热门试卷

解：（1）以10个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得 

     Fcosθ=10mgsinθ．

得F=10mgtanθ

以1号球为研究对象，根据平衡条件得：

圆槽对小球1的支持力  N=mgcosθ+Fsinθ=mgcosθ+10mgtanθsinθ

（2）以1号球为研究对象，球1在斜面上下滑的过程，根据机械能守恒定律可得 

    mgh=mv2      得v=

（3）撤去水平外力F后，以10个小球整体为研究对象，利用机械能守恒定律可得

  10mg（h+sinθ）=•10mv′2；   

得 v=

以1号球为研究对象，由动能定理得

    mgh+W=              

得2号球对1号球所做的功 W=9mgrsinθ

答：

（1）水平外力F的大小是10mgtanθ；圆槽对小球1的支持力为mgcosθ+10mgtanθsinθ．

（2）1号球刚运动到水平槽时的速度是；

（3）整个运动过程中，2号球对1号球所做的功为9mgrsinθ．

解：（1）滑块带负电，则受电场力竖直向下，

滑块沿斜面下滑时受到的滑动摩擦力为：f=μ（mg+qE）cos37°

        设到达斜面底端时速度大小为v1，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，支持力不做功，

         根据动能定理：（mg+qE）h-f=mv12

                解得：v1=2.4m/s

    （2）滑块第一次与挡板碰撞后返回的高度最大，设此高度为h1，因为滑块偏向上运动所以重力电场力摩擦力都做负功，根据动能定理：

-（mg+qE）h1-f=-mv12   

          解得：h1=0.10m

     （3）因为重力在斜面方向的分力大于滑块受到的摩擦力，所以滑块最终静止在斜面底端，因此重力势能和电势能减少和等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热量：

