热门试卷

解：(1)小物块从C水平飞出后做平抛运动，由

得小物块从C到D运动的时间=0.3s 　　

(2)从C到D，小物块水平方向做匀速直线运动，

得v=2m/s，此速度即从C点飞出时的速度 　　　

(3)物块从A运动到C的过程中，根据动能定理得-0 　　　　　　　　

得克服摩擦力做功=0.1J

（1）根据牛顿第二定律得，N-mg=m，

代入数据得，1000-500=50×

解得v0=10m/s．

（2）根据动能定理得，mg•R+Wf=mv02

代入数据解得，Wf=-500J．

（3）运动员落到A点时，竖直方向上的速度vy=gt=20m/s

则vA==10=22.36m/s．

答：（1）运动员离开O点时速度的大小为10m/s．

（2）圆弧轨道的摩擦力对运动员所做的功为-500J．

（3）运动员落到雪道上A点时速度的大小为22.36m/s．

（1）滑块从A点滑到B点的过程中，克服摩擦力做功，由动能定理

-fS1=m-m                ①

滑动摩擦力          f=μmg           ②

由①②两式联立，将v0=6.0m/s，s1=2.2m，μ=0.25带入，可得

v=5.0m/s                   

故滑块从B点飞出时的速度大小为5.0m/s．

（2）滑块离开B点后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动

h=gt2         ③

水平方向做匀速直线运动

S2=vt           ④

由③④两式联立，将h=0.80m，g=10m/s2带入，可得

s2=2.0m                                 

即滑块落地点到平台边缘的水平距离s2为2.0m．

（3）落地时的动能E2=m+mgh=4.1J

滑块在A点的初动能为=m=3.6J

由A到落地点滑块的动能增加了△EK=E2-E1=0.5J

重力势能减小量为△Ep=mgh=1.6J

机械能的减小量△E=μmgS1=1.1J        

即滑块自A点到落地点的过程中滑块的动能增加0.5J、势能减小1.6J、机械能减小1.1J．

（1）小物体离开桌子边缘B点后经过时间

t==0.5s落地

小物体离开桌子边缘B点时的速度为vB==2m/s

根据动能定理研究A到B，有-μmgs=mvB2-mvA2

得μ==0.4④

（2）不同意．要使水平射程加倍，必须使B点水平速度加倍，即：vB′=2vB=4m/s

根据动能定理，有-μmgs=mvB′2-mvA′2

解得：vA′==2m/s≈5.3m/s≠2vA

所以说该同学认为应使小物体的初速度加倍的想法是错误的．

答：（1）小物体与桌面之间的动摩擦因数是0.4．

（2）该同学认为应使小物体的初速度加倍的想法是错误的．

（1）小物块由A→B的过程中，

2mgRsin30°=mvB2

vB=4m/s                                               

在瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度立刻减为0，沿切线方向的分速度不变．

则碰撞后瞬间小物块速度

vB'=vBcos30°=2m/s                                

小物块由B→C的过程中根据动能定理得：

mgR（1-sin30°）=mvC2-mvB'2

vC=m/s                                            

小物块在C点，根据向心力公式得：

F-mg=

解得：F=3.5N                                                 

所以由牛顿第三定律知，小物块对轨道压力的大小FC=3.5N    

（2）小球由C到小孔做平抛运动

h=gt2   

解得：t=0.4s                                               

所以L=vCt+r=（0.8+0.2）m                                    

（3）小物块最终正好进入小孔，所以在小球做平抛运动的时间里，转筒正好转了n圈，

即t=nT=n（n=1，2，3…）．

