热门试卷

（1）小木块在弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得

   F-mg=

解得：F=mg+m=1×10+1×=25N

（2）铁块在弧形轨道上滑行过程，根据动能定理得

    mgR-Wf=m-0

解得：克服摩擦力所做的功Wf=mgR-m=1×10×0.6-×1×32=1.5J

（3）铁块在木板上滑动过程，系统的动量守恒，则有 mv0=（m+M）v

解得：共同速度v===1.0m/s

答：

（1）小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F是25N；

（2）小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf是1.5J．

（3）小铁块和长木板达到的共同速度v是1m/s．

（1）滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：μmg=mϖ2R

代入数据解得：ϖ==5rad/s

即当圆盘的角速度5rad/s时，滑块从圆盘上滑落．

（2）滑块在A点时的速度：vA=ϖR=1m/s

从A到B的运动过程由动能定理：mgh-μmgcos53°•=m-m

在B点时的机械能EB=m-mgh=-4J

即滑块到达B点时的机械能为-4J．

（3）滑块在B点时的速度：vB=4m/s

滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1=g（sin37°+μcos37°）=10m/s2

返回时的加速度大小：a2=g（sin37°-μcos37°）=2m/s2

BC间的距离：SBC=-a2(t-)=0.76m

即BC之间的距离为0.76m．

解：（1），

得：

（2）设小球在偏角为30°和60°做匀速圆周运动的速度大小分别为v1和v2，上升的高度为h，根据牛顿第二定律有

 ①

 ②

上升的距离 ③

根据动能定理得 ④

由以上方程解得

（1）最高点处重力充当向心力，由向心力公式可得：

mg=m------（1）

由动能定理可得：

EqL-mg2R-μmgL=mv2------（2）

联立（1）（2）解得：

L=20m；

（2）由动能定理可知

Eq（L+R）-mgR-μmgL=mvP2------------（3）

而在P点轨道对小于的支持力与电场力的合力充当向心力，

F-Eq=m------（4）

联立（3）、（4）可解得P点压力F=1.5N．

（1）以粒子为研究对象，粒子刚进入磁场f1=qv0B    a1==     沿+Y方向   

    （2）粒子离开玻璃管前，在管中竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速运动，设粒子在管中竖直方向做加速运动的加速度a，粒子运动到管口时，粒子在竖直方向的分速为v1，则

在竖直方向  a=a1 v12=2aL

可解得      v1=v0

粒子离开玻璃管口时的速度 v′==v0m/s

速度方向与MN成45°角

外力所做的功，

有功能关系         WF=△Ek △EK=m

可得         WF=m

（3）粒子离开管口后，在磁场中做匀速圆周运动

在磁场中        qv′B=m      r==2L

粒子在管中运动的时间t ==

粒子在管中运动的过程中发生的水平位移△x=v0t=2L

轨迹最高点的位置坐标：x=△x+r•sin45°=4L    y=L+r(1-cos450)=(2-1)L．．

（1）要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：mg=m

C点的速度，由机械能守恒定律可得：mg•2R+m=m

由上述两式联立，代入数据可得：vC=5m/s                          

设小车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理可得：-kmgx=0-m

代入数据可得：x=2.5m                                           

（2）由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：vB=vC=5m/s      

从A点到B点的运动过程中，由动能定理可得：Pt-kmgL=m

代入数据可得：t=4.5s．

（1）由机械能守恒定律知，小球在M和N两点的速度相同，由公式v=ωr得两点的角速度之比为==

（2）小球由位置a经b运动到N点的过程，应用动能定理得：μmgx+mg×2R=m-m

设小球在N点轨道给它的压力为FN，由牛顿第二定律得FN+mg=m

FN=2m-mg=2×0.01×-0.01×10=0.7(N)

方向竖直向下                                                    

（3）由机械能守恒定律知，小球过P点以速度vP=vN=m/s做平抛运动，则有    

2R=gt2t===(s)

vy=gt=10×=2(m/s)

小球的落地速度为v===4(m/s)

