热门试卷

（1）摩托车冲上高台的过程中，由动能定理得

Pt-mgh=mv2-mv02

代入数据解得：v=3m/s．

摩托车离开平台后做平抛运动过程中，在竖直方向上：

h=gt2

代入数据解得t=0.4s．

水平方向上：s=vt=3×0.4m=1.2m．

（2）由于人和车无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，即人和车落到A点的速度方向沿A点切线方向．

vy=gt=4m/s．

由于人和车的水平速度为v=3m/s．

tanα==tan53°

摩托车由水平高台运动到圆弧轨道最低点的过程中，由动能定理得，

mv′2-mv2=mg[h+R(1-cos53°)]

在最低点，由牛顿第二定律得：

FN-mg=m

代入数据解得FN=7740N

根据牛顿第三定律知，车对轨道的压力为7740N．

（1）滑块离开桌面后做平抛运动．

   竖直方向：

   由h=gt2得  t=

滑块落地时竖直方向速度：vy=gt==4m/s

   水平方向：v0==3m/s

所以落地速度v==5m/s

（2）滑块从被压缩的弹簧弹出到离开桌面的整个运动过程中，根据动能定理：

   W弹-μmgx=m   

解得：W弹=5.3J  

答：（1）滑块落地时速度的大小是5m/s；

   （2）弹簧弹力对滑块所做的功是5.3J．

（1）设运动员在C点起跳时速度的大小是v0．由A到C的过程中，由动能定理得

     mgh-μmgcosα•-μmgl=m-0

代入解得   v0=30m/s

（2）设运动员从C点起跳后到落到着陆坡上的时间为t，C点到着陆坡上着陆点的距离为L．运动员从C点起跳后做平抛运动，则有

   竖直方向：Lsinθ=gt2  ①

   水平方向：Lcosθ=v0t    ②

由①：②得：tanθ=

解得  t=2s，L=120m

答：（1）运动员在C点起跳时速度的大小是30m/s；

（2）运动员从C点起跳后到落到着陆坡上的时间是2s；

（3）C点到着陆坡上着陆点的距离是120m．

（1）从B到C，物体做平抛运动，所以有：

h=gt2…①

x=vBt…②

联解①②得：vB=2m/s…③

（2）从A到B过程中，设物体在力作用下的位移为x′，由牛顿运动定律和动能定理得：

F-μmg=ma…④

x′=at02…⑤

根据动能定理得，Fx′-μmg•L=mvB2-0   …⑥

联解④⑤⑥得：t0=0.5s…⑦

答：（1）物体通过B点时的速度为2m/s．

（2）推力的作用时间为0.5s．

（1）滑块由A到D过程，根据动能定理，有：

   mg（2R-R）-μmgcos37°•=0-0

得 μ=tan37°=0.375

（2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律　有 mg+FN=

则得  vc≥=2m/s

A到C的过程：根据动能定理　有-μmgcos37°•=m-m

联立解得，v0=≥2m/s

所以初速度v0的最小值为2m/s．

（3）滑块离开C点做平抛运动，则有

   x=vct

   y=gt2

由几何关系得：tan37°=

联立得  5t2+3t-0.8=0

解得　t=0.2s

答：

（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.375．

（2）若使滑块能到达C点，滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值为2m/s．

（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t是0.2s．

（1）要使小球在竖直平面内做匀速圆周运动，必须满足：

F电=Eq=mAg

所以：E==2×103N/C

方向竖直向上

（2）由功能关系得，弹簧具有的最大弹性势能为：Ep=W-μmBgl=0.26J

（3）设小球B运动到M点时速度为vB，由功能关系得：

EP-μmBgL=mB

解得：vB=5m/s

两球碰后结合为C，设C的速度为v1，由动量守恒定律得：

mAv-mBvB=mCv1解得：v1=5m/s

电场变化后，因E'q-mCg=0.6N

mc=0.3N

mc＜（E′q-mcg）

所以C不做圆周运动，而做类似平抛运动，设经过时间t绳子在Q出绷紧，由运动学规律得到：

x=v1t         y=at2

a=       x2+（R-y）2=R2

可得：t=1s           

vy=at=10m/s           

x=y=r=5m

即：绳子绷紧时恰好位于水平位置，水平方向速度变为零，以竖直分速度vy开始做圆周运动；

设到最高点时速度为v2，由动能定理得：mc-mc=EqR-mcgR

解得v2=10m/s

最高点，由牛顿运动定律得：T+mcg=qE=mc

解得：T=3N

答：（1）在A、B两球碰撞前匀强电场的大小为2×103N/C，方向竖直向上；

（2）弹簧具有的最大弹性势能为0.26J；

（3）整体C运动到最高点时绳的拉力大小为3N．

（1）运动员从B点到D点做平抛运动

 H-L=gt2           ①

 x=VBt                     ②

由①②式代入数据解得 VB=4.8m/s，

所以运动员经过B点时速度的大小为4.8m/s．

（2）运动员从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律

mghAB= mVB2-Ek  ③

其中 hAB=L（1-cosθ）                    ④

由③④式代入数据解得 Ek=76J，

运动员从台阶上A点跃出时的动能Ek大小为76J．

（3）设运动员经O点正下方时的速度为VB′则

m- mV02=mg（H-Lcos37°-h）      ⑤

x=VB′•        ⑥

由⑤⑥解得：x2-V02=20       ⑦

x-V0的图象如图所示：

设t为A从离开桌面至落地经历的时间，V表示刚碰后A的速度，有

        h=gt2             

        L=Vt                

解得   V=L

设v为刚碰后B的速度的大小，由动量守恒定律得，mv0=MV-mv    

设B后退的距离为l，由动能定理得

-μmgl=0-mv2       

由以上各式得：l= 

答：B后退的距离为．

