热门试卷

解：（1）设带电体受到电场力的水平分量为Fx，竖直分量为Fy，带电体由B到C的运动过程中，水平分力做功为零，竖直分力做功等于重力做功．

即：W=Fy•2R=mg•2R=5J

（2）带电体从B到C运动的过程中，重力和电场力的竖直分力相等，电场力的水平分力不做功，所以υC=υB=4m/s

在C点，由牛顿第二定律得：

又mg=Fy解得：F=16N

（3）带电体脱离轨道后在水平方向上做匀减速直线运动，由运动学公式得：

代入数据得：x=，

设斜面与水平面的夹角为α，则，α=30°

带电体从A到B的运动过程中，由动能定理的：

代入数据解得

答：（1）带电体从B到C的过程中电场力所做的功W=5J．

（2）带电体运动到C时对轨道的压力F=16N．

（3）带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数．

解：（1）设人、车总质量为m，紧急制动时速度为v，车轮与地面间的滑动摩擦力为f，加速度为a，制动距离为s，则

   f=-μmg                                  ①

  f=ma                                     ②

-v2=2ax                                    ③

联立①②③并代入数据得x=3.9m                ④

（2）：设超标电动自行车额定功率为P，匀速行驶过程所受阻力为f′，速度v′，人、车总质量为M，阻力与人、车总重量的比值为k，则

 P=f′v′⑤

 f′=kmg                                       ⑥

设制动距离为s‘由动能定理得0-=-μmgx′⑦

联立⑤⑥⑦式得   x′=（）2              ⑧

代入数据得x′=12.5m                             ⑨

答：（1）一辆电动自行车在平直路面按国家标准规定的最高车速行驶时紧急制动，制动距离为3.9m．

（2）一质量为60kg的人驾驶质量40kg、额定功率300W的超标电动自行车，在平直路面上以额定功率匀速行驶，设行驶过程中所受到的阻力为人、车总重的0.03倍．若紧急制动，制动距离为12.5m．

解：（1）小木块运动60°角过程中，竖直方向的高度变化为：h=2L+-3Lcos60°=L

对于小木块的运动，由动能定理列方程可得：-mgh=-

解得：v0=

（2）木块A回摆到A的悬线刚过向左偏角30°瞬间A的向心加速度大小为，此时的运动等效圆心为B，由向心加速度表达式可得：

=

设克服阻力做功为Wf，由动能定理得：

-mg×

解得：Wf=0.35mgL

答：（1）在不计空气阻力条件下，应给木块A的初速度为

（2）此瞬间之前A克服空气阻力做的功为0.35mgL

解：（1）根据得，平抛运动的时间为：t=，

则B点的速度为：．

根据牛顿第二定律得，，

解得：．

（2）对C到A的过程运用动能定理得：Wf+，

代入数据解得Wf=-9.5J．

答：（1）物体在B点的速度大小为5m/s，半圆轨道对物体的弹力大小为52.5N．

（2）摩擦力做功为-9.5J．

解：（1）小球从C向A运动过程中小球在水平面上竖直方向受重力和支持力作用，水平方向受摩擦力作用，摩擦力大小：

f=μmg

小球运动过程中只有摩擦力做负功，根据动能定理有：

解得：=

小球通过A点时轨道对小球的作用力为N，根据牛顿第二定律有：

∴==7.25N

根据牛顿第三定律可知，小球经圆轨道A点时对轨道的压力为7.25N．

（2）设小球运动到B点时的速度为vB，从A运动到B只有重力做功，根据动能定理：

代入数值可解得：vB=3m/s

小球能达到圆弧轨道的最高点的条件是，代入半径和重力加速度的数值知，

因为：vB=3m/s＞2m/s

所以小球到达B点时的速度大小为vB=3m/s；

（3）小球离开B点后做平抛运动，抛出点高度h=2R=0.8m

竖直方向小球做自由落体运动即，所以小球做平抛运动的时间t=

水平方向小球做匀速直线运动，小球落地时水平方向的位移x=vBt=3×0.4m=1.2m

答：（1）小球进入圆轨道通过A点时对轨道的压力为7.25N；

（2）小球经过B点时速度vB=3m/s；

（3）A、C间的距离x=1.2m．

解：（1）设滑块飞出平台时的速度大小为υ，在空中飞行的时间为t．滑块飞出平台后做平抛运动

x=υt

h=gt2

代入数据解得υ=2.0m/s

（2）滑块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

F-μmg=ma1

代入数据解得a1=2.0 m/s2

木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

μmg=Ma2

代入数据解得a2=1.0 m/s2

设经过时间t1，木板与平台碰撞

d=a2t12

代入数据解得    t1=s

此时滑块的速度

υ1=a1t1=m/s=m/s

此后滑块在木板上继续滑行，滑行的距离为x1，即滑块与平台左端之间的距离，

根据动能定理

-μmgx1=mυ2-mυ12

代入数据解得x1=1.0m

答：（1）滑块从平台飞出时速度的大小为2.0m/s；

（2）木板与平台碰撞时，滑块与平台左端A之间的距离为1.0m．

解：（1）飞机达到最大速度时，其牵引力 F与阻力f大小相等，由P=Fvm=fvm，则：；

（2）匀加速直线运动结束时刻：P=Fv1，则：

由动能定理得：

得匀加速直线过程的位移：

答：（1）飞机在跑道上加速时所受阻力f的大小为；

（2）匀加速直线过程的位移位移．

解：（1）在A点，v0=vAcos60°=2m/s，

vy=vAsin60°=2m/s，

小球做平抛运动，

竖直方向：h==0.6m，

vy=gt，运动时间t==0.2s，

水平位移x=v0t=0.4m．

（2）设小球沿斜面向上运动的距离为s，

由动能定理得：mg（R-Rcos60°）-mgssin37°-μmgscos37°=0-mvA2，

解得：s=1.25m，设物体下滑时越过A点，

由动能定理得：mgssin37°-μmgscos37°-mg（R-Rcos60°）=mv2-0，

解得：mv2=-1.2J＜0，

故小球不能过A点，只能在AB与斜面上往复运动，最后停在B点，

由能量守恒定律：mg（R-Rcos60°）+mvA2=μmgcos37°•s总，

解得：s总=3.125m；

答：（1）P点与A点的水平距离为0.4m，竖直高度为0.6m；

（2）小球在斜面上滑行的总路程为3.125m．