热门试卷

解：（1）分析小球的受力情况，

   Tcosθ=mg

   Tsinθ=m

解得θ=60°，v1=

（2）由动能定理有，

 mgh=

解得h=

所以H=h+Lcosθ=L

由平抛运动的规律，有

  h=

由几何知识得R==3L

答：

（1）绳断裂瞬间小球的速度v1为．

（2）圆柱形房屋的高度H和半径分别为L和3L．

解：（1）设小物块到C点时的速度为v，

恰好沿C点的切线方向进入粗糙圆弧轨道

则根据几何关系：v0=vcos53°

所以v===5m/s

（2）小物块在木板上滑行达到共同速度的过程

木板的加速度大小：a1===1m/s2，

物块的加速度大小：a2==μg=0.3×10=3m/s2，

由题意得：a1t=vD-a2t，

=l

联立以上各式并代入数据解得vD=，

（3）小物块由A到D的过程中，由动能定理得

mgh+mgR（1-cos 53°）-W=   

代入数据解得W=10.5J 

答：（1）物块到达C点时速度的大小为5m/s； 

（2）物块到达圆弧轨道末端D点时速度的大小为2m/s； 

（3）物块通过圆弧轨道的过程中克服摩擦力做的功为10.5J．

解：（1）运用动能定理研究A→B得：

-μmgl=mvB2-mv02

解得vB=5.0m/s．

（2）滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出做平抛运动．

根据平抛运动规律得：

X=vBt

t==

解得：X=2.0m

（3）落地前瞬间竖直速度为：

vy=gt=10×0.4m/s=4m/s，水平方向的速度为vB=5m/s，则落地时速度

设速度与水平方向的夹角为α，

则 tanα=

答：（1）滑块从B点飞出时的速度大小是5.0m/s；

（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离是2.0m；

（3）滑块落地时速度大小为，方向与竖直方向的夹角的正切值为0.8

解：（1）当电场力与摩擦力平衡时，速度最大；则有：

k=μmg

解得：r=；

（2）从A到B，由动能定理可得：

WAB-μmgL=0

解得：WAB=μmgL；

则电势差UAB==；

答：（1）小滑块速度最大时与O点的距离；

（2）AB两点间电势差UAB为．

解：（l）陈若琳跃起后可看作竖直向上的匀减速运动，重心上升的高度h2，设起跳速度为v0，则

 0-=-2gh2

则有：v0=

则上升过程时间 t1====

陈若琳从最高处自由下落到手触及水面的过程中重心下落的高度为：s=H+h1+h2-h3．

设下落过程时间为t2，则 s=

解得：t2==

故总时间为：t=t1+t2=+．

（ 2 ）设从最高点到水面下最低点的过程中，重力做的功为WG，克服水的作用力的功为WZ．

由动能定理可得：WG-WZ=△EK

解得：WZ=WG=mg（H+h1+h2+h4）

答：

（l）陈若琳从离开跳台到手触及水面的过程中可用于完成一系列动作的时间是+．

（2）陈若琳克服水的作用力所做的功是mg（H+h1+h2+h4）．

解：（1）当皮带轮静止时，工件从A到C过程，由动能定理有：

mgH-μmgL=mvC2-0       

代入数值解得：vC=1m/s              

（2）对工件从A至B过程，由动能定理得：

mgH=mvB2-0

代入数值解得：vB=5m/s                    

当皮带轮以ω1=20rad/s逆时针方向匀速转动时，工件从B至C的过程中一直做匀减速运动，对工件，有：

μmg=ma                     

设速度减至vC历时为t，则 vB-vC=at                   

工件对地位移   s工=L

皮带轮速度   v1=Rω1=2m/s                 

传送带对地位移     s带=v1t

工件相对传送带的位移 s相=s工+s带

由功能关系可知：因摩擦而产生的内能为：

Q摩=μmgs相

代入数据解得：Q摩=20J                                

（3）水平距离s随皮带轮角速度ω变化关系的s-ω图象如图所示   

答：（1）当皮带轮静止时，工件运动到点C时的速度为1m/s；

（2）在工件运动到C点的过程中因摩擦而产生的内能为20J；

（3）在图乙中定量画出s随皮带轮角速度ω变化关系的s-ω图象，如上图所示．

解：（1）①设旅客质量为m，在滑梯滑行过程中加速度为a，需要时间为t，则有：

mgsinθ-μgcosθ=ma

L=

解得：t=2.8 s 

②旅客先做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，在滑梯上落点与出发点之间的距离为为L1，运动时间为t1，则有：

x=v0t1

tan

旅客落到滑梯后做匀加速直线运动，设在滑梯上运动时间为t2，通过距离为L2，则有：

L2=L-L1

解得：L1=3m，t1=0.6 s，t2=1 s

得：t=t1+t2=0.6+1=1.6s

（2）对游客从滑梯顶端到水平滑道末端根据动能定理有：

mgLsinθ0-μmgcosθ0-μmgs2=0

又s1=Lcosθ0

s=s1+s2

联立解得：θ0=30°

所以：θ≤30°

答：（1）①游客从静止开始由滑梯顶端滑到底端所用的时间为2.8s；

②游客以v0=4m/s的初速度从滑梯顶端水平跳出，当他落到滑梯上后没有反弹，但由于有能量损失，结果他以v=4m/s的速度开始沿着滑梯加速下滑到底端所用的时间为1.6s；

（2）滑梯的倾角应调节为θ≤30°才能达到要求．

解：（1）在最高点C，根据牛顿第二定律得：mg=m

从A到C，由动能定理得：FR-mg•2R=

解得 F=mg

（2）对全程，由动能定理得：5FR-mgR=

得 vB=

答：（1）水平恒力F大小是mg；

（2）小球第5次到达B点时的速度大小为．

解：（1）设A球在底端时速度为V，从释放到到达最低位置的过程中，A、B球组成的系统机械能守恒，重力势能减少量等于系统的动能增加量：…①

解得：

设在此过程中杆对B球做功W，对B球在此过称中应用动能定理：…②

由②解得：

（2）设OA杆转过α角时A球获得速度V′，B球速度大小也为V′，

A、B球系统机械能守恒，由机械能守恒定律：…③

代入数据整理得：

其中，β=37°，α=53°时V′有最大值

所以A球由开始位置转过α=53°时有最大速度：

（3）作出A球刚接触细线的状态图，如图示．

作OD垂直O′B′，由几何关系可知，，所以θ=γ=60°

A球下落高度hA：…④

C物块上升高度hB：…⑤

此过程A、C组成的系统机械能守恒：mAghA=mCghC…⑥

由④⑤⑥代入数据解得：

答：（1）A球从释放到到达最低位置的过程中杆对B球所做的功为

（2）小球A在与水平方向偏角53°时速度最大，最大值是

（3）物块C的质量是