热门试卷

解：（1）摩托车离开高台做平抛运动，则

竖直方向有：h=gt′2；

水平方向有：s=v1t′

联立求出：水平距离 s=v1=10×m=10m                   

（2）设摩托车落地时的速度为v，根据机械能守恒定律得

        mgh+=mv2；

则得 v===10m/s              

（3）摩托车冲上高台的过程中，根据动能定理得

   Pt-mgh-W=mv12-mv02；

则得 W=Pt-mgh-mv12+mv02；

代入数据解得，W=1.75×104J  

答：

（1）摩托车的落地点到高台的水平距离是10m；

（2）摩托车落地时速度的大小是10m/s；

（3）摩托车冲上高台过程中克服摩擦阻力所做的功是1.75×104J．

解：（1）AB过程，动能定理可得：

即：20-0.1×2×10=×2×

解得：=4m/s

（2）设他在C点速度为0，则有：

即：-mgh=-

解得：h=m=0.8m＜R

不能越过C点

（3）全过程摩擦力做的功为：

W=μmgs，

所以与：s==10m，

所以正好停在B点，距离A点2m．

答：（1）滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时的速度为4m/s；

（2）滑块不能越过C点，如果不能，求出滑块能达到的最大高度h为0.8m．

（3）滑块最终停止时距A点的距离为2m．

解：（1）以地面为重力势能参考面，踢出时足球的机械能等于动能：Ek0，

在最高点，重力势能：Ep1=mgh=0.5×10×5J=25J

动能：Ek1==J=25J

踢出后机械能守恒，所以：Ek0=Ek1+Ep1=25J+25J=50J

（2）由动能定理可知，踢球时运动员对足球做的功：W=Ek0=50J

答：（1）球刚被踢出时的动能为50J；

（2）运动员踢球时对足球做的功为50J．

解：（1）从释放B到与A碰撞前的过程，由动能定理得：

mgxsinθ+mv02=+mv12，

代入数据解得：v1=m/s，

A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv1=（m+m）v2，

代入数据解得：v2=m/s；

（2）开始时A处于平衡状态，由平衡条件得：

mgsinθ=kx0，

代入数据解得：x0=0.1m，

已知x=0.1m，弹簧恢复原长时，上端的位置恰好在N点，B、A碰撞后，弹簧恢复原长时，A、B在N点分离，

从A、B碰撞后到即将分离过程中，由能量守恒定律得：

Ep=2mgx0sinθ+•2mv32-•2mv22，

代入数据解得：v3=2m/s，

此后B从斜面飞出，做斜抛运动直至运动到最高点，它落入小车的最左端的速度：

v3x=v3cosθ，

代入数据解得：v3x=3m/s，

滑块与小车组成的系统动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv3x=（m+M）v4，

代入数据解得：v4=2m/s，

滑块与小车组成的系统，由能量守恒定律得：

μmgL1=mv3x2-（m+M）v42，

代入数据解得：L1=0.75m＜L=1m，

小车与墙壁碰撞时的速度为v4=2m/s；

（3）小车与墙壁碰撞后，滑块在小车上做匀减速运动，

位移：L2=L-L1=1-0.75=0.25m，

假设滑块恰好能滑过圆的最高点，设速度为v，

由牛顿第二定律得：mg=m，

由动能定理得：-μmgL2-mg•2R=mv2-mv42，

代入数据解得：R=0.06m，

如果滑块恰好滑至圆弧到达T点时的速度为0，

则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，

由动能定理得：-μmgL2-mgR=0-mv42，

代入数据解得：R=0.15m，

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径需要满足的条件是：

R≤0.06m或R≥0.15m；

答：（1）滑块B与A碰撞结束瞬间的速度为m/s；

（2）小车与墙壁碰撞前瞬间的速度为2m/s；

（3）为使滑块B能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径需要满足的条件是：R≤0.06m或R≥0.15m．

解：小球恰能通过圆轨道的最高点，故：

mg=m

解得：

v=

从开始到最高点过程，根据动能定理，有：

-mg（2R）-μmgx=

解得：

v0=

答：小球初速度的大小为．

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，

由牛顿第二定律，则有：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：Q摩=μmgs相

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）在线未拉直之前，试验物块沿+x方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为ax===10m/s2

沿+y方向做速度为v0的匀速直线运动；

当试验物块相对于O的位移大小达到线的长度L时，细线将被拉直．设此时物块的位置坐标为B（xB，yB），则：

 xB+L=at2

 yB=v0t

细线被拉直时有：L2=xB2+yB2

即（5t2-2）2+（2t）2=22

解得：t=0.8s

所以：xB=1.2m，yB=1.6m

（2）vx=at=8m/s，vy=v0=2m/s

所以v=2m/s

 tanθ==

所以θ=arctan

（3）绳拉直瞬间，由几何关系可知绳与竖直方向夹角θ=370，绳拉直过程物块沿绳方向速度损失掉，此时物块速度 v1=vxcosθ-vysinθ=5.2m/s

从此位置至再次到达x轴由动能定理：

 FL（1-sinθ）=，得 v2=m/s

由向心力公式得 T-F=m，得 T=315N

答：

（1）细线刚拉直时物块的位置坐标值为（1.2m，1.6m）；

（2）拉直前的瞬时，试验物块速度的大小为2m/s，它与x轴的夹角θ是arctan．

（3）物块再次经过x轴时速度v2是m/s，此时绳的拉力T是315N．

解：（1）小球在圆弧槽上运动过程机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mg（H-h）=mv2，

代入数据解得：v===3m/s；

（2）小球离开槽口后做平抛运动，

竖直方向：h=gt2，代入数据解得：t===0.4s；

（3）小球做平抛运动，在水平方向：

x=vt=3×0.4=1.2m；

答：（1）小球从槽口飞离时的速度大小为3m/s；

（2）小球从槽口飞离到落地所经历的时间为0.4s；

（3）落地点与槽口的水平距离为1.2m．

解：（1）由图中几何关系可得：物体上升的高度为

h==

（2）在A和B 两个位置时物体的速度：

vB=vcos30°   

vA=vcos60°

由动能定理和题意条件可得：

W人-mgh=mVB2-mVA2

代入数据，解得：W人=mv2+（3-）mgH

答：（1）物体上升的高度为；

（2）人对物体所做的功为mv2+（3-）mgH．

解：（1）根据速度时间图线知，滑块上滑的加速度大小：

a1===8m/s2，

根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1

解得：μ=．

（2）根据牛顿第二定律得，下滑的加速度大小：

a2==gsinθ-μgcosθ=2m/s2．

位移为：x=t=×1m=4m

根据v2=2a2x代入数据得：v=4m/s．

滑块在从B点回到A点过程加所用的时间：t===2s

（3）滑块从A点开始上滑到返回A点的过程中，由动能定理：

克服摩擦力做功：=24J

答：（1）滑块与斜面间的摩擦因数为；

（2）滑块在从B点回到A点过程加所用的时间2s；

（3）滑块从A点开始上滑到返回A点的过程中，克服摩擦力做的功24J

解：小球下落到B的过程：mυ2=2mgd

解得：v=

在B点：T-mg=

得：T=5mg

根据牛顿第三定律可：Tˊ=T=5mg；

在C点：mg=

解得：

小球从B运动到C的过程：mυc2-mυ2=-mgd+Wf

解得：Wf=-mgd；

（1）小球运动到B处时对轨道的压力大小为5mg

（2）小球在BC上运动过程中，摩擦力对小球做的功为mgd