热门试卷

解：（1）小滑块由A到B的过程中，根据动能定理得，

mgR-W=mv2 ，

解得：W=mgR-mv2 =3J

（2）小滑块在圆弧轨道底端B点受重力和支持力，

根据牛顿第二定律，FN-mg=m

解得：FN=18N

答：（1）小滑块由A到B的过程中，阻力所做的功Wf为3J；

（2）小滑块在B点轨道对小滑块的支持力为18N．

解：（1）滑板从接触弹簧到速度变为零的过程中，弹簧的弹力不断增大，弹力和滑动摩擦力之和先小于重力沿斜面向下的分力，后大于重力沿斜面向下的分力，合力先减小后反向增大，所以加速度先减小后增大，速度先增大后减小；

（2）对人与滑板由A到B，由牛顿第二定律得：

  mgsinθ-Ff=ma

又 x1=at2

 Ff=μmgcosθ

克服摩擦力做的功为 Wf=Ffx1

联立以上各式解得：Wf=μmg2t2cosθ（sinθ-μcosθ）=μmg2t2（sin2θ-2μcos2θ）

（3）运动到B点时的速度为vB=at

由B到C损失的机械能△E=mvB2+mgxsinθ

解得：△E=mg2t2（sinθ-μcosθ）2+mgxsinθ

在由A到C的整个过程中，由功能关系可知，弹簧获得的最大弹性势能等于人和滑板整个过程中损失的机械能与克服摩擦力做功之差，

即 Ep=mg（x1+x）sinθ-μmg（x1+x）cosθ

将x1代入后得：Ep=mg2t2（sinθ-μcosθ）2+mgx（sinθ-μcosθ）

答：（1）加速度先减小后增大，速度先增大后减小；

（2）由A到B过程中滑板克服摩擦力所做的功为μmg2t2（sin2θ-2μcos2θ）；

（3）由B到C过程中，人和滑板总共损失的机械能为mg2t2（sinθ-μcosθ）2+mgxsinθ，弹簧的最大弹性势能为mg2t2（sinθ-μcosθ）2+mgx（sinθ-μcosθ）．

