热门试卷

（1）设弹簧的弹力做功为W，有：mgR+W=mv2-m①

                 代入数据，得：W=-2.05J　　　　　　　　　　　②

   （2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷．设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，

        并令水平向右为正方向，有：mv=±mv1+MV③

       而：v1=④

       若P、N碰后速度同向时，计算可得V＜v1，这种碰撞不能实现．P、N碰后瞬时必为反向运动．有：V=⑤

       P、N速度相同时，N经过的时间为tN，P经过的时间为tP．设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为θ，

             有：cosθ==⑥

                 gtN=V1sinθ=v1sinθ⑦

              代入数据，得：tN=s⑧

      对小球P，其圆周运动的周期为T，有：T=⑨

      经计算得：tN＜T，

     P经过tP时，对应的圆心角为α，有：tP=T⑩

     当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有：α1=π+θ

           联立相关方程得：tP1=s

     比较得，tN≠tP1，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同．

     当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有：a2=π-θ，

      同上得：tP2=，

     比较得，tN≠tp2，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同．

    （3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同，tN=tP=t，

    再联立④⑦⑨⑩解得：r=(n=0，1，2…)

    当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同tN=tP=t，

    同理得：r=，

    考虑圆周运动的周期性，有：r=(n=0，1，2…)（给定的B、q、r、m、θ等物理量决定n的取值）．

答：（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为-2.05J；（2）小球P、N碰撞后不能在某一时刻具有相同的速度；（3）r=(n=0，1，2…)（给定的B、q、r、m、θ等物理量决定n的取值）．

（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为V1，则

对正离子，应用动能定理有eU0=mV12，

正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动

受到电场力F=qE0、产生的加速度为a=，即a=，

垂直电场方向匀速运动，有2d=V1t，

沿场强方向：Y=at2，

联立解得E0=

又tanφ=，解得φ=45°；

（2）正离子进入磁场时的速度大小为V2，

解得V2=

正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，qV2B=，

解得离子在磁场中做圆周运动的半径R=2；

（3）根据R=2可知，

质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1=2，

质量为16m的离子在磁场中的运动打在S2，运动半径为R2=2，

又ON=R2-R1，

由几何关系可知S1和S2之间的距离△S=-R1，

联立解得△S=4（-1）；

由R′2=（2 R1）2+（ R′-R1）2解得R′=R1，

再根据R1＜R＜R1，

解得m＜mx＜25m．

答：（1）偏转电场场强E0的大小为，HM与MN的夹角φ为45°；（2）质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径为2；