解得：ω==5nπrad/s  （n=1，2，3…）．

答：（1）小物块到达C点时对轨道的压力大小为3.5N；

（2）转筒轴线距C点的距离L为（0.8+0.2）m；

（3）转筒转动的角速度ω为5nπrad/s  （n=1，2，3…）．

（1）假设星球表面的重力加速度为g，根据动能定理：

小物块在力F1作用过程中有：

  F1s1-fs1-mgs1sinθ=mv2-0

   又    f=μN=μmgcosθ

小物块在力F2作用过程中有：

-F2s2-fs2-mgs2sinθ=0-mv2

由图可知：F1=20N，s1=6m，F2=4N，s2=6m

由①②③式得：g=8m/s2

（2）要使抛出的物体不再落回星球，物体的最小速度V，必须满足：

     mg=m

得到 V==6.0km/s

答：（1）该星球表面上的重力加速度为8m/s2；

    （2）该星球表面抛出一个物体，为使该物体不再落回星球，至少需要6.0km/s速度．

（1）研究小球作平抛运动，小球落至A点时，由平抛运动速度分解图可得：

水平速度：v0=vycotα

合速度与竖直分速度的关系：vA=

小球竖直方向做自由落体运动：vy2=2gh，h=gt2 

小球水平方向做匀速直线运动：x=v0t

由上式解得：v0=6m/s       x=4.8m      vA=10m/s          

（2）由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度vB

 mgH=mvB2-mvA2vB=20m/s          

（3）竖直圆轨道光滑，研究小球从C点到D点，设小球到达D点时的速度为vD

由动能定理可得-2mgR=mvD2-mvC2

在D点由牛顿第二定律可得：N+mg=m

由上面两式可得：N=3N              

由牛顿第三定律可得：小球在D点对轨道的压力N′=3N，方向竖直向上．

（4）若竖直圆轨道粗糙，小球在最高点与环作用力恰为0时，速度为

则mg=mvD′=

从最低点最高点：-mg2R+Wf=mvD′2-mvC2

Wf=-7.5J    克服摩擦力所做的功7.5J                  

答：（1）小球水平抛出的初速度为6m/s，斜面顶端与平台边缘的水平距离为4.8m．

（2）小球离开平台后到达斜面底端的速度大小20m/s．

（3）若竖直圆轨道光滑，小球在D点对轨道的压力N′=3N，方向竖直向上．

（4）若竖直圆轨道粗糙，小球运动到轨道最高点与轨道恰无作用力，小球克服摩擦力所做的功7.5J．

（1）小球从B到C动能不变，根据动能定理

mg（R-R•cosθ）-W克f=0

解得

W克f=mg（R-R•cosθ）=8J

即小球从B点运动到C点克服阻力所做的功为8J．

（2）设AB间距为l1，然后对整个运动过程运用动能定理，得到

mgH-μmgcos53°•l1-W克f=m-0

代入数据解得

l1=2.5m

B点高度为：h=H-l1sin53°=4-2.5×0.8=2m

即B点到水平地面的高度为2m．

（3）对AB过程运用动能定理，得到

mgl1sin53°-μmgcos53°•l1sin53°=m-0

解得

vB=2m/s

即小球运动到C点时的速度为2m/s．

解：（1）小物块从C水平飞出后做平抛运动，由

得小物块从C到D运动的时间

（2）从C点飞出时速度的大小 

（3）物块从A运动到C的过程中，根据动能定理得

得摩擦力做功

此过程中克服摩擦力做的功W'f=-wf=0.1 J

（1）研究小球从C点到P点的平抛过程

竖直位移y==0.45m

水平位移x=cot370=0.6m

在竖直方向上，可求得t==0.3s

在水平方向上，初速度vC==2m/s

小球从静止开始运动直到C点的过程中，由动能定理：

mgh-μmgcos370×-μmgSBC=m

解得：

h=0.325m

（2）小球不可能垂直打到Q点；

理由：若小球在斜面上的落点位置为Q点，则OQ为小球运动的位移，且在Q点与斜面垂直，由速度角与位移角关系，速度与水平方向夹角必大于位移与水平方向偏角，故小球不可能垂直打到Q点；（或理由：假设小球可以垂直打到Q点，则在Q点的速度方向的反向延长线必指向C点，由于运动轨迹为抛物线，则抛出点在C点下方，与题意不符．）

