热门试卷

解：选择物体由高H的A点静止释放到滑到圆形轨道最高点B为研究过程，设斜面长为l，在圆轨道最高点的速度为v，由动能定理，有：

     ①

其中：f=μmgcosθ               ②

                      ③

由竖面内圆周运动规律有：

                    ④

由①②③④得：

得：         

故H≥

答：高度H最少为．

解：（1）斜面AB上下滑，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgh0=mvB2，

代入数据解得：h0=0.8m；

（2）从B到C过程，由动能定理得：

，

代入数据解得：vC=3m/s，

由牛顿第二定律得：μmg=ma，

代入数据解得：a=μg=2m/s2，

由匀变速运动的速度公式可知，时间：=0.5s；

（3）该同学接法不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上． 正确解法：假设没有台阶，滑块直接落在地上，滑块做平抛运动，在竖直方向上：

H=gt′2，

代入数据解得：t′=0.4s，

水平方向，位移：x′=vct′=3×0.4=1.2m，恰好等于3L，

恰好落在图中的D点，因此滑块会撞到台阶上．当滑块下落高度为2h时，h=gt″2，

代入数据解得：t″≈0.283s，

水平位移：x″=vct″=3×0.283=0.85m，大于2L，

所以也不会撞到第①、②台阶上，而只能落在第③级台阶上．  

则有：3h=gt22，水平位移：xPC=vCt2，

代入数据解得：xPC≈1.04m；

答：（1）斜面上A点到B点的竖直高度为0.8m；

（2）滑块从B点运动到C点所经历的时间为0.5s；

（3）平抛运动知识求出了水平位移为1.04m．

解：以滑块为研究对象，在滑块运动过程中只有滑块受到的摩擦力对滑块做功，因为滑块运动过程中摩擦力始终对滑块做负功，令滑块相对于盒子运动的路程为A，则根据动能定理有：

