热门试卷

解：（1）摩托车在空中做平抛运动，设摩托车飞行时间为t1。则

 ，

（2）设摩托车到达高台顶端的速度为vx，即平抛运动的水平速度

竖直速度为vy=gt1=10.0 m/s

摩托车落地时的速度：或v=14.1 m/s

（3）摩托车冲上高台过程中，根据动能定理：

Wf=Pt－mgh=4.0×103×3－1.8×102×10×5.0=3.0×103J

所以，摩托车冲上高台过程中摩托车克服阻力所做的功为3.0×104 J

（1）对物体由动能定理可得：

-μmgL=mv12-mv02，

解得物体离开桌面边缘时的速度大小为

v1=3.0m/s

（2）物体离开桌子做平抛运动，则有

h=gt2

S=v1t

由①②解得S=1.2m

（3）设物体落地时竖直方向的速度为vy，合速度为υ，

vy=gt

所以v==5m/s

设落地速度方向与水平方向成θ角

tanθ==

答：（1）物体离开桌面边缘时的速度大小为3.0m/s．

（2）物体落地点与桌子边缘的水平距离为1.2m．

（3）物体落地时的速度大小为5m/s，与水平方向的夹角正切值为．

（1）木块从N到NN′中点，再回到N点，此过程弹簧弹力做功代数和为零，克服摩擦力做的功为W克；若木块与弹簧不相连接，木块从N到达N′过程中，弹簧弹力不做功，克服摩擦力做的功也为W克，又因为两种情况木块到达N时的速度相同，所以根据动能定理可得，到达N′的速度v′应等于第一次回到N时速度v，即v′=v     

   （2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功为W：

       W-W克=mv2    

       W=mv2+μmgL   

   （3）木块落地时速度为vp

        t=   h=gt2=    

        mgh=mvp2-mv2   

        解得：vp=

   vp与水平方向夹角为θ，

        cosθ==

   所以θ=arccos．

答：（1）木块通过N′点时的速度为v；（2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功为mv2+μmgL；（3）木块落地时速度vp的大小为，方向与水平方向成arccos度角．

解：（1）设斜面长度为L1，斜面倾角为α，根据动能定理得

  ①

即  ②

  ③

（2）根据平抛运动公式x=v0t ④

  ⑤

由③④⑤式得  ⑥

由⑥式可得，当

smax=L+H－μL

（3）在⑥式中令x=2 m，H=4 m，L=5 m，μ=0.2，则可得到-h2+3h－l=0

求出

解：（1）设赛车越过壕沟在C点的最小速度为v1，由平抛运动的规律

解得

（2）设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律

解得

通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是

设电动机工作时间至少为t，根据功能原理

由此可得t=1.414s

（1）物块A做平抛运动的时间t==0.5s

从桌面边缘飞出的速度为v==1.5m/s

（2）碰撞前A的速度为v0，碰撞后A的速度为v1，B的速度为v2，

根据动能定理有：-μmgl=mv2-mv12，-μmgl=0-mv22

带入数据解得：v1=2.5m/s，v2=2m/s

根据动量守恒得：

mv0=mv1+mv2

解得：v0=4.5m/s

则碰后损失的机械能为△E=mv02-mv12-mv22=0.5J

答：（1）小物块A从桌面边缘飞出时的速度大小为1.5m/s．

（2）小物块B与A碰撞过程中B与A组成的系统损失的机械能为0.5J．

对与滑块1，从A到B过程机械能守恒，有

m=m+mgh

得 vB=

从B点抛出后，有

x1=vBt

2h=gt2

解得

x1=2•

对于滑块2，从A到C过程，由动能定理，得到

-μmgS=m-m

由于μ=0.5，根据几何关系S=2h，得vc==

从C点抛出后：

得x2=•

依题意有：x1=x2

解得：v0=

即滑块的初速度v0应满足v0=．

（1）设运动员从C点飞出时的速度为vC，从A运动到C的过程中运用动能定理得：

            mvC2-0=mgh-μmgcosα-μmgs

         带入数据解得：vC=30m/s

    （2）设运动员在CD上的着落位置与C点的距离为L，运动时间为t，根据平抛运动的基本公式得：

         水平方向：Lcosθ=vCt

         竖直方向：Lsinθ=gt2

         解得：L=120m

答：（1）运动员在C点起跳时的速度大小为30m/s；（2）运动员在着陆坡CD上的着陆位置与C点的距离为120m．

（1）质子从a到b洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由于动能减少，电场力做负功，所以电场沿x轴负方向．依题意质子的运动轨迹从a到b，根据曲线运动的条件和左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里．故电场方向指向x轴负方向；磁场方向垂直纸面向里．

