热门试卷

（1）根据动能定理得，人抛球时对球做功W=mv02=×2×9J=9J．

（2）根据动能定理得，mgh=mv2-mv02

解得v==m/s=7m/s．

（3）根据动能定理得，

mgh-Wf=mv2-mv02

解得Wf=24J．

答：（1）人抛球时对球做功为9J．    

（2）不计空气阻力，小球落地时速度的大小7m/s    

（3）小球在空中克服阻力做功为24J．

（1）该同学在B处，由牛顿第二定律得，

F-Mg=M

解得F=Mg+M．

即他用的绳子能承受的最大拉力应不小于Mg+M．

（2）该同学做平抛运动的过程中由运动学公式得，水平方向上有：x=vt

竖直方向上有h=gt2

解得x=v，即这道山涧的宽度不超过v．

（3）对该同学从A处下摆到B处的过程由动能定理得，

Mg(L-Lcosθ)=Mv2-0

解得θ=arccos(1-)．

答：（1）用的绳子能承受的最大拉力应不小于Mg+M．

（2）这道山涧的宽度不超过v．

（3）下摆时绳子倾角θ为θ=arccos(1-)．

（1）滑块从c点飞出后作平抛运动，其飞行时间为t，则

 t==0.3s

所以vc===4m/s

（2）对于滑块从b到c的运动过程，由机械能守恒定律得：

mvc2+mgh=mvb2

解得  vb=5m/s

对于滑块从a到b的运动过程，设动摩擦因数为μ，由动能定理得：

-μmgs=mvb2-mv02

解得μ=0.46

答：（1）滑块从c点飞出时速度的大小为4m/s；

（2）水平轨道与滑块间的动摩擦因数为0.46．

（1）滑雪者在斜面上滑动过程，对运动员受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，

根据牛顿第二定律，有：mgsinθ-μmgcosθ=ma；

解得：a=g（sinθ-μcosθ）；

（2）A到B的过程，由动能定理得

mgLsinθ-μmgcosθL-μmgL=mv2；

解得：v=；

故滑雪者离开B点时的速度为；

（3）雪者离开B点到着地过程，只受重力，是平抛运动，根据平抛运动的分位移公式，有：

x=vt

H=gt2

联立解得：x=2；

答：（1）滑雪者在斜面上的加速度的大小为g（sinθ-μcosθ）．

（2）滑雪者离开B点时的速度大小为．

（3）滑雪者的落地点与 B 点的水平距离为2．

（1）在最低点对A球由牛顿第二定律有：FA-mAg=mA          

∴vA=4.00m/s                                                   

 在A下落过程中由动能定理有：mAgR-Wf=mA                             

∴A球下落的过程中克服摩擦力所做的功为Wf=0.20J                                                    

（2）碰后B球做平抛运动

在水平方向有s=t

在竖直方向有h=gt2

联立以上两式可得碰后B的速度为v′B=1.6m/s                       

在A、B碰撞由动量守恒定律有：mAvA=mAv′A+mBv′B                         

∴碰后A球的速度为v′A=-0.80m/s  负号表示碰后A球运动方向向左                                    

由能量守恒得碰撞过程中系统损失的机械能为△E损=mA-mA2mB2                        

故△E损=0.384J

∴在A与B碰撞的过程当中，系统损失的机械能为0.384J．

（1）滑船离开C点后做平抛运动，则有

  l=gt2

得t=

滑船滑至C点时的速度为 vC==S

（2）滑船从A点到B点的过程，由动能定理得：

  mglsinθ-mglμcosθ=m

求得vB=

答：

（1）滑船滑至C点时的速度为S；

（2）滑船滑至B点时的速度为．

（1）从开始到B点的过程由动能定理得：

mvB2-0=Fx-μmgx-mg•2R

代入数据解得：vB=4m/s

对滑块在B点受力分析，受重力和轨道对滑块的压力，由牛顿第二定律：

FN+mg=m         

解得：FN=3.9N

根据牛顿第三定律知道轨道对小球的压力滑块在B处对轨道的压力大小相等，方向相反                   

 所以滑块在B处对轨道的压力大小为3.9N，方向竖直向上．

（2）离开B点做平抛运动：z                    

竖直方向：2R=gt2   

水平方向：x=vt           

解得：x=2.4m                             

答：（1）滑块在B处对轨道的压力大小为3.9N，方向竖直向上．；

（2）滑块通过B点后的落地点到B点的水平距离为2.4m．

解：（1）因滑块恰能通过C点，即在C点滑块所受轨道的压力为零，其只受到重力的作用。设滑块在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律，对滑块在C点有 mg=mvC2/R