可得滑块滑过的路程s==

因为盒子长L=0.1m，故可知碰撞次数n==（次），

n取整数，故滑块与盒子碰撞4次．

答：整个过程滑块与盒子碰撞的次数为4次．

解：物体滑下时，由动能定理可得：

mgh-Wf=0；

解得：Wf=mgh；

对于物体上滑的过程中，由动能定理可知

-Wf-mgh=0-mv2；

解得v=2；

答：物体的水平速度应为2；

解：（1）根据牛顿第二定律得，mg=m，

解得．

（2）根据动能定理得，，

根据牛顿第二定律得，N-mg=m，

联立解得N=6mg．

根据牛顿第三定律知，过山车过最低点D时对轨道的压力为重力的6倍．

（3）在最低点，根据牛顿第二定律得，，

解得，

根据动能定理得，mgh=，

解得h=3R．

允许过山车初始位置与B点的最大距离s==．

答：（1）过山车经过C点时的速度大小为；

（2）在（1）情况下过山车过最低点D时对轨道的压力为重力的6倍；

（3）允许过山车初始位置与B点的最大距离为．

解：（1）v0=72km/s=20m/s，故在反应时间内驾驶员匀速运动的距离为：s0=v0t0=20×0.8m=16m 

若车在标志杆前停止运动，由运动学公式可得：≤s-s0

可求得：a≥50m/s2 

由牛顿第二运动定律可得：F制=ma≥5×104N  

（2）在平路行驶时获得的最大速度时，汽车匀速运动由：

当汽车保持总功率不变，在斜坡上运动，达到最大速度时由：（μMgcosθ+Mgsinθ）v2=P总

代入数据得：v2=5m/s

对于在斜面上运动的全过程，由动能定理可得：

代入数据得：s=223.2m 

答：

（1）刹车过程中的制动力至少5×104N；

（2）t=45s时车沿斜面运动的路程223.2m

解：设物体的质量为m，空气阻力大小为f，上升的最大高度为h，根据动能定理得，

上升过程：-（mg+f）h=0-mv02

下降过程：（mg-f）h=m（）2

联立得：=

故答案为：3：5．

解：（1）传送带上运动，则摩擦力一直向上，则物块的加速度为：

a==gsin37°-μgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8=2m/s2．

物体下滑到底部的时间为：t===4s；

此时传送带的位移为：s传送带=vt=1×4=4m，

相对位移为：x=s传送带+16=4+16=20m，

则产生的热量为：Q=μmgcos37°x=0.5×5×10×0.8×20=400J；

（2）物块甲到达C点的速度为：vC=at=2×4=8m/s，

物体由C到乙的位置时，由动能定理可得：

-μmgx1=mv甲2-mvC2，解得：v甲=m/s；

碰后乙恰好到达最高点，由牛顿第二定律得：m乙g=m乙，

解得：v===m/s，

对乙物体运动过程由动能定理可得：

-μm乙g（L-x1）=m乙v2-m乙v乙2，

解得，碰后乙的速度为：v乙=4m/s，

答：（1）物块甲在传送带上滑动产生的热量为400J；

（2）碰撞后一瞬间物块乙的速度为4m/s．

解：（1）小球从O运动到b，设到b点的速度为vb，据动能定理有：

-mg（R+2r）=mv- 

小球恰好过b点，即：FN=0，

则有：mg=m   

代入得：R=0.5m  

（2）小球在b点离开轨道后，在重力力作用下做平抛运动，

x方向：x=vbt

y（负）方向：2R+2r= 

结合①得：y=4

显然，当r=0.75m时x坐标有最大值．    

（3）设小球在O、b两点的作用力分别为FO和Fb，则有：

F0-mg=m

得：F0=2.1N

Fb+mg=m

得：Fb=0.5

△F=F0-Fb=2.6  

所以截距为2.6N

答：（1）取r=1.6m时，发现小球恰好能从b处飞出，Oa部分的半径R为0.5m；

（2）r取0.75m，小球从b处飞出后，到达x轴上的位置（离原点）最远；

（3）直线在△F轴上的截距为2.6N．

解：（1）由图象可知 当θ1=时，s1=5m，此时小物块做竖直上抛运动

可得：

（2）由图象可知 当θ2=0时，s2=10m，此时木板水平

由动能定理得：0-m=-μmgs2

μ=

（3）当板与水平方向夹角为θ时，沿斜面上滑的距离为s，

由动能定理得：0-m=-mgssinθ-μmgscosθ

即S=

令a=sinθ+μcosθ=

设所以

，时，a存在最大值

am==，

对应s的最小值为smin=

P点的坐标值（，）

答：（1）小木块的初速率是10m/s，

（2）小木块与木板间的动摩擦系数是0.5．

（3）对应于x-θ曲线上x取最小值的P点的坐标值是（，）．

解：（1）球从抛出到落地过程中，由动能定理得

  Wf=-=（22-102）J=-9.6J

克服空气阻力做功为9.6J

（2）由题意得，空气阻力f=kv

落地前匀速运动，则mg-kv1=0

刚抛出时加速度大小为a0，则

mg+kv0=ma0

解得a0=（1+）g=60m/s2

答：

（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功是9.6J；

（2）球抛出瞬间的加速度大小是60m/s2．

解：（1）根据牛顿第二定律得，mg=

解得=．

（2）对物块在P点到Q点的过程运用能量守恒得，

解得．

（3）根据能量守恒得，

代入数据解得vQ′=

对Q到A运用动能定理得，

代入数据解得vA=6m/s．

根据牛顿第二定律得，

解得N=．

则物块释放后运动至A点时对轨道的压力为10N．

根据h=得，

t=．

则水平位移x=vAt=6×0.5m=3m．

答：（1）物块到达Q点时的速度大小为2m/s；

（2）弹簧被压缩至P点时具有的弹性势能为0.4J．

（3）物块释放后运动至A点时对轨道的压力为10N，从A点飞出后的水平位移为3m．