           Q=（mg+qE）h=0.96J

答：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小为2.4m/s．

    （2）沿斜面上升的最大高度为0.10m．

    （3）从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q为0.96J．

解：（1）没有保护时，鸡蛋自由下落而不会摔坏，由动能定理得：

h===0.11m

（2）在装置开始下落到着地过程，对鸡蛋应用机械能守恒定律得：

在装置着地到鸡蛋撞地过程，对鸡蛋应用动能定理得：

又因为f=5mg

所以可得：H=4.2m

答：（1）如果没有保护，鸡蛋自由下落而不被摔坏的最大高度h为0.11m；

（2）如果使用该装置保护，刚开始装置的末端离地面的最大高度H为4.2m．

解：（1）在水平表面运动过程中，根据动能定理得：Fx-kmgs=0        

可得：x=2.5m

（2）在加速运动中，根据牛顿第二定律得：F-kmg=ma1，

可得：a1=2.5m/s2；            

由x=可求得：t1=s

而加速运动中最大速度：v=a1t1=2.5m/s

在减速运动中，有 kmg=ma2，a2=kg=2.5m/s2；             

由v=a2t2得 t2=s

则T夫人在台阶表面运动的总时间：t=t1+t2=2s

（3）若在台阶表面一直施力，根据动能定理得：Fs-kmgs=

可得：v=5m/s

离开台阶后做平抛运动，有：x=vt=5t

y=

根据几何关系得：x2+y2=R2=50

解得：x=5m，y=5m

即“T夫人”击中挡板上的位置的坐标为（5m，5m）

答：（1）“T夫人”为了恰好能停在O点，蹬地总距离为2.5m．

（2）“T夫人”为了恰好能停在O点，运动最短时间是2s．

（3）“T夫人”击中挡板上的位置的坐标为（5m，5m）．

解：（1）分析M受力，由牛顿第二定律得：

F-μmg=Ma1

代入数据解得：

a1=12m/s2

设装置向左运动到速度为0的时间为t1，则有：

v0-a1t1=0

联立并代入数据解得：

t1=1s

装置向左运动的距离：

x1=v0t1-a1=12×1m-0.5×12×1m=6m

（2）对m受力分析，由牛顿第二定律得：

μmg=ma2

代入数据解得：

a2=4m/s2

设滑块运动到A点时的速度为v1，则：

v1=v0-a2t1

联立并代入数据解得：

v1=8m/s

小滑块向左运动的距离为：

x2=v0t1-a2=12×1m-0.5×4×1m=10m

则平板长为：l=x2-x1=10m-6m=4m

（3）设滑块在B点的速度为v2，从A至B，由动能定理得：

-mg×2R-Wf=m-m

在B点有：mg=

联立解得：

R=0.9m，v2=3m/s

小滑块从B点飞出做平抛运动：

2R=g

联立解得：t2=0.6s

落点离A的距离为：x=v2t2=3×0.6m=1.8m

答：1）装置运动的时间和位移大小6m；

（2）长平板的长度l为4m；

（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离1.8m．

解：（1）设A点初速为v0，B点速度为v，竖直速度为v1，物块在B点速度恰好沿切线方向，则v与水平线的夹角为θ=60°

由A到B做平抛运动，则：y=gt2，x=v0t，

对B点速度v做垂直和水平方向分解，有：v1=gt，

且tan60°=====，

得：x=y；

（2）物块在斜面上受力为支持力：N=mgcosα，摩擦力：f=μN=μmgcosα，

整个过程中除在斜面上的摩擦力做功损失能量外，其余地方无能量损失，物块返回B点后，刚好停在B点，即物块由A处平抛所获得的能量全部在斜面上因摩擦损失殆尽，设物块在斜面上滑行的总距离为s，由能量守恒定律得：

mgy+mv02=μmgscosα，

由y=gt2，得：t2=，

由于：v02=（）2===gy，

解得：s=；

答：（1）A点与B点的水平距离x和竖直高度y应该满足的关系为y；

（2）物块在斜面上滑行的总路程为．

解：（1）物块在A点刚好能做圆周运动，则有：

mg=

物块在传送带上加速到A点的过程中，由动能定理得：

μ1mgs=mvA2

可得μ1=0.2

（2）物块从A点到B点，由机械能守恒可得：

2mgR+mvA2=mvB2

在B点，由向心力表达式：

FN-mg=m

得到：FN=6mg

由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力大小为6mg，方向竖直向下．

（3）由于物块在木块粘到C点前，已达共速，

对木板：μ2mg=Ma，v共=at

对物块：μ2mg=ma   v共=vB-at

二者达共速：v共=

此时木板运动的位移：x1==R

物块对地的位移：x2==R

此时物块相对木板运动了：△x=R

此时物块克服摩擦力做功W1=μ2mgx2=mgR

当木板在C点被粘劳之后，物块继续向右运动，假设在木板上一直减速到0，则物块还能往前运动的位移：

x3==

△x+x3=＜4R

则物块在第二阶段克服摩擦力做功W2=μ2mgx3=mgR

则物块总共克服摩擦力做功为：W=W1+W2=mgR

答：（1）物块与传送带之间的动摩擦因数μ1为0.2．

（2）物块滑到B点时对半圆轨道的压力为6mg，方向竖直向下．

（3）物块在滑板上运动过程中，物块克服摩擦力做的功W1为mgR．

解：（1）物体在下滑过程中，由牛顿第二定律有 mgsinθ-μmgcosθ=ma

代入数据求得  a=2m/s2

设 从O到A所用时间为t   则有  

代入数据求得  t=5s                                               

（2）从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为S，由动能定理得mgh-μmgScosθ=0

代入数据求得  S=37.5m                                             

假设能依次能到达B点、D点，由动能定理得

得   vB＞0

得方程无解                                                             

则说明物体能过B点不能到达D点，最终将停在C点                 

答：（1）从O点运动到A所需的时间是5s（2）物体运动的总路程是37.5m，物体能过B点不能到达D点，最终将停在C点