热门试卷

为保证过最高点，则重力应充当向心力，故mg=m

最高点速度至少为v=；

运用动能定理研究B点到最高点有：mv2-mvB2=mg2R

解得：vB=4m/s；

为保证跃过壕沟，根据平抛运动规律：

运动时间：t=

则到达C点的速度至少为vC==3m/s

故要完成比赛，赛车要过最高点也要能跃过壕沟，

所以赛车到达B点的最小速度应为vB=4m/s

则赛车从A到B运用动能定理得：Pt-FfL=mvB2-mvA2；

解得t=2.2s

答：（1）要使赛车能过圆轨道最高点，赛车经过B点的最小速度是4m/s；

（2）要使赛车能跃过壕沟，赛车经过C点的最小速度是3m/s；

（3）要使赛车能完成比赛，电动机工作的最短时间是2.2s．

（1）物块P自由下落时，刚到达板的上表面时的速度v=gT0=10m/s．

P进入相互作用区域的过程，根据动能定理得：mgH-fH=0-mv2

代入解得，H=0.5m．

（2））对于P，取向下方向为正方向，对于B取水平向右为正方向．

物块P在进入“相互作用区域”之前，P、B的加速度分别是aP=g=10m/s2，aB=-μg=-1m/s2．

物块P在进入“相互作用区域”之后，P、B的加速度分别是aP′==-100m/s2，aB′=-=-6.5m/s2．

设P从进入“相互作用区域”到离木板最近过程所经历的时间为t，则

  aPT0+aP′t=0

解得t=0.1s

根据对称性得到物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间T=2（t0+t）=2.2s

（3）设板速度为零时，P一共回到出发点n次．由以上分析得：

v0+2naBT0+2naB′t=0

解得，n=3.03次，

三次后，板的速度为v=v0+2×3aBT0+2×3aB′t=0.1m/s

则此时P又下落的时间为t′==0.1s

h=g(-t′2)=4.95m

即当B开始停止运动那一时刻，P距地面4.95 m．

答：

（1）相互作用区域的厚度为0.5m

（2）P第一次回到初始位置经历的时间为2.2s．

（3）当B开始停止运动那一时刻，P距地面4.95 m．

解：（1）设滑雪者质量为m，斜面与水平面夹角为θ，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功 　　　

 ①

由动能定理 ②

离开B点时的速度 ③

（2）设滑雪者离开B点后落在台阶上

可解得 ④

此时必须满足 ⑤

当时，滑雪者直接落到地面上 ⑥

可解得 ⑦

（1）2tanθ    (2) 物块的下端停在B端     (3) 3L

试题分析：(1)当整体所受合外力为零时，整体速度最大，设整体质量为m，则

   2′ 

得μ＝2tanθ    1′

(2)设物块停止时下端距A点的距离为x，根据动能定理

   2′ 

解得x＝3L   1′

即物块的下端停在B端    1′

(3)设静止时物块的下端距A的距离为s，物块的上端运动到A点时速度为v，根据动能定理

     2′

物块全部滑上AB部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一块为研究对象，设其质量为，运动到B点时速度正好减到0，根据动能定理

       2′      

得s＝3L   1′

点评：难题。物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑。本题涉及变力做功，且是随位移均匀变化的，所以可以用算术平均值求变力的功。

（1）对小球从B到A，有VA=0；则由动能定理可得：

-qUAB-mgd=0-mv02

得：UAB=8V；

（2）由闭合电路欧姆定律可得：

E=I（R+r）+UAB

解得：I=1A；

则有：RP==8Ω；

（3）电源的输出功率等于外电路上消耗的功率：

故电源的输出功率：

P出=I2（R+RP）=1×（15+8）=23W．

答：（1）电容器两端的电压为8V；

（2）滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω；

（3）电源的输出功率为23W．

（1）对水平管中的物体分析，物体能保持静止，有：mg≤μmg，

  解出x≤l

（2）物体进入水平管时，摩擦力的大小与右端进入水平管的距离l′之间的关系是：Ff=，作出Ff-l′图：

从图中曲线和坐标轴所围的面积可以求出物体在进入水平管的过程中，克服阻力所做的功：Wf=μmgl．

减小的重力势能△E=mg(x-)

能够全部进入管中，重力势能必大于或等于克服阻力所做的功，

即：mg(x-)≥μmgl，解出x≥l．

（3）当x=2μl时，物体全部进入水平管中，设右端进入水平管的距离为l′，则物体克服阻力所做的功Wf=

减小的重力势能△E=mg(x-)

