热门试卷

解：（1）设瓶运动的最远距离为，由功能关系得：

μ=

得=m<3.2m，所以不能成功

（2）游戏要想获得成功，瓶滑到点速度恰好为0，从到，由动能定理得

max1－μ(1+2+3)=0 

解得max=40N  

（1）

（2）Ep=MgL或Ep=mgL

（1）系统减少的重力势能全部转化为内能

(m+M)gLcos+MgLcos=mgLsin  

（2）(m+M)gLsin30°=(m+M)gLcos30°+Ep

Ep=MgL或Ep=mgL

（1）物体在斜面AB上下滑，机械能守恒：mgh0=mvB2+0

vB===2m/s．

（2）根据动能定理得：mgh0-μmgx0=mvC2-0

vC===3m/s．

根据牛顿第二定律得：μmg=ma

则a=μg=0.3×10m/s2=3m/s2．

t1==s=0.155s．

（3）不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上．正确解法：

假定无台阶，滑块直接落在地上，t′==s=0.4s

水平位移x′=vct′=1.2m，恰好等于3L（也就是恰好落在图中的D点），因此滑块会撞在台阶上．

当滑块下落高度为2h时，t″==s=0.283s

水平位移x″=vct″=3×0.283m=0.85m，大于2L，所以也不会撞到①、②台阶上，而只能落在第③级台阶上．

则有：3h=gt22，t2=

xpc=vct2=3×=≈1.04m．

答：（1）滑块经过B点时的速度为2m/s．

（2）滑块从B点运动到C点所经历的时间t为0.155s．

（3）不正确，最终水平位移为1.04m．

（1）物体在斜面滑下的过程中，重力做功mgsin37°×s1，滑动摩擦力做功为-μmgcos37°×s1，s1是斜面的长度，由动能定理得：

斜面上：mgsin37°×s1-μmgcos37°×s1=mv2-0…①

解①式得：v=4m/s…②

（2）平面上，由动能定理得：-μmg×s2=0-mv2…③

由①、②式得：s2=1.6m…④

答：（1）物体到达斜面底端时的速度大小为4m/s；

（2）物体能在水平面上滑行的距离为1.6m．

物体从静止到停止受力如图

由动能定理有：

mgh-f1s1-f2s2=0-0=0

f1=μmgcos37°

f2=μmg，

其中　s1=5m

解得：s2=6m．

答：该物体下滑后将在距斜面底端6m处停止．

（1）飞镖从B到D做平抛运动，

在竖直方向上：2R=gt2，

水平方向：s=v1t，

小孩在B点，由牛顿第二定律得：

F-Mg=M，

解得：F=400N，方向竖直向上；

（2）从A到B过程，由动能定理得：

（M+m）gh=（M+m）v12+（M+m）v02，

解得：v0=8m/s．

（3）飞镖飞出后做平抛运动：

在竖直方向上：R=gt′2，

水平方向：s=v2t′，

抛出飞镖过程，对飞镖，由动能定理得：W=mv22-mv12，

代入数据解得：W=40J．

答：（1）小孩刚摆至最低处B点时，绳子对人的拉力为400N，方向竖直向上；

（2）孩子在A处被推出时初速度vo的大小为8m/s；

（3）在B处小孩对飞镖做的功为40J．

（1）由动能定理得：W=△EK=mv02=14.4J；

（2）在小球的整个运动过程中，由动能定理得：

mgh=mv2-mv02，解得：v=14m/s；

（3）在整个运动过程中，由动能定理得：

mhg-Wf=mv12-mv02，解得：Wf=2.7J；

答：（1）人抛球时对球做14.4J的功；

（2）若不计空气阻力，小球落地时的速度为14m/s；

（3）若小球落地时的速度大小为v1=13m/s，小球在空中运动过程中克服阻力做了2.7J的功．

小题1:8m/s

小题2:77.5N

小题3:通过4个圆轨道

(1)设经第一个轨道最高点的速度为v，由机械能守恒有

即有

(2)设物块经B点时的速度为vB，从A到B的过程由动能定理，

对物块经B点受力分析，由向心力公式有   

联立两式解得　

由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为77.5N．　　　　　　　　　　

(3)设物块恰能通过第n个轨道，它通过第n个轨道的最高点时的速度为vn，有

对物块从A到第n个轨道的最高点的全过程由动能定理得

又因为 

由以上三式可整理得

即

将v0=12m/s，=0.5，R1=2m，k=0.8，g=10m/s2代入上式，整理得，

即有，解得 　　　　　　　　　　　　

故物块共可以通过4个圆轨道．

（1）一开始A与水平地面之间的滑动摩擦力f1=μmg，A在F的作用下向右加速运动．

由动能定理得  （F-f1）s=m①

A、B两木块的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得

m v1=（m+m）v2                               ②

碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设AB整体、C向前移动的位移分别为s1、s2，受滑动摩擦力分别为f2=3μmg、f3=μmg，选三个物体构成的整体为研究对象，外力之和为零，则