解：（1）离开B点后做平抛运动，故：

x=vt

h=

联立解得：

x=v=5×=2.5m

（2）对平抛过程，根据动能定理，有：

mgh=

解得：

v′==m/s

（3）对从A到B的过程，根据动能定理，有：

mgR+Wf=

解得：Wf===-1.5J

答：（1）小滑块从B点抛出至地面运动的水平位移大小为2.5m；

（2）小滑块着地时的速度大小为5m/s；

（3）小滑块沿圆轨道运动的过程中所受摩擦力做的功是-1.5J．

解：（1）在由A滑到O点的过程中，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得：mgh-mv2

解得：v==

（2）物块压缩弹簧后，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得：

mv2=

（3）物块滑回到O点时与刚滑到O点时速度大小相等，从坡底到坡顶，由动能定理得：

--mgmv2

代入数据得：

答：（1）物块滑到O点时的速度大小为2m/s

（2）弹簧为最大压缩量时的弹性势能4J

（3）物块A被弹回到坡道上升的最大高度

解：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，由动能定理得：mgh-μ1mgL=0-0，

代入数据解得：h=0.2m；

（2）①设物块的加速度大小为，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得：

cosθ=          

对物体，由牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，

对工件和物体整体，由牛顿第二定律得：

F-μ2（M+m）g=（M+m）a，

代入数据解得：F=8.5N；

②物体做平抛运动，

在竖直方向上：h=gt2，

水平方向：x1=vt，

x2=x1-Rsinθ，

联立并代入数据解得：x2=0.4m；

答：（1）P、C两点间的高度差是0.2m；

（2）①F的大小是8.5N；②物块的落点与B点间的距离是0.4m．

（1）设小球a、b碰后的速度分别为v1和v2，由动量守恒和碰撞前后系统动能相等：

mav0=mav1+mbv2           ①

mav02=mav12+mbv22    ②

 解①和②得：v1=-2m/s，v2=4m/s 

∵v1=-2m/s说明碰后小球a反方向向左运动，小球b以v2=4m/s的初速度沿曲面向下进入圆轨道，在圆轨道最高点由重力提供向心力得：

mbg=mb

得小球在最高点C的速度v高= 

 小球b从最低点到最高点的运动过程中，由机械能守恒得：

mbv低2=mbv高2+2mbgR

解得：v低=

在最低点时，小球受到地面的支持力和重力的合力提供向心力：

FN-mbg=mb得：

FN=mb+mbg=2×+2×10N=120N   

（2）设在曲面上，摩擦力对小球b做功W，小球b从碰后到最低点的运动过程中，由动能定理得：

mbgH+W=mbv低2-mbv22        

由（1）分析得v底===m/s，v2=4m/s，代入解得：

 W=-16J 

即：小球克服摩擦力做功16J．

答：（1）小球b通过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小为120N；

（2）小球b在粗糙曲面上运动过程中克服摩擦力做的功为16J．

（1）只要考虑R调节到零时，闭合电路中的电流不超过I0电路就安全了．

由欧姆定律得I=≤I0，

解得R0≥；

（2）p1、p2带负电，在Q正点电荷的电场中作匀速圆周运动，库仑力提供向心力，带电粒子在电场中加速

由动能定理：qU=mv2，

其中q为带电粒子的带电量，v为带电粒子出枪口的速度，带电粒子出枪口后作匀速圆周运动，

由牛顿第二定律得：F=m，

其中F为库仑引力F=k，

上面两式解之得：加速电压满足U=，与带电粒子的带电量q无关，只与电性有关，

所以只要电压满足条件，粒子为负电荷都能作匀速圆周运动．

（3）只要R0两端的电压满足U=，就满足了（2）的条件，

由欧姆定律得R0两端的电压为U=IR0，I=，

以上两式解得R=(-1)R0，

R的阻值应调节为(-1)R0．

答：（1）若电源的额定电流为I0，则电阻R0的阻值满足R0≥条件才能使下面部分闭合电路安全工作；

（2）加速电压满足U=，与带电粒子的带电量q无关，只与电性有关，所以只要电压满足条件，粒子为负电荷都能作匀速圆周运动．

（3）设（2）中的加速电压U是由a、b输出，c、d输入的，要保证带电粒子p1、p2进入Q区域后做匀速圆周运动，电阻箱R的阻值应调节为(-1)R0．

（1）壁面光滑，小球上升过程机械能守恒，由机械能守恒定律，得：mg(2r1+2r2)=mv02…①

得：v0=2

（2）取竖直向下为正，设小球到达下管最高点P的速度为v，对管道的压力为N，则有：mv02=mv2+mg•2r1…②

在下管最高点P，有：mg+N=m…③

由①②③得  N=(-1)mg

r1=4r2时，N=0；r1＞4r2时，N＞0，向下，压上壁；r1＜4r2时，N＜0，向上，压下壁；

答：（1）入射速度为2；

（2）r1=4r2时，N=0；r1＞4r2时，N＞0，向下，压上壁；r1＜4r2时，N＜0，向上，压下壁；

（1）因小球恰好能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，所以由圆周运动的知识得：

mg=m①

解得：vB=②

（2）小球在从点A到B的过程中，只有重力对小球做功，故它的机械能是守恒的，以点A所在的平面为参考平面，由机械能守恒定律得mv02=mvB2+mg•(l+)③

解②、③两式，得v0=④

（3）因2＞，小球恰好能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，所以在小球从点A到B的过程中要克服空气阻力做功，设此值为W，则由动能定理得-mg•(l+)-W=mvB2-mv02⑤

解得    W=

答：（1）小球到达B点时的速度是

（2）若不计空气阻力，则给小球的初速度应该是

（3）小球从点A到B的过程中克服空气阻力做功为

（1）设物体在斜面上滑行的总路程为S．对物体从A到B（或E）的过程，应用动能定理得

     mgRcosθ-μmgcosθS=0

解得   S=

（2）当物体第一次经过C点时，速度最大，设为vC1．由几何知识得到，AB的长度AB=Rcotθ

对A到C过程，由动能定理得

    mgR-μmgcosθRcotθ=m

设轨道对物体的支持力F1，由牛顿第二定律得

   F1-mg=m

 联立解得F1=3mg-2μmgcosθcotθ 

当最后稳定后，物体在BE之间运动时，设物体经过C点的速度为vC2，由动能定理得

   mgR（1-cosθ）=m

设轨道对物体的支持力F2，由牛顿第二定律得

   F2-mg=m

联立解得  F2=3mg-2mgcosθ

由牛顿第三定律可知，物体对C点的最大压力为3mg-2μmgcosθcotθ，

最小压力为3mg-2mgcosθ

答：（1）小物体在斜面上滑行的总路程是；

   （2）物体对C点的最大压力为3mg-2μmgcosθcotθ，最小压力为3mg-2mgcosθ．

运动到轨道最高点时速度最小

在圆心处电荷产生的电场中，圆轨道恰好在它的一个等势面上，小球在圆轨道上运动时，库仑力不做功，当小球运动到圆轨道最高处时，其重力对它做的负功最多，此时速度最小．

在最低点，小球受到的电场力F与重力mg方向相同，小球不会脱离轨道．

在最高点，小球受到的电场力F与重力mg方向相反，

当F≥mg时，在最高点小球也不会脱离轨道．此时，小球在最高点的速度v应满足：v≥0        ①

小球从圆轨道最底处运动到最高处的过程中由动能定理得：

-mg×2R=mv2-m             ②

由①和②解得：v0≥2                     

这就是在F≥mg条件下，小球在最低点速度应满足的条件在最高点．当F＜mg时，小球在最高点的速度v 应满足：

mg-F+FN=m          ③

FN为轨道对小球向向下的压力，根据意知FN≥0       ④

由②③④可解得：v0≥ 这就是在F＜mg条件下，小球在最低点速度应满足的条件．

答：（1）小球A运动到最高处时其速度最小，因为小球圆周运动过程中只有重力做功，根据动能定理有克服重力做功最多时，小球动能最小即速度最小．

（2）要使小球A在运动中始终不脱离圆轨道而做完整的圆周运动，小球A在圆轨道的最低处的初速度应满足：v0≥2（F≥mg），v0≥（F＜mg）．

设滑块至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有：-μmg5R=m-m

解得：=8gR              

滑块从B点开始运动后机械能夺恒，设滑块到达P处时速度为vP，则：m=m+mg2R

解得：vP=2gR                              

滑块穿过P孔后再回到平台的时间：t==4

要想实现题述过程，需满足：ωt=（2n+1）π

ω=(n=0，1，2…)

故平台转动的角速度ω应满足条件为ω=(n=0，1，2…)．

解：由小球带正电，其电量正好使小球的重力为小球所受电场力的倍，可知小球所受合力与绳子的夹角为锐角，又因其合力为恒定，初速度为零，所以小球从A到C不沿弧线AC运动，而沿直线AC运动，设丝线的长为L，小球运动到C点的速度为vc，由动能定理有：

 ①

小球在C点： ②

小球运动到B点时的速度为vB，从C运动到B过程中，由动能定理有：

 ③

由题意知： ④

小球运动到B点时，丝线的拉力为F，由牛顿第二定律得：

 ⑤

由①②③④⑤得： ⑥