（1）在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理有：mvB2-0=mgl2+F电l1，①

由于小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，即 F电=mg      ②

代入数据可得：vB=2.0m/s③

小球运动到管口B时的速度大小为2.0m/s．

（2）小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，

水平方向有：a=，④

s=vBt+at2，⑤

竖直方向有：h=gt2，⑥

由③～⑥式，并代入数据可得：s=4.5m．

故小球着地点与管的下端口B的水平距离为4.5m．

（1）设物块在C点的速度为vc，物块从C点运动到A点所用时间为t，物块从半圆弧轨道的最高点C点做平抛运动落到A点．根据平抛运动规律有：

   x=vct，2R=gt2               

解得：vc=

设物块从A到B的运动过程中，水平但力F对物块所做的功为W，对于物块从A到C的运动过程，根据动能定理有：

W-mg•2R=m 解得：W=2mgR+

（2）物块恰好通过最高点C时，在C点有最小速度vmin，根据牛顿第二定律有：

    mg=m             解得：vmin=        

此时所对应的水平恒力对物体所做的功最少，且有vc==

解得：x=2R    

所以，当x=2R时恒力F所做的功最少．          

将x=2R 代入第（1）问的结果中，解得最小功W=mgR

（3）W=Fx，第（1）问讨论可知：Fx=2mgR+

    解得：F=+

因等式右端两项之积为恒量，所以当两项相等时其和有极小值．

由==，得x=4R 时水平恒力F最小．                  

解得最小力Fmin=mg  

答：（1）水平恒力F对物块所做的功与物块在光滑水平轨道运动的位移x的关系为W=2mgR+；

    （2）当x=2R时，完成上述运动水平恒力F对物块所做的功最少，功的最小值为mgR；

    （3）当x=4R时，完成上述运动水平恒力F最小，最小的力为mg．

（1）滑块从A到B的过程中设摩擦力做功为Wf，根据动能定理

mgR+Wf=mv2-0

解得：Wf=-1.5J

（2）设轨道对滑块压力为F，则小滑块在B点时所受轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力

F-mg=m

得 F=4.5N

由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F′=F=4.5N

（3）滑块离开B后做平抛运动，设着地速度为v′，有

mgh=mv′2-mv2

得v′=5m/s

如图设v′与水平面夹角为θ

cosθ==

∴θ=45°

答：（1）小滑块沿圆弧轨道运动的过程中所受摩擦力做的功是-1.5J；

（2）小滑块经B点时对圆轨道的压力大小是4.5N；

（3）小滑块着地时的速度大小为5m/s方向与水平面成45°角．

（1）研究小球作平抛运动，小球落至A点时，恰好与斜面无碰撞的落到平台右侧一倾角为α=53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，

由平抛运动速度分解图可得：

v0=vycotα             

vA=

vy2=2gh               

h=gt2

x=v0t                 

由上式解得：v0=6m/s       x=4.8m    

vA=10m/s   

（2）由动能定理研究从A点到B点，

可得小球到达斜面底端时的速度vB

 mgH=mvB2-mvA2

vB=20m/s            

（3）小球在BC部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，研究小球从C点到D点由动能定理得：

-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    

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是20m/s；

（3）小球运动到圆轨道最高点D时轨道对小球的弹力大小是3N．

（1）物体做平抛运动，到达A处时，令下落的高度为h，水平分速度为vx，竖直分速度为vy，则由平抛运动的规律可知：

tan37°=，vx=v0，vy2=2gh

物体落在斜面上后，受到斜面的摩擦力f=μN=μmgcos37°．

设物块进入圆轨道到最高点时有最小速度v1，此时物块受到的重力恰好提供向心力了，令轨道的轨道半径为R0．由牛顿第二定律知，

mg=m

物块从抛出到圆轨道最高点的过程中，由动能定理知：mg（h+Lsin37°）-μmgcos37°•L-2mgR0=mv12-mv02

联立上面各式解得R0=0.66m．

若物块从水平轨道DE滑出，则竖直圆轨道的半径R1≤0.66m．

（2）为了让物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB，则物块上升的高度须小于或等于R0′，则根据动能定理得，

mg(h+Lsin37°)-μmgcos37°•L-mgR0′=0-mv02

解得R0′=1.65m．

若物块能够滑回倾斜轨道AB，则R2≥1.65m．

（3）若物块冲上圆轨道H1=1.65m高度时速度变为0，然后又返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2，则有：

mgH1=mgh1+μmgh1•

mgH2=mgh1-μmgh1•

解得H2=H1=H1．

之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往复运动，同理，n次上升的高度Hn=()n-1H1（n＞0）为一等比数列．

可见当n=5时，上升的最大高度小于0.01m，则物块共有8次通过圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点．

答：（1）竖直圆轨道的半径应该满足R1≤0.66m．

（2）竖直圆轨道的半径应该满足R2≥1.65m．

（3）小物块进入轨道后可以有8次通过圆轨道上距水平轨道高为0．O1m的某一点．

解：(1)平抛运动规律：

得，

(2)机械能守恒：

(3)动能定理：

代入数据得：