2mv2=（2m+m）v3 ③

解①②③得v3=，再代入数据可得v3=m/s                 ④

所以最终A、B、C的速度是m/s

（2）对于AB整体   （F-f2）s1-f3s1=×2m-×2m⑤

对于C       f3 s2=m⑥

C相对于AB的位移为S3，由几何关系得   2 L+S2+S3=S1+2 L      ⑦

②③④⑤⑥解得S3=S，再代入数据可得   S3=m                ⑧

要使C刚好完全离开B （即AC对齐）C相对于A的位移  L≤S3=m      ⑨

要使C不脱离木板A则 L≥S3解得 m=10 ⑩

要使C完全离开B并不脱离木板A，每块木板的长度应满足：m≤l≤m（11）

答：（1）最终A、B、C的速度是m/s．

（2）要使C完全离开B并不脱离木板A，每块木板的长度应满足m≤l≤m．

(1)4m   (2)42N  (3)3m  (4)4:3

试题分析：(1)根据动能定理可得，解得。

（2）物块到达B点的速度为，

根据机械能守恒有，

解得，

在B点，合外力等于向心力，即

解得，根据牛顿第三定律可得小车固定时物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为42N。

（3）到达B点前小车不动，系统当物块到达B点以后的运动动量守恒，最终二者速度相同

所以解得

此过程中物块的加速度大小

小车的加速度大小

速度相等时物块的位移由，解得

速度相等时小车的位移由，解得

小车不固定时物块再次停在小车上时距小车B点的距离

（4）小车固定时摩擦系统产生的热量，小车不固定时摩擦系统产生的热量，所以

点评：本题（3）还可以根据系统损失的机械能等于系统产生的热来计算小车不固定时物块再次停在小车上时距小车B点的距离，即。

（1）粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理得：qU=m

代入数据解得：v1==m/s=104m/s

（2）粒子进入匀强电场中做类平抛运动，沿初速度方向做匀速运动，则有：d=v2t，

粒子沿电场方向做匀加速运动，则有：vy=at

由题意得：tan30°=

由牛顿第二定律得：qE=ma，

联立以上相关各式并代入数据得：

E=×103N/C=1.732×103N/C

（3）在匀强电场中水平方向上，对粒子，由动能定理得：

qUab=mv2=m（+）

联立以上相关各式并代入数据得：

Uab=400V

答：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1为104m/s．

（2）匀强电场的场强大小为1.732×103N/C．

（3）ab两点间的电势差为400V．

（1）在斜面上物体重力沿斜面向下的分力为G1=mgsin37°=0.6mg，物体所受的摩擦力f=μmgcosθ=0.16mg．

由于f＜G1，故物体在木板上停不住．

（2）从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为s，由动能定理得，

mgh-μmgscos37°=0-0

代入数据解得s=11.25m．

（3）假设物体依次能到达B点、D点，由动能定理得，

mg（h-Lsin37°）-μmgcos37°×(+L)=mvB2-0，

解得vB＞0．

mg（h-Lsin37°）-μmgcos37°×(+3L)=mvD2-0，发现无解．

说明物体能通过B点，到不了D点，最终停在C点处．

答：（1）物体不能静止在木板上．

（2）物体运动的总路程为11.25m．

（3）物体最终停止在C处．

（1）mA =" 1" kg

（2）EKB ="3" J

（1）FμmAg cosαmAgsinα= mAa             （3分）

                                     （2分）

a= 2m/s2   mA =" 1" kg                               （2分）

（2）  （4分）

                                         （2分）

EKB ="3" J                                           （1分）

（1）AB

（2）（i），方向水平向右。

（ii）

（1）（4分）AB（选不全得2分）

（2）（11分）（i）（4分）取水平向右为正方向

方向水平向右    ③

（ii）（7分）解法一:

评分参考：①⑤⑥式各2分；②③式各1分；④式3分。

解法二:

评分参考：①⑤⑥式各2分；②③式各1分；④式3分。