热门试卷

解：（1）物块在B点时受到重力mg和导轨的支持力N=7mg．

由牛顿第二定律，有：7mg-mg=m

得：vB=

物体从A运动到B，由动能定理得弹簧对物块的弹力做的功为：

W弹==3mgR．  

（2）物块在C点仅受重力．据牛顿第二定律，有：mg=m

得：vC=

物体从B到C只有重力和阻力做功．根据动能定理，有：

-Wf-mg•2R=-

得物体从B到C克服阻力做的功为：Wf=mgR．

（3）物体从C到水平面，由动能定理得：

Ek-=mg•2R

解得：Ek=mgR

答：（1）弹簧对物体的弹力做的功3mgR；

（2）物块从B至C克服阻力做的功 mgR；

（3）物块离开C点后落回水平面时动能的大小为mgR．

解：（1）设人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力的大小为f，根据动能定理有

         解得f=60N

   （2）人与滑板离开平台后做平抛运动，设初速度的大小为v0，飞行时间为t，根据平抛运动的规律有：

      s1=v0t

     联立解得v0=6m/s

    答：（1）受到的平均阻力60N

        （2）人与滑板离开平台时的水平初速度6m/s

解：（1）小球能达到圆管顶端，则满足小球在圆管顶端的速度v≥0；

小球在水平面上运动时只有摩擦力对小球做功，在光滑圆管上运动时只有重力对小球做功，

所以在全过程中只有重力和摩擦力对小球做功，由动能定理有：Wf+WG=mv2-EK0，

小球的初动能为：EK0=mv2-Wf-WG，又因为v≥0，所以有：

Ek0≥0-（-0.1×0.01×10×1）-（-0.01×10×2×0.2）J

即：Ek0≥0.05J；

（2）小球离开管口做平抛运动，要使小球不落在板上，

则小球平抛的射程大于板的长度，即：v＞l，

得在管口的速度为：v＞，

同理对小球使用动能定理有：Wf+WG=mv2-EK0，

小球的初动能为：EK0=mv2-Wf-WG，

又因为v＞，所以有：EK0＞m（）2-Wf-WG，

代入数据可得：Ek0＞0.1125J；

答：（1）为使小球能到达圆管顶端，小球的初动能至少应为0.05J

（2）为了使小球能从上端管口飞出后不与板面相碰，小球的初动能应满足Ek0＞0.1125J．

解：（1）由牛顿第二定律

由动能定理mgR-W克=mv2

代入数据解得  W克=0.2mgR

（2）小球从B点平抛，若落在如图虚线所示的斜面上

x=v0t，

y=

由题意可知x=y

代入数据解得x=0.578m

n=，

 故小球落在第三个台阶上．

答：（1）小球由A到B的过程中克服摩擦力做的功为0.2mgR．（2）小球落在第三个台阶上．

解：（1）依题意可知，平抛经过P点时速度与水平方向夹角为45°．

由tan45°=

 平抛运动竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，则有

   vx=vD，vy=gt1

   s=vDt，R=gt12

解得物体平抛的时间t1===0.4s，

竖直分速度 vy=gt1=4m/s  

平抛水平初速度 vD=4m/s

平抛水平距离s=1.6m              

（2）将x=6t-2t2，与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+进行比对，由可知物体经过B点速度 vB=6m/s，由B运动到D的加速度大小为a=-4m/s2．

又 vD=4m/s

故物体由B运动到D的时间=s=0.5s

物体由B运动到P的时间    t=t1+t2=0.9s

（3）由（1）可知，物体经过P点的速度大小 vP==4m/s

假设物体能经过M点，由动能定理得

-mg（R+Rcos45°）=mvM2-mvP2

 解得vM=m/s

设物体能经过M点的临界速度为vmin，则有mg=m

可知   vmin=2 m/s

因vM＜vmin，可知物体无法经过M点

答：

（1）物块平抛的水平距离是1.6m．

（2）物块从B点运动到P点的时间是0.9s．

（3）物块不能到达M点．

解：根据2R=得，t=，

小球落地点C距B处的距离为3R，则平抛运动的水平位移x=，

则小球在B点的速度vB=．

根据牛顿第二定律得，，

解得N=，

所以小球对轨道口B处的压力为mg．

答：（1）小球到达B点的速度为

（2）小球对轨道口B处的压力为

解：（1）根据牛顿第二定律得：

N-mg=m，

N=2mg，

解得：．

（2）对A到B的过程运用动能定理得：

，

解得：．

答：（1）小球经过B点的速度大小为；

（2）小球从A点到B点的过程中克服阻力做功大小为．

解：（1）运动员在竖直方向做自由落体运动，

  Lsin37°=gt2

所以A点与O点的距离为：

  L===75m．

（2）设运动员离开O点时的速度大小为v0．

水平位移 x=Lcos37°=v0t

得 v0=20m/s，速度方向水平向右．

（3）设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，落在斜面上时有：

  tanθ===，得 t=∝v0，则时间之比为 1：2：3．

则飞行的水平距离 x=v0t=∝v02，则水平距离之比为 1：4：9．

竖直距离 y=gt2=∝v02，则竖直距离之比为 1：4：9．

位移大小 S==∝v02，则位移大小之比为 1：4：9．

速度方向与竖直方向的夹角正切 tanα===2tanθ=定值，与初速度大小无关，则速度方向相同．

（4）设经过时间T，运动员的速度方向与斜面平行，此时运动员离斜面最远．则有

   vy=v0tanθ，又vy=gT

解得  T=1.5s

将运动员的平抛运动分解为平行于斜面方向与垂直于斜面方向，运动员在垂直于斜面方向做初速度大小为v0sinθ，加速度大小为-gcosθ的匀减速运动，则得到

   运动员离斜坡的最大距离 Sm=v0sinθT-

代入解得 Sm=9m．

答：（1）A点与O点的距离L是75m；

（2）运动员离开O点时的速度大小是20m/s，方向水平向右；

（3）若滑雪者的速度分别为v，2v，3v且郡落到斜面上．所用时间之比是1：2：3，飞行水平距离之比是1：4：9，竖直距离之比是1：4：9，位移大小之比是1：4：9，速度方向相同．

（4）运动飞出1.5s时离开斜面最远，最远距离是9m．

解：（1）对于物体的上升过程，由动能定理得：

-（mg+f）H=0-；

又 f=0.2mg

得：H==

（2）从抛出到落回抛出点的全过程，由动能定理得：

-2fH=-；

物体落回抛出点时的速度大小为：

答：（1）物体上升的最大高度H为；

（2）物体落回抛出点时的速度大小为．

解：（1）飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，由动能定理得：

-fx=0-mv12                            

解得：x=980m；                                     

（2）由v-t图象可知，飞机加速度：

a===-30m/s2                        

加速度大小为30m/s2

对飞机，由牛顿第二定律得：

2Tcos+f=ma                                

解得：T=5.5×105N；                                   

（3）由图象面积可知，从t1时刻至t2时刻，飞机的位移为s1=80m，

从t2时刻至飞机停止，飞机的位移为s2=2m，

从t2时刻至飞机停止，由动能定理得：

W-fs2=0-mv22                               

解得：W=-9×105J．   

答：（1）飞机继续滑行的距离为980m．

（2）此时阻拦索中的弹力为5.5×105N；

（3）阻拦索对飞机做的功为-9×105J．