设落地速度与水平方向的夹角为θ，则有tanθ===1

θ=45°

答：（1）小球运动到数字“8”的最高点N处和数字“0”的最高点M处的角速度之比为．

（2）小球到达数字“8”的最高点N时管道对小球作用力的大小为0.7N，方向竖直向下．

（3）小球从p点抛出后落到地面时的速度为4m/s，与 水平方向的夹角为45°．

（1）滑环从E点滑到F点的过程中，根据机械能守恒得：mv02+mg△h=m vF2①

在F点对滑环分析受力，得FN-mg=m…②

由①②式得：FN=N…③

根据牛顿第三定律得滑环第一次通过O2的最低点F处时对轨道的压力为N…④

（2）由几何关系可得倾斜直轨CD的倾角为37°，每通过一次克服摩擦力做功为：W克=μmgLcosθ，得W克=16J…⑤

Ek0=mn==6.25，取6次…⑥

（3）由题意可知得：滑环最终只能在O2的D点下方来回晃动，即到达D点速度为零，

由能量守恒得：mv02+mgR2(1+cosθ)=μmgscosθ…⑦

解得：滑环克服摩擦力做功所通过的路程s=78m…⑧

答：（1）对轨道的压力为N；（2）滑环通这最高点的次数为6次；（3）滑环克服摩擦力做功所通过的路程．

解：（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理

 ①

小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律

 ②

由①②得 ③

（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意

 ④

 ⑤

由④⑤得 ⑥

（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：

I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足

 ⑦

 ⑧

由⑥⑦⑧得

II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理

解得

为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足

解得R3=27.9m

综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件

或

当时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则

当时，小球最终停留点与起始点A的距离为L〞，则

（1）设地球质量为M0，在地球表面，对于质量为m的物体有，mg=G

离开飞船后的宇航员绕地球做匀速圆周运动，有G=M

联立解得   r=

该宇航员距离地球表面的高度   h=r-R=-R               

（2）因为喷射时对气体做功的功率恒为P，而单位时间内喷气质量为m，故在t时

间内，据动能定理P×t=mt×v2可求得喷出气体的速度为：v=

另一方面探测器喷气过程中系统动量守恒，则：0=mtv-Mu

又宇航员获得的动能，Ek=Mu2

联立解得  Ek=M(•)2=

取地球远日点的速度方向为正方向，则近日点速度为-v1．

则地球的动量增量为△P=Mv2-M（-v1）=M（v1+v2）

由动量守恒得：太阳系内除地球以外的其他星体的动量增量：△P=-△P′=-M（v1+v2）．

根据动能定理得：太阳系对地球做功W=M（v22-v12）．

答：太阳系内除地球以外的其他星体的动量增量为：-M（v1+v2），太阳系对地球做功为M（v22-v12）．

（1）第一颗子弹进入靶盒过程，系统动量守恒，设射入后获得速度v1，则有mv0=（M+m）v1得：v1=v0…①

由于恒力作用又回到O点的过程，F做功为零，所以靶盒回到O点时，速度大小仍为v1，但方向相反．第二颗子弹射靶后，设速度为v2，

则有：mv0-（M+m）v1=（M+2m）v2=0…②

当第三颗子弹射入后，设靶盒的速度为v3，则有mv0=（M+3m）v3得：v3=v0…③

此后靶盒克服F向右运动，至速度减为零时，离开O点的距离最大，设为S3，由动能定理有

FS3=(M+3m)…④

S3=…⑤

由③、⑤式代入数据得S3=0.25m…⑥

与第一颗子弹射入后的过程类似，第三颗子弹返回O点时速度大小仍为v3，但方向左．设这一过程中加速度为a，往返时间为t．

由牛顿第二定律    a=…⑦

由运动学公式，有-v3=v3-at…⑧

由③、⑦、⑧式代入数据得t=0.2s…⑨

（2）由以上计算可见，每当奇数颗子弹射入靶后，靶都会开始运动，而偶数颗子弹射入靶后靶盒都会停止运动，所以射入子弹数必须为奇数，才能使停止射击后，靶盒能往复运动，设为n颗，

则：mv0=（M+nm）vn…⑩

FS ＞(M+nm)…（11）

由⑩、（11）代入数据得n＞5.5  取n=7（颗）

答：（1）当第三颗子弹进入靶盒后，靶盒离开O点的最大距离为0.25m，第三颗子弹从离开O点到又回到O点经历的时间为0.2s．

（2）若P点到O点的距离为S=0.20m，问至少应发射7颗子弹后停止射击，才能使靶盒来回运动而不会碰到发射器．

（1）物体在恒力F作用下做匀加速运动，这个过程力F做的功为：W=FL

根据牛顿第二定律得：F=ma

而由运动学公式得：ν22-ν12=2aL

即：L=

把F、L的表达式代入W=FL得：W=

也就是：W=mν22-mν12，此式即为动能定理的表达式．

（2）对全过程，由动能定理：Fx-μmg（x+L）=0

得：L=x=4m

答：（1）导出的动能定理的表达式是W=mν22-mν12．

     （2）物体还能运动4m距离．