1，时间之比为3：1，则，

，，

不计阻力，vB=vE=a1t1，

代入数据联立解得a1：a2=2：3．

（2）在段，有：，

，

在段，有：，，

运动员从A点由静止出发做匀加速运动，由运动学公式得，

，

从B点至D点的过程中，由动能定理得，，

在D点，由牛顿第二定律得，，

联立代入数据解得FN=2800N．

（3）设助滑过程中运动员消耗的能量为E，由功能关系可得，

E-mg[h+R（1-cos60°）]=，

当vF=36km/h=10m/s时，Emin=2200J．

答：（1）他在②、④两段运动的平均速度之比和加速度之比分别为2：3、2：3．

（2）他通过D点时受到的支持力为2800N．

（3）助滑过程中他至少需要消耗2200J的体能．

解：（1）由于不计空气阻力，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒．

重力对小球所做的功：WG=mgh=0.2×10×7.2J=14.4J

（2）由动能定理有：mgh=-

解得：v===13m/s

答：

（1）重力对小球所做的功为14.4J．

（2）小球落地时速度的大小v是13m/s．

解：（1）小球刚好能沿DEN轨道滑下，则在半圆最高点D点必有：

  mg=m

则 vD==2m/s

（2）从D点到N点，由机械能守恒得：mvD2+mg•2r=mvN2                       

代入数据得：vN=2m/s．

在N点有：N-mg=m

得 N=6mg=12N

根据牛顿第三定律知，小球到达N点时对轨道的压力大小为12N．

（3）弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep，根据动能定理得

  W-μmgL+mgh=mvD2-0          

W=μmgL-mgh+mvD2=0.44J          

即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J．

答：

（1）小球到达D点时的速度为2m/s；

（2）小球到达N点时速度的大小是2m/s，对轨道的压力是12N；

（3）压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J．

解：（1）设两板间电势差为U、场强为E

由公式C=和E=求得E=①

对球，从M到N由动能定理有：mgLsin60°-qEcos60°=0-0

所以：qE=mgtan60°=②

由①②得：Q=

（2）球在N点的加速度方向垂直ON沿切线向上，在N点受力分析，将电场力和重力正交分解，在切线方向有：

qEcos30°-mgcos60°=ma

所以，a==

答：（1）左极板带电量Q是

（2）小球到达N点时的加速度大小是g

解：（1）物体恰好做圆周运动，在光滑半圆轨道最高点，据牛顿第二定律：mg= 

解得：vB==2m/s

（2）物体被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒：

             Ep= 

由于vB＞1m/s，所以物块在传送带上一直做匀减速运动  

物块在传送带上据动能定理得：-

又因为：f1=μ1mg

联立解得：Ep=1.2J

（3）物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：mg•2R= 

解得：vC=     ①

物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析：

上表面受到的摩擦力f2=μ2mg=0.25N

下表面受到摩擦力：f3=μ3（M+m）g=0.26N＞f2，所以长木板静止不动．

对物块在长木板上滑行过程由动能定理得：      ②

联立①②解得：s==4m

答：1）物块到达B点时速度υB的大小2m/s；

（2）弹簧被压缩时的弹性势能1.2J；

（3）小物块在长木板上滑行的最大距离4m．

解：物体在B点：

mvB2=（N-mg）R=mgR

由动能定理得：mgR+Wf=0.5mgR⇒Wf=-0.5mgR

即物体克服摩擦力做功为0.5mgR

答：此过程中物体克服摩擦力做的功为0.5mgR

解：设物体在A点的速度为vA，由牛顿第二定律得：

2.5mg-mg=m，

解得：vA=，

设物体下滑过程克服阻力做功W，由动能定理得：

mgR-W=mvA2-0，

解得：W=0.25mgR

答：此过程中物体克服摩擦力做的功为0.25mgR．

解：一个光滑的水平面上，用水平恒力F推动物体，物体做匀加速直线运动，物体受重力、支持力和推力，合力等于推力F；

根据牛顿第二定律，有：F=ma

根据运动学公式，有：

联立得到：

故：W=Ek2-Ek1

答：动能定理的数学表达式为W=Ek2-Ek1．

解：滑块从M到N过程机械能守恒：

得：        

从N点抛出后：x1=v1t1

得：    

滑块从M到Q过程，由动能定理得：

又μ=0.25

s=2h

得：            

从Q点抛出后：x2=v2t2

得：                         

依题意有：x1=x2   

解得：

答：滑块的初速度应满足：．

解：（1）滑块从最高点运动到B，根据动能定理得，

在B点，

代入数据解得：F=330N．

根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力竖直向下，大小为330N．

（2）滑块在水平轨道上运动，对滑块m，根据牛顿第二定律得，a1=μg，

vB′=vB-a1t

对轨道M，μmg=Ma2

v=a2t，

由能量守恒有：，

代入数据解得L=5m．

（3）滑块离开轨道后，滑块做平抛运动，h=

xm=vB′t0

轨道匀速运动，xM=vt0

滑块落地时，它与水平轨道右端的水平距离△x=xm-xM，

解得△x=1.2m．

答：（1）滑块到达B点时对轨道的压力为330N； （2）水平轨道的长度为5m；（3）滑块落地时，它与水平轨道右端的水平距离为1.2m．

解：（1）小物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得：

mgh=m   

解得：vB=．

（2）小物块从B至C做匀速直线运动则有：vC=vB=

小物块通过圆形轨道最低点C时：

FN-mg=m

代入数据解得：FN=6mg．

（3）若小物块能从C点运动到D点，由动能定理得：

-mg•2R=m-m  

解得：vD=

设小物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为vD1，

mg=m

解得：vD1==vD

可知小物块恰能通过圆形轨道的最高点．

答：1）小物块通过B点时速度vB的大小为．；

（2）小物块通过圆形轨道最低点C时，轨道对物块的支持力FN的大小5mg；

（3）小物块恰能通过圆形轨道的最高点D．

解：（1）物体沿斜面向上做匀减速运动，根据动能定理，有：

-mgsinθ•L-μmgcosθ•L=0-

解得：

（2）对物体从最高点回到斜面底端的过程，应用动能定理：

mgLsin37°-μmgLcos37°=Ek-0

故物体回到底端时的动能：

Ek=mgL（sin37°-μcos37°）=1×10×8×（0.6-0.25×0.8）=32J

答：（1）若使物体不至滑出斜面，斜面的最小长度为8m；

（2）物体再次回到斜面底端时的动能为32J．

解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；

（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得：

T-μmg=ma

则细线拉力为：

T=μmg+mRβ

（3）对整体运用动能定理，有：W电+Wf=mv2+2mv2

其中：Wf=-μmgs=-μmgRβt02

则电动机做的功为：W电=μmgRβt02+m（Rβt0）2

答：（1）物块做匀加速直线运动；

（2）物块运动中受到的拉力为μmg+mRβ；

（3）从开始运动至t=t0时刻，电动机做功μmgRβt02+m（Rβt0）2．