答：（1）释放点的高度h的大小为0.325m；

（2）小球不能垂直打到斜面DE上的Q点，理由为：若小球在斜面上的落点位置为Q点，则OQ为小球运动的位移，且在Q点与斜面垂直，由速度角与位移角关系，速度与水平方向夹角必大于位移与水平方向偏角，故小球不可能垂直打到Q点．

（1）电场对所有粒子做功一样多，即W=Eqh=0.2×10-17×0.45=9×10-19 J

（2）根据动能定理得：W=Ek-m

得粒子打在板上时的动能为 Ek=W+m=9×10-19 J+×2×10-23×10002J=1.09×10-17J

（3）水平抛出的粒子由于没有竖直分速度，到达金属板时的时间最长，由牛顿第二定律可知：

  a==105 m/s2

由h=at2解得：t==3×10-3 s；

（3）由题意可知各方向沿水平方向射出的粒子到达最远距离，故在金属板上形成圆形；

由r=vt可知；半径为：r=1000m/s×3×10-3 s=3m；

面积的大小为 S=πr2=9πm2

答：

（1）电场力做功为9×10-19 J 

（2）粒子打在板上时的动能为1.09×10-17J．

（3）粒子运动的最长时间为3×10-3 s；

（4）粒子形成圆形，半径为3m；面积为9πm2

（1）小球P在碰撞前做类平抛运动，竖直方向的加速度

a==m/s2=15m/s2

小球P在碰撞瞬间竖直向下的速度为vy=at=15×0.2m/s=3m/s

所以小球P碰撞瞬间的速度vP==m/s=6m/s

（2）小球P与A在D点正碰，小球P此时的速度与水平方向的夹角为θ，连接小球A的绳子与竖直方向的夹角也为θ．tanθ===

则θ=30°

对A球从开始运动至D点的过程，由动能定理得mglcosθ=m

解得vA==3m/s

P与A球迎面正碰并粘在一起成为小球C，根据动量守恒定律有

    mvP-mvA=2mvC

解得：vC=1.5m/s

小球C经过路程s后到达夹板，此时速度变为0，表明小球C一定做匀减速直线运动，其运动速度与受力示意图如右图所示．

由运动学公式得：

a==12.5m/s2

设恒力F与竖直方向的夹角为α，建立如图所示的坐标系，根据牛顿第二定律得：

在x轴上（沿加速度方向）：Fcos（90°-α-θ）-（2mg+qE）sinθ=2ma

在y轴上：Fsin（90°-α-θ）-（2mg+qE）cosθ=0

由以上二式联立并代入数据得：

F=N，α=30°

（3）平板足够大，且在D点下方任意改变平板位置，那则可以将平板放置到无限远，但根据题意也要发生正碰（垂直打在板上），则小球C必须匀速或匀加速运动．故恒力F′的方向是从竖直向上顺时针转至无限接近速度的方向的范围内，设恒力F′与竖直方向的夹角为β，则有

0°≤β＜120°

为了使小球C能做匀速直线运动或匀加速直线运动，则在小球C运动的速度的垂直方向上合力为零，有F'cos（θ-β）=（2mg+qE）cosθ

解得F=(其中0°≤β＜120°)．

答：（1）求碰撞前瞬间小球P的速度为；（2）所加的恒力为N方向与竖直方向夹角为30°；（3）恒力满足的条件为F=(其中0°≤β＜120°)．

解（1）设水平速度为v0，A到B的时间为t，

根据平抛运动的规律得

则s1=v0t 

h=gt2解得v0=5m/s（2）设人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力的大小为f，

根据动能定理有-fs2=0-mv2         解得f=60N

答：（1）人与滑板离开平台时的水平初速度是5m/s

（2）人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小是60N．