由△E=Wf解出l′=

答：（1）x的取值范围为x≤l．

（2）此情况下x的取值范围x≥l．

（3）撤去外力后物体右端进入水平管的距离l′=．

解析：设小球在B点速度为vB，根据平抛运动规律有：

竖直方向：2R=gt2，

水平方向：x=2R=vBt，

解得：vB=2R•

对小球从A到B应用动能定理进行研究：

-mg•2R=mvB2-mvA2，

解之得：vA2=5gR．

对CA间的运动，由动能定理得：

-2μmgR=mvA2-mvC2，

得所求速度vC=

答：小球在C点时的速度的大小为：

解：

(1)以汽车为研究对象，在制动过程中，刹车产生的阻力对汽车做负功，汽车制动后的末速度是零．假设汽车制动的阻力不变，由动能定理可知，汽车制动前的初速度（初动能）越大，制动时阻力做的功也越多，因而制动过程中经过的距离也越长．

(2)设汽车制动时受到的阻力为F，由动能定理可列式： ，由于汽车制动时的阻力不变，故有s∝v2，分析表中数据可得当汽车以60 km/h行驶时制动，制动距离为36 m．

（1）对物块从释放到第一次速度为零的过程，重力做的功：WG=mg（h1-h2）=0.3 J

（2）对物块从释放到第一次速度为零的过程，由动能定理得：WG-μmg•(+)=0

代入数据化解可得：μ=0.25

（3）依题意，物块最终将停在最低点B处，对物块从释放到最后停止运动全过程应用动能定理可得：mgh1-μmgcosθ•-μmgL=0

代入数据解得：L=1.6m

答：（1）物块从释放到第一次速度为零的过程中，重力所做的功为0.3J．

（2）物块与轨道间的动摩擦因数μ为0.25．

（3）若将轨道BC调成水平，物块仍从轨道AB上高为h1=0.60m处静止释放，其在轨道BC上滑行的最大距离为1.6m．

（1）由乙图可知，当h1=5R时，物块到达B点时与轨道间压力的大小为0，设此时物块在B点的速度大小为v1，则：mg=

对物块从释放至到达B点过程，由动能定理得：mg(h1-2R)-μmgcosθ=m

解得：μ=

（2）设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，则：F+mg=

对物块从释放至到达B点过程，由动能定理得：mg(h -2R)-μmgcosθ=m

解得：F=-5mg

则F-h图线的斜率：k=

由乙图可知：k=

解得：m=0.2kg

答：（1）物块与斜轨间的动摩擦因数μ为；

（2）物块的质量m是0.2kg．

（1）t=0时，弹簧的压缩量为x1，则：x1==m=0.15m

t=0.4s时，物体B刚要离开地面，弹簧对B的拉力恰好等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为x2，则：x2==0.15m

A向上匀加速运动过程，有：x1+x2=at2

解得：a=3.75m/s2

t=0时，外力F最小：Fmin=ma=45N

t=0.4s时，外力F最大，由牛顿第二定律得

对A：Fmax-mg-kx2=ma，

解得：Fmax=285N

（2）过程末了时刻A的速度：υ=at=3.75×0.4=1.5m/s，

在A上升的过程中，弹簧由压缩0.15m的状态变为伸长0.15m，弹力所作功的代数和为零，由动能定理有：WF-mg(x1+x2)=mv2

解得力F所做的功：WF=49.5J

答：（1）此过程中所加外力F的最大值为285N，最小值为45N；

　（2）此过程中外力F所做的功为49.5 J．

（1）根据机械能守恒定律有mg•(4R-2R)=mv2

所以v=

根据牛顿第二定律有mg+F=m

所以F=3mg

（2）a．设加电场后小物块到达C点时的速度为v1，根据动能定理和牛顿第二定律有mg•2R+qE•2R=mmg+qE+2F=m

又因为F=3mg

所以E=

b．设加磁场后小物块到达C点时的速度为v2，根据动能定理和牛顿第二定律有mg•2R=mmg+qv2B+F=m

又因为F=3mg

所以B=

答：（1）求小物块通过圆形轨道最高点C时速度为，轨道对小物块支持力F=3mg；

（2）所加匀强电场场强E=；所加匀强磁场磁感应强度B=．

汽车匀速运动时，速度最大，设为vm，此时汽车的牵引力与阻力大小相等，F=f，则有

  P额=Fvm=fvm

则得：vm==m/s=12m/s

对全程应用动能定理：W-fs=mv

则得 W=fs+mv=5000×125+×5×103×122

解得：W=9.85×105J

答：

在这个过程中，汽车发动机的牵引力做功为9.85×105J．