      解得vC==2.0m/s

（2）设滑块在B点时的速度大小为vB，对于滑块从B点到C点的过程，根据机械能守恒定律有 mvB2=mvC2＋mg2R

      滑块在B点受重力mg和轨道的支持力FN，根据牛顿第二定律有 FN－mg=mvB2/R

      联立上述两式可解得 FN=6mg=6.0N

      根据牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小FN′=6.0N

（3）设滑块从A点滑至B点的过程中，克服摩擦阻力所做的功为Wf，对于此过程，根据动能定律有 mgh－Wf=mvB2

      解得Wf=mgh－mvB2=0.50J

解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有

而

解得

（2）设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则

解得

（3）（提供图示或说明）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn），则有

解得

解：（1）物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得

解得：

（2）物块从B至C做匀速直线运动

∴

物块通过圆形轨道最低点C时，做圆周运动，由牛顿第二定律有：

∴

（3）设物块能从C点运动到D点，由动能定理得：

解得：

物块做圆周运动，通过圆形轨道的最高点的最小速度设为vD1，由牛顿第二定律得：

，可知物块能通过圆形轨道的最高点

（1）小球从A到B的过程中，由动能定理可得

mgH-μmgcosθ×=mvB2

得  VB=4m/s 

（2）小球到D时，从释放点到D点由动能定理可得：

mg(H-2R)-μmgcosθ×=mvD2

在最高点，轨道对球向下的支持力为N，有

N+mg=

得  N=3N 

由牛顿第三定律知，滑块经D点时对轨道的压力大小为N′=3N

（3）设小球恰可以到达圆轨道的最高点，对应的高度为H1，

由圆周运动的规律可知，最高点时的速度vD2

vD2=

mg(H1-2R)-μmgcosθ×=mvD22

得H1=0.625m

设小球恰可以到达槽右端，对应的高度为H2

因为t=

所以vE==

小球从A到E的过程中，由动能定理：

mgH2-μmgcosθ×=mvE2

得：H2=m=1.5625m

故释放小球的高度范围为：

0.625m≤H≤1.5625m．

答：（1）小滑块到达斜面底端B时速度大小为4m/s．

（2）小滑块到达圆轨道最高点D时对轨道的压力大小为3N．

（3）若要小滑块按设计要求完成全部运动，该同学无初速释放小滑块的初始高度H范围为：0.625m≤H≤1.5625m．

（1）刚好从圆弧最高点B平抛的条件是：mg=m

得：vB==20m/s．

（2）由于vD≈vB且在D点有：

N-mg=m

解得：N=mg+m=1200N

（3）在A到B段应用动能定理：mgh-Wf=m-0

得克服摩擦力做功：Wf=3000J

（4）由于tanθ==

得：t=3s．

代入水平方向上：

x=vBt=60m． 

由几何关系可知：

 L==75m．

答：（1）B点的速度为20m/s；

（2）运动员对轨道的压力为1200N；

（3）运动员克服摩擦力做功为3000J；

（4）BC间的距离为75m．

解：(1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得＝2，解得＝

由向心力公式N－＝得N＝＋＝＋结合直线可知＝5 N，得＝0.5 kg

(2)由图像可知＝10，得＝1 m

cosθ＝＝0.8，θ＝37°

(3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得－μcosθ＝2解得2＝2－μ(－0.2)

由向心力公式N－＝得N＝＋＝＋μ＋结合直线知μ＋＝5.8

解得μ＝0.3

（1）设半圆轨道半径为r，小球刚好通过最高点则有mg=m

从C到D有机械能守恒得m=mg(2r)+m

联立代入数值解得r=1.6m      

（2）设小球在水平地面克服摩擦力做功为W，由动能定理得mgh-W=m-0

解得：W=0.2J            

从D至横杆高度处小球下落的高度差△h=2r-3=0.2m   

运动时间t==0.2s       

小球离开D点速度v′D==6m/s     

由动能定理得mg(h′-2r)-W=mv-0

解得h'=5.2m      

答：（1）若要使小球恰能到达半圆形光滑轨道的最高点D，半圆形轨道CED的半径r应为1.6m；

（2）小球在光滑直轨道AB上释放时离地的高度应为5.2m．