    （3）S1和S2之间的距离为4（-1），能打在NQ上的正离子的质量范围为m＜mx＜25m．

（1）小滑块作平抛运动，设C点的速度为vC则  s=vct　　（1）

2R=gt2　（2）

由（1）、（2）式得vc==10m/s

（2）A到B过程，由动能定理

Fs-μmgs=mv2　（3）

在B点，FN-mg=m　　　（4）

由（3）、（4）得FN=F+(mg-mg)　（5）

由图象得，当F=0.5N，FN=3N代入（5）式得μ=0.25．

（3）要使小滑块始终不脱离轨道，则当小球运动到与O点等高时速度恰好为0，或恰好到最高点由重力提供向心力．

①当小球运动到与O点等高时速度恰好为零，

Fs-μmgs-mgR=0   （6）

同时要求小滑块能运动到B点Fs-μmgs=mv2＞0（7）

由（6）、（7）式得025N＜F≤0.5N 小滑块始终不脱离轨道  

②当恰好到最高点由重力提供向心力．

mg=m　　（8）

Fs-μmgs-mg×2R=mv2  （9）

由（8）、（9）式得F=0.875N，故当F≥0.875N时小滑块始终不脱离轨道．

答：（1）小滑块在C点的速度大小为10m/s．

（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.25．

（3）水平恒力F的范围为F≥0.875N或025N＜F≤0.5N．

（1）以行李包为研究对象，

由牛顿第二定律得：μmg=ma，a=2m/s2，

由匀变速运动的速度位移公式得：v2-0=2ax，解得，

行李包速度等于8m/s时的位移x=16m＞L=9m，

则行李包速度没有达到8m/s时离开传送带，

摩擦力对行李包做的功W=μmgL=0.2×10×10×9=180J；

（2）由匀变速运动的速度位移公式得：vB2-0=2aL，

行李包到达B端的速度vB=6m/s，

行李包离开传送带后做平抛运动，

在竖直方向：h=gt2，

在水平方向：x=vBt，

解得：x=1.8m；

答：（1）行李包从A传送到B的过程中，摩擦力对物块做的功为6m/s．

（2）行李包从B端水平抛出后落地点到B点的水平距离为1.8m．

（1）由动能定理：WG-Wf=m-m

得：Wf=9100J

（2）BC段加速度为：a=μg=2m/s2

设在C点的最小速度为vm，

由mg=m，

vm==4m/s

BC的最大值为：SBC==32m，BC的长度范围是0～32m

（3）平抛运动的时间：t===0.566s

BC取最大长度，对应平抛运动的初速度为vm=4m/s

平抛运动的水平位移：S平=vmt=2.26m，

DE的长：SDE=S平-r=2.26m-1.6m=0.66m

答：（1）从A到B的过程中，人克服阻力做的功是9100J．

（2）为保证在C点做平抛运动，BC的最大值是32m．

（3）若BC取最大值，则DE的长是0.66m．

（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖起速度为vy，有vy2=2gR

而=tan45°，解得vD=4m/s

设物块做平抛运动的时间为t，水平位移为x，有R=gt2，x=vDt，解得x=1.6m

（2）若物块能沿轨道到达M点，设其速度为vM，有mgR=mvD2-mvM2

解得vM≈2.2m/s＜≈2.8m/s

即物块不能到达M点．

（3）设m在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，有Ep-Wf=mvD2

解得Wf=5.6J

答：（1）DP间的水平距离1.6m；

（2）m2不能否沿圆轨道到达M点；

（3）m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功为5.6J．

（1）从F-x图中看出，小物块与桌面的动摩擦力大小为f=1.0 N，在压缩过程中，摩擦力做功为：Wf=f•x=-0.1 J

由图线与x轴所夹面积（如图），可得外力做功为：

WF=（1+47）×0.1÷2=2.4 J　　

所以弹簧存贮的弹性势能为：EP=WF-Wf=2.3 J

故弹簧存贮的最大弹性势能为2.3J．

（2）从A点开始到B点的过程中，由于L=2x，

摩擦力做功为W′f=f•3x=0.3 J　　

对小物块用动能定理有：

EP-=m-0

解得：vB=2 m/s

故小物块到达桌边B点时速度的大小为2m/s．

（3）物块从B点开始做平抛运动，所以有：

h=gt2，下落时间t=1 s　

水平距离s=vBt=2 m

故小物块落地点与桌边B的水平距离为2m．

（1）设物体在B点的速度为v，由B到C做平抛运动，

竖直方向有：2R=gt2

水平方向有：xAC=vt

∴联立以上两式解得物体在B点时的速度大小为：v===m/s=5 m/s

分析物体在B点的受力由牛顿第二定律得：FN+mg=

∴解得半圆轨道对物体的弹力大小为：FN=-mg=N-1×10N=52.5 N

（2）A到B过程，由机械能守恒定律得：mvA2=mv2+2mgR

由C到A应用动能定理可知：（F-Ff）xAC=mvA2

所以，联立以上两式解得物体从C到A的过程中摩擦力做的功为：Wf=-Ff•xAC=mVA2FXAC=×1×41J-15×2J=-9.5 J．

 答案：（1）5 m/s　52.5 N　（2）-9.5 J

（1）滑块在斜面上受到的摩擦力大小为：f=μmgcosθ=4N，

斜面长：L==1m

滑块在斜面上下滑时，由动能定理得：

  mgh1-fL=m

解得，vB=2m/s

（2）从B点作平抛运动至C点，则有

h2=gt2，

∴t=0.6s

水平距离：s=vBt=1.2m

（3）从B点运动到C点，由动能定理得

  mgh2+mvB2=mvc2解得，vc=2m/s  

答：（1）小滑块经过B点时的速度大小是1m．

（2）B点到C点的水平距离为1.2m；

（3）小滑块落地时的速度大小为 2m/s．

（1）对小物块，由A到B有vy2=2gh

在B点tan=

所以v0=3m/s．

（2）对小物块，由B到O由动能定理可得：

mgR（1-sin37°）=m-

其中vB=5m/s

在O点N-mg=m

所以N=43N

由牛顿第三定律知对轨道的压力为N′=43N

（3）传送带的速度为5m/s，所以小物块在传送带上一直加速，

μ2mg=ma3

PA间的距离是SPA==1.5m

（4）物块沿斜面上滑：mgsin53°+μmgcos53°=ma1

所以a1=10m/s2

物块沿斜面下滑：mgsin53°-μmgcos53°=ma2 a2=6m/s2

由机械能守恒知vc=vB=5m/s

小物块由C上升到最高点历时t1==0.5s

小物块由最高点回到D点历时t2=0.8s-0.5s=0.3s

故SCD=t1-a2

即SCD=0.98m．

答：（1）小物块离开A点的水平初速度为3m/s．

 （2）小物块经过O点时对轨道的压力为43N

 （3）则PA间的距离是1.5m

 （4）斜面上CD间的距离为0.98m

（1）物块飞出桌面后做平抛运动，

竖直方向：h=gt2，解得：t=0.3s，

水平方向：s=vt=0.9m；

（2）对物块从飞出桌面到落地，

由动能定理得：mgh=mv12-mv22，

落地动能EK=mv12=0.9J；

（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，

由动能定理得：-μmgl=mv2-mv02，

解得：v0=4m/s；

答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．

（2）小物块落地时的动能为0.9J．

（3）小物块的初速度为4m/s．

（1）摩托车离开高台做平抛运动，则

竖直方向有：h=gt′2

水平方向有：s=vtt′

联立求出：水平距离 s=vt=7.5×=7.5m                   

（2）设摩托车落地时的速度为v，根据机械能守恒定律得

        mgh+m=mv2

则得 v===12.5m/s              

（3）摩托车冲上高台的过程中，根据动能定理得

   Pt-mgh-W=mvt2-mv02

则得 W=Pt-mgh-m+m

代入数据解得，W=2.37×104J  

答：

（1）摩托车的落地点到高台的水平距离是7.5m；

（2）摩托车落地时速度的大小是12.5m/s；

（3）摩托车冲上高台过程中克服摩擦阻力所做的功是2.37×104J．