热门试卷

（1）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等．

小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则

   S1=at2

   S2=a(2t)2-at2=at2

 所以=                                 

（2）由题，m=5J，得vA=

又竖直方向上，有vA=gt=t，所以=t，①

m=2J，得vM=

在水平方向上，有 vM=at=t，则得=t，②

所以①：②得=                             

（3）小球在水平方向上=2aS1，=2a（S1+S2）=8aS1，

故=4

小球落回到B点时的动能EKB=m=m(+)=m•4+m=13J

（4）设小球运动时间为t时动能为Ek，则

   Ek=m(v0-gt)2+m(at)2

化简为 （g2+a2）t2-2v0gt+-=0

 当△=0时有极值，

则4g2-4（g2+a2）(-)=0

得Ek=Ek0

由=得a=g

即Ekmin=Ek0=×5J=1.43J    

答：

（1）小球水平位移S1与S2之比1：3；

（2）小球的重力G与所受风力F的比值是：；

（3）小球落回到B点时的动能EKB是13J；

（4）小球从A点到B点的运动过程中，小球动能的最小值是1.43J．

（1）、设A落地时的速度为v，系统的机械能守恒：

           mgh-mghsinα=(m+m)v2，

         代入数据得：V=2 m/s．

 （2）、A落地后，B以v为初速度沿斜面匀减速上升，设沿斜面又上升的距离为S，

       由动能定理得：-mgSsinα=0-mv2

       物体m能沿斜面滑行的最大距离：L=h+S  

       代入数据得：L=1.2m

答：（1）、物体A着地时的速度是2m/s．

      （2）、物体B能沿斜面滑行的最大距离是1.2m．

（1）小球B运动到P点正下方过程中的位移为

xA=-0.1=0.4（m）

拉力的功：

WF=FxA=22J

（2）对小球B由动能定理得WF-mgR=mv2

代入数据得：v=4m/s

（3）当两速度同向时，两球速度相等，故当绳与圆环相切时两球的速度相等．由几何关系可得：

hB=Rcosα=R=0.225m

答：（1）拉力的功为22J；（2）小球B的速度4m/s；（3）小球到达0.225m时，两球速度相等．

解：

方法一：用动能定理解

设子弹初、末速度为v1、v2，子弹所受平均阻力为F，由动能定理知：

整理得1 600 N；

方法二：用牛顿运动定律解

由于穿过时的位移及初、末速度已知，由知：加速度

由牛顿第二定律得：所求阻力=-1 600 N． “-”号表示力F的方向与运动方向相反．

 子弹射穿木板过程中，子弹所受作用力是变化的，但在本题中不研究子弹所受阻力的变化，故有“平均”阻力的说法．

解：（1）小球在θ=60°角处处于平衡，则Eq=mgtanθ

得，方向水平向左

（2）王明同学的求解不正确

因为小球在θ=60°处处于平衡，因此小球从θ=30°的A点释放，它不会往A点的左边运动，而是以θ=60°处为中心、以A点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O

王明同学的求解实际上也不是小球运动到θ=60°的平衡位置处的速度

平衡位置处的速度的正确求解应该是：

据动能定理有

联立解得

（1）当E水平向左时：

初速度和末速度都为0，由动能定理得：外力做的总功为0

即mgR-Ffx-qE（R+x）=0

其中Ff=mgμ

所以x==0.4m

（2）当E竖直向下时，由动能定理，初速度和末速度都为0，所以外力做的总功为0

即mgR-Ffx+qER=0

其中Ff=（mg+qE）μ

所以x==0.75m

答：（1）当E水平向左时物体在水平面上滑行的距离为0.4m

（2）当E竖直向下时物体在水平面上滑行的距离为0.75m

（1）设经过加速电场加速后，粒子的速度为v0，

由动能定理得：qU0=mv02，

解得：v0==1.0×105m/s，

由于t=0时刻偏转电场的场强为零，此时射入偏转电场的粒子将匀速穿过电场而以v0的速度垂直磁场边界进入磁场中，

在磁场中的运动轨迹为半圆．设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，

由牛顿第二定律得：qv0B=m ，解得r=，

粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离d=2r=0.40m；

（2）设粒子以最大偏转量离开偏转电场，即轨迹经过金属板右侧边缘处，

进入磁场时a、b板的电压为Um，则粒子进入偏转电场后，加速度a=，

在水平方向 L=v0t，在竖直方向 y=at2，

解得Um==25v＜50v；

电压Um=25V时对应粒子进入磁场的速度最大，

设最大速度大小为vm，方向与OO′的夹角为q，

则对于粒子通过加速电场和偏转电场的过程，

由动能定理得：qU0+q=mvm ，

解得vm==×105m/s=1.1×105m/s，

tanθ==，即θ=arctan，

（或cosθ==，即θ=arccos ）

（3）设任意时刻进入磁场的粒子，其进入磁场时速度方向与OO′的夹角为α，

则其速度大小 v=，

粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径 R==，

由如图答-3所示的几何关系可知，粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离

x=2Rcosα==，

所以要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离x，应该减小匀强磁场的磁感应强度B，或增大加速电压U0；

