热门试卷

解：（1）在最高点，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

mg=m

解得：

v=m/s

（2）在D点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

FN+mg=m          ①

对从A到D过程，运用动能定理，有：

mg（H-2R）=     ②

联立①②解得：

FN=（10H-5）N

（3）结合几何关系：

=2R

根据平抛运动的分位移公式，有：

x=vDt

y=R=

从A到D过程，根据动能定理，有：

解得：H=0.85m

答：（l）若小滑块刚好能通过最高点D，则它在D点的速度为m/s；

（2）小滑块在圆轨道最高点所受压力大小F与下滑高度H的函数关系式为FN=（10H-5）N；

（3）滑块在斜面上下滑的高度为0.85m．

解：（1）①只加电场，水平向左发射的粒子最快到达显微镜，由动能定理：

解得：v=3v0

②电场与磁场共存时，有qE=qv0B，即粒子先做匀速直线运动

y1=v0t1

撤去磁场后，粒子做类平抛运动：

y2=v0t2

又qE=ma

由几何关系

y1+y2=Rcos30°

x2=Rsin30°

解得：

（2）由题目分析可得，从O点水平向左发射的质量为m2、电量为q1的粒子，做匀速圆周运动刚好运动到C点，故

2rcos30°=R

解得

答：（1）①只加电场，并将显微镜置于A点，最先到达显微镜的粒子的速度3v0；

②两段时间的比值t1：t2=-1．

（2）磁场的磁感应强度B的大小．

解：（1）石块由A到B过程，根据动能定理，有：

mgh=

解得：

v==20m/s

（2）石块由A到B．根据动能定理，有：

mgh-W=

解得：W=mgh+=0.1×10×15+=1.95J

答：（1）石块落地时的速度为20m/s．

（2）石块克服空气阻力做的功为1.95J．

解：（1）物体在平台上运动时，由牛顿第二定律得：

F-μmg=ma   

由vA=at

代入数据解得：vA=4m/s．

（2）从A点到B点，由动能定理得：

mgh=mvB2-mvA2   

代入数据解得：vB=5m/s

（3）设OB与OC的夹角为θ，则：cosθ==

轨道最高点D时，重力提供向心力：mg=

从B点到D点，由动能定理得：

-mg（R+Rcosθ）-W=mvD2-mvB2

解得：W=7.9J

答：（1）物块到达A点时的速度大小为4m/s．

（2）物块到达B点时的速度大小为5m/s．

（3）物块从B点运动到D点过程中克服摩擦力所做的功为7.9J．

解：设物体质量为m．

（1）在物块沿斜面上升的过程中，设当物体距离出发点的竖直高度为h1时动能和势能相等，此时物块速度为v1．由题意有 ①

对此过程应用动能定理有： ②

由①②代入数据，得m≈0.3m

（2）因为μ＜tanα，故物块滑到最高点后将返回．

设物块运动的最高点距出发点的竖直高度为H，

则对物块上升的全过程应用动能定理，有 

由此代入数据，得  ③

（3）在物块沿斜面下滑的过程中，

设当物体距离底部出发点的竖直高度为h2时动能和势能相等，

此时物块速度为v2．则 ④

对下滑过程应用动能定理，有  ⑤

由③④⑤代入数据，得m≈0.2m

答：在物块沿斜面上升的过程中，当物体距离出发点的竖直高度为0.3m时，物体的动能和重力势能相等；

在物块沿斜面下滑的过程中，当物体距离出发点的竖直高度为0.2m时，物体的动能和重力势能相等．

解：（1）对A到M段运用动能定理得有：

代入数据解得：vM=．

（2）因为小物块刚好到达最高点N，则有：mg=，

解得：．

根据得：t=．

则：x=vNt=3×0.6m=1.8m．

答：（1）小物块到达M时的速度为．

（2）小物块落地点到M的水平距离为1.8m．

解：（1）设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v，

雨滴达到收尾速度时开始匀速下落  mg=f

又因为

解得  

（2）设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做功为Wf，

依据动能定理有 

解得，

（3）取横截面积为S、高度H=vt的柱状体积内的雨滴为研究对象，它所含雨滴的总质量为M=nSHm

设柱状体积内的雨滴受到水平地面单位面积上的作用力大小为F，竖直向上为正方向

根据动量定理有  FSt=Mv

解得  

根据牛顿第三定律，水平地面的单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为．

答：（1）雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小为．

（2）每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功为．

（3）水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为．

解：（1）从P运动到再返回P点，此过程重力做功为零，由动能定理：-2fh=0-mv02

解得：f=4N

（2）由题知铁环在t0=0时刻释放，t1时刻第一次到达Q点，t2时刻第一次到达杆底部，t3时刻第二次到达Q点，t4时刻恰好回到P点．故

0～t1时间内，杆对地的压力等于重力，故箱子对地的压力为：100N

t1～t2时间内，杆还受环的摩擦力向下，故箱子对地的压力为：100N+4N=104N

t2～t3时间内，杆受环的摩擦力向上，故箱子对地的压力为：100N-4N=96N

t3～t4时间内，杆对地的压力等于重力，故箱子对地的压力为：100N

则箱子对地面压力的变化图象如图（见右图）

（3）铁环第三次到达Q点时（向下 运动）的动能为：Ek1=mg（H-h）=32J＞2fh

铁环第四次到达Q点时（向上运动）的动能为：Ek2=Ek1-2fh=16J，

设小环在空中再次上升的距离为h′，则有：

-mgh′=0-Ek2，可解得h′=0.8m

铁环第四次到达Q点时（向下运动）的动能为：Ek3=Ek2=16J≤2 fh

之后铁环将始终沿直杆运动直至停止，设之后铁环沿直杆运动的距离为x，则有：

mgh-fx=0-Ek3

解得：x=14m

故铁环的总路程为：s=3H+h+2 h′+x=28.4m

答：（1）求在沿杆运动的过程中，铁环受到的摩擦力f大小是4N

（2）如图

（3）求从开始下落到最终停止在箱底，铁环运动的总路程s是28.4m

解：（1）滑块在倾斜轨道运动过程中，

由动能定理得：mg（H-h）-Wf=mvB2-0，

代入数据解得：Wf=3J；

（2）从B到C过程，由动能定理得：

mgh=mvC2-mvB2，代入数据解得：vC=m/s，

在C点，由牛顿第二定律得：F-mg=m，

代入数据解得：F=22N；

（3）由题意可知，小物块m对长木板的摩擦力：f=μ1mg=5N，

长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2（M+m）g=10N，

因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，

小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，

则长木板长度至少为L===1.5m；

答：（1）小物在倾斜轨道上运动时克服摩擦做的功为3J；

（2）小物块滑动至C点时，圆弧轨道对滑块的压力为22N；

（3）长木板至少为1.5m才能保证小物块不滑出长木板．

解：（1）物块匀加速的位移x：

代入数据解得x=2m＞0.9m

故物块全程匀加速

代入数据解得vA=5m/s

从A到D有：

在D点有：

代入数据解得N=12.5N，

则对轨道压力大小为12.5N，方向向上

（2）物块匀加速的时间，

物块相对皮带滑行的距离为：△x=vt-L=6×0.2-0.9=0.3m

电动机对传送带多提供的能量：，

代入数据解得△E=6J．

答：（1）物块经过最高点D时对轨道的压力为12.5N；

（2）因传送该物块电动机对传送带多提供的能量为6J．