（2）质子从a到b，洛伦兹力不做功，仅电场力做功．由动能定理得：

  -qE•=-qE•=m•(v0)2-m…①

得：E=…②

质子从b到c，做类平抛运动，设运动时间为t，

则：=v0t…③

=at2=t2…④

联立②、③、④得：=d…⑤

（3）质子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，设做圆周运动的半径R，则

   qBv0=…⑥

即：R=⑦

讨论：

（i）如图，当R＞=d时，质子将从HQ边射出，此时：0＜B＜，0＜θ＜  ⑧

（ii）当=d≥R≥=d时，质子将从OH边射出，此时：≤B≤，π≥θ≥π⑨

（iii）当R＜=d时，质子将从Oa边射出，此时：B＞，θ=π⑩

答：（1）电场方向指向x轴负方向；磁场方向垂直纸面向里．

（2）电场强度E的大小为，c到坐标原点的距离等于d；

（3）（i）当R＞=d时，质子将从HQ边射出，此时：0＜B＜，0＜θ＜．

（ii）当=d≥R≥=d时，质子将从OH边射出，此时：≤B≤，π≥θ≥π．

（iii）当R＜=d时，质子将从Oa边射出，此时：B＞，θ=π．

（1）由于h1=30m，h2=15m，设物块从A运动到B的时间为t，则h1-h2=gt2

解得t=s．

由Rcos∠BOC=h1-h2，R=h1

所以∠BOC=60°

设小物块平抛运动的水平速度是v1，则=tan60°

解得v1=10m/s．

（2）由能量守恒可得，弹簧压缩时的弹性势能为Ep=mv12=50J．

设C、E两点间的距离为L，根据动能定理得，mgh1+mv12=μmgL．

解得L=50m．

答：（1）小物块滑下平台的速度为10m/s．

（2）小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小为50J，C、E两点间的距离为50m．

（1）小球恰好到最高点，

由动能定理得：mg=m，

从B到最高点过程中，由动能定理可得：

-2mgR=mv2-mvB2，

解得：vB=3m/s；

（2）在赛车越过战壕的过程中，做平抛运动，

在竖直方向上：h=gt2，

在水平方向上：s=vCt，

解得：vC=4m/s，

从A到C过程中，由动能定理得：

Pt-fL=mvC2-0，

解得：t=2.2s；

答：（1）赛车到达B点的速度为3m/s．

（2）电动机至少要工作2.2s．

（1）设液体从喷口水平射出的速度为内，活塞移动的速度为v

则 v0=s                                               ①

由 v0A=Vl2                                                ②

所以活塞移动的速度 v=（）v0=．                                   ③

（2）设装置功率为P，△t时间内有△m质量的液体从喷口射出

P△t=△m（v02-v2）                               ④

∵流出的水的质量为△m=L2v△tρ                                      ⑤

∴P=L2vρ（v02-v2）=（1-）v03

所以该装置的功率为 P=(

g

2h

)32．                        ⑥

（3）因为装置的功率即为安培力的功率，即 P=F安v                                           ⑦

∴L2ρv（v02-v02）=BILv                                 ⑧

所以磁感强度B的大小为 B==．                       ⑨

（4）感应电动势为 U=BLv

∴喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等会引起电压表读数变小．

（1）设运动员从a点到c点的过程中克服阻力做功Wf，

根据动能定理得：

mgH1-Wf=m-0①

而Wf=kmgcosθ•+kmg•②

L=abcosθ+③

由①②③式并代入数据，解得vc=5m/s④

（2）运动员从c点水平飞出到落到de轨道上的过程中做平抛运动，设从c点到着陆点经过的时间为t

水平位移x=vxt⑤

竖直位移y=gt2⑥

由几何关系=tanθ⑦

水平方向分速度vx=vc⑧

竖直方向分速度vy=gt⑨

v0=vxcosθ+vysinθ⑩

由④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据，解得v0=10m/s

（3）设运动员第一次沿ed斜面向上滑的最大高度为h1'，

根据功能关系mg(h1-)=kmgcosθ(+)

解得=h1

同理可得，运动员第二次沿ef斜面向上滑的最大高度h2==()2h1

以此类推，运动员第四次沿ef斜面向上滑的最大高度h4=()6h1

解得=

答：（1）运动员从c点水平飞出时的速度大小vc为5m/s；

（2）运动员在de上着陆时，沿斜面方向的分速度大小v0为10m/s；

（3）设运动员第一次和第四次滑上ef轨道时上升的最大高度分别为h1和h4，则h1：h4等于1：64．

（1）B分离后做平抛运动，由平抛运动规律可知：

h=gt2

vB=  

代入数据得：vB=1 m/s

（2）AB分离时，由动量守恒定律得：

mAve=mBvB    

A球由e到d根据动能定理得：

-μmAgl=mAvd2-mAve2       

代入数据得：vd=2m/s

（3）A球由d到b根据机械能守恒定律得：

mAgR=mAvd2-mAvb2

A球在b由牛顿第二定律得：

mAg-mAg=mA        

代入数据得：R=0.5m

答：（1）AB分离时B的速度大小为1 m/s；

（2）A到达d点时的速度大小为2m/s；

（3）圆弧abc的半径R为0.5m．