答：（1）t=0时刻射入偏转电场的粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离为0.4m．

（2）粒子进入磁场时的最大速度为1.1×105m/s．

（3）增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离x，应该减小匀强磁场的磁感应强度B，或增大加速电压U0．

铅球从抛出到落地静止的过程中只有重力和阻力做功，对于全程使用动能定理有：

mg(h1+h2)-fh2=0-m

代入数据h1=1.65m，h2=5cm=0.05m，m=6kg，f=8×103N

v0≈10m/s

根据功能关系，人对铅球做的功等于铅球增加的动能和势能之和

铅球到抛出点时重力势能的增加量△Ep=mgh1

铅球到抛出点时动能的增加量△Ek=m-0

所以人对铅球做的功W=△EP+△Ek=mgh1+m=399J

答：铅球抛出时的初速度为10m/s，人对铅球做的功为399J．

（1）小物体经过AB中点时，根据牛顿第二定律和库仑定律得：

FN=mgcosθ+k

mgsinθ+μFN=ma

得：a=gsinθ+μ（gcosθ+）

（2）设物体上升过程中，摩擦力做功为Wf．由于OA=OB，A、B两点的电势相等，上升和下滑过程中电场力做功都为0，则根据动能定理得

上升过程，有 0-mv02=-mglsin2θ+Wf

下滑过程，有mv2=mglsin2θ+Wf

解得：v=

答：

（1）小物体沿斜面上滑经过AB中点时的加速度是gsinθ+μ（gcosθ+）；

（2）小物体返回到斜面上的A点时的速度是．

小车固定在地面时，设物体与小车间摩擦力为f，由动能定理

-fL=m(

v0

2

)2-m    （1）

把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间摩擦力仍为f．设小物体相对小车滑行距离为L时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为V，

由动量守恒定律mv0=（M+m）v   （2）

设这过程小车向前滑行距离为S．由动能定理

对小车运用动能定理有

fS=Mv2  （3）

对小物体运用动能定理有

-f（L+S）=Mv2-m  

由（2）（3）（4）解出

fL′=m （）  （5）

L′≤L 且fL=m      （6）

比较（5）（6）解出

M≤3m，只要M＞3m小物体就能滑离小车．

答：欲使小物体仍能滑离小车．那么小车的质量M和小物体质量m应满足M＞3m．

以钢球从开始自由下落到落入沙中停止为研究过程

    根据动能定理w总=△EK        可得：

     WG+Wf=0-0-----------------------------------①

     重力做功WG=mg（H+h）=4×10×（1.8+0.2）J=80J-------②

     阻力做功Wf=-fh=-f×0.2------------------------③

    由①②③解得：f=400N

   答：沙坑对钢球的平均阻力是400N．

（1）对小球，从A到B过程，由动能定理得：mg(H-h)=mv2-0 ①

解之得：小球经过B点时的速度大小v==10m/s

（2）对小球，从B到C过程，由动能定理得：mgR(1-cosθ)=mvc2-mv2  ②

在C点，由牛顿第二定律得：N-mg=m

联立解之得：N=38N

由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力为N'=N=38N

（3）对小球，从C到D过程，由动能定理得：-mgR=mvD2-mvc2   ④

解之得：vD=2m/s

从A到S的过程，由动能定理得：mg(H-h-3)+F电xSD=mvS2-0  ⑤

解之得：F电=10N

小球在复合场中受到的合力方向斜向左下45°，大小为mg，把D点的速度分解为垂直于合力和平行于合力方向的分速度，当平行于合力方向的分速度为零时，速度最小vDcos45．=at   ⑥

a=g  ⑦

竖直方向：x=vDt-gt2  ⑧

解之得：x=1.5m

答：（1）小球经过B点时的速度大小是2m/s；

（2）小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力是38N；

（3）小球从D点抛出后，速度最小时距SD面的高度是1.5m．

（1）设AB碰撞后的速度为v1，AB碰撞过程由动量守恒定律得mv0=2mv1

设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得-μmgl=m-m

联立以上各式解得v2=4m/s该过程为完全非弹性碰撞，

（2）若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv2=（2+k）mv3

代入数据解得   k=2

此时AB的运动方向与C相同

若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得

联立以上两式解得

代入数据解得   k=6

此时AB的运动方向与C相反

若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得2mv2=kmv

代入数据解得k=4

总上所述得 当2≤k＜4时，AB的运动方向与C相同

当k=4时，AB的速度为0

当4＜k≤6时，AB的运动方向与C相反．

B电荷从P点由静止释放，释放瞬间，

由牛顿第二定律与库仑定律可得：a==

 则有：=

B电荷在库仑力作用下，速度不断增大．

所以由qU=mv2，可得：v===1.55×104m/s

答：B电荷能达到的最大速度为1.55×103m/s．