热门试卷

（1）通过肌肉收缩或舒展，产生的内力作用，完成各种高难度的动作。力的作用是相互的，所有内力的合力等于零，运动员只受重力作用，因此，这些内力对运动的整体运动没有影响。 

（2）运动员要完成一系列动作可利用的时间为

（3）

本题重点考查将实际问题转化为所学的物理模型，考查竖直上抛运动规律及研究方法，动能定理的应用。

(1)通过肌肉收缩或舒展，产生的内力作用，完成各种高难度的动作。力的作用是相互的，所有内力的合力等于零，运动员只受重力作用，因此，这些内力对运动的整体运动没有影响。    ①

(2)运动员在空中的运动可等效为竖直上抛运动。

运动员从跃起升到最高处，重心升高了　　　　　　　　　　　　　　　　②

这个过程可逆向看做自由落体运动，因此此过程历时　　　　③

运动员从最高处自由下落到手触及水面的过程中下落的高度为　④

这个过程历时　　　　　　　　　　　　　　　⑤

故运动员要完成一系列动作可利用的时间为　　　　　　　 ⑥

(3)运动员手触及水面到她的重心下沉到离水面约2.2m处所经历的位移为

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑦

手触及水面时瞬时速度为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧

因此，从手触及水面到重心下沉2.2m的过程中，由动能定理可得

　　　⑨

故可得，因此　　　　　　　　　　　　　　　⑩

或者将整个过程作为研究对象，由功能定义

，

动能定理得：

故可得，因此

（1）在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中用能量守恒定律，动能不变，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热，

因此：Q=mgd=0.50J

（2）设线圈自由下落阶段的末速度v，即线圈下边缘到达磁场上边界时的瞬时速度大小是v0，

则v02=2gh，v0=4.0m/s 

线圈上边缘到达磁场上边界时线圈速度一定最小，在线圈进入磁场过程中用动能定理：

mgL-W=mv2-mv02

而克服安培力做的功W就等于增加的电能也等于产生的电热Q

因此解得：v=2m/s

答：（1）线圈进入磁场的过程中产生的电热Q为0.50J．

（2）线圈下边缘穿越磁场的过程中，线圈的最小速度v为2m/s．

 （1）（2）（3）

试题分析：（1）物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理：

           （2分）

              （2分）

经点时                  （2分）

根据牛顿第二定律，对点的压力              （1分）

（2））从到机械能守恒      （2分）

与间高度差       （1分）

（3）物体最后在与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经点压力最小，由到根据机械能守恒

     （2分）

          （1分）

根据牛顿第三定律   压力                      （1分）

点评：在考查力学问题时，常常将动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律等综合在一起进行考查，并且常常综合平抛、圆周运动及匀变速直线运动等运动的形式．

（1）小球释放后沿圆周运动，运动过程中机械能守恒，设运动到最低点速度为v，由机械能守恒定律得：

mgl=mv2，碰钉子瞬间前后小球运动的速率不变，碰钉子前瞬间圆周运动半径为l，碰钉子前瞬间线的拉力为F1，碰钉子后瞬间圆周运动半径为l，碰钉子后瞬间线的拉力为F2，由圆周运动、牛顿第二定律得：

F1-mg=，

F2-mg=

得F1=3mg，F2=5mg

（2）设在D点绳刚好承受最大拉力，记DE=x1，则：AD=

悬线碰到钉子后，绕钉做圆周运动的半径为：r1=l-AD=l-

当小球落到D点正下方时，绳受到的最大拉力为F，此时小球的速度v1，由牛顿第二定律有：

F-mg=m结合F≤9mg

由机械能守恒定律得：mg（+r1）=mv12

由上式联立解得：x1≤l

随着x的减小，即钉子左移，绕钉子做圆周运动的半径越来越大．转至最高点的临界速度也越来越大，但根据机械能守恒定律，半径r越大，转至最高点的瞬时速度越小，当这个瞬时速度小于临界速度时，小球就不能到达圆的最高点了．

设钉子在G点小球刚能绕钉做圆周运动到达圆的最高点，设EG=x2，

则：AG=，r2=l-AG=l-

在最高点：mg≤由机械能守恒定律得：mg（-r2）=mv12联立得：x2≥l

钉子位置在水平线EF上距E点距离的取值范围是：l≤x≤l

答：（1）若钉铁钉位置在E点，细线与钉子碰撞前后瞬间，细线的拉力分别是3mg和5mg；

（2）若小球能绕钉子在竖直面内做完整的圆周运动，则钉子位置在水平线EF上距E点距离的取值范围为l≤x≤l．

（1）石块由A到B过程，根据动能定理，有：

mgh=mv2-m

解得：

v===20m/s

（2）石块由A到B．根据动能定理，有：

mgh-W=m-m

解得：W=mgh+m(-)=0.1×10×15+×0.1×(100-192)=1.95J

答：（1）石块落地时的速度为20m/s．

（2）石块克服空气阻力做的功为1.95J．

（1）由P=1.6=mv，代入x=0.64m，可得滑块到B点速度为：

VB==m/s=3.2 m/s

A→B，由动能定理得：FS=mVB2

所以 F=m=N=3.2N    

（2）滑块由C→D的过程中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在D点时，滑块和小车具有相同的水平速度VDX．

由动量守恒定律得：mVC=（M+m）VDXVC=VB

所以 VDX==0.32m/s    

（3）以滑块、小车为系统，以滑块滑上C点为初态，滑块第二次滑到C点时为末态，此过程中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒得：

mVC=mVC′+MV             

mVC2=mVC′2+MV2

上式中VC′、V分别为滑块返回C点时，滑块与小车的速度，

V=0.64m/s 

VC′=-2.56m/s  （负号表示与V反向 ） 

（4）由机械能守恒定律，滑快由C到D，对系统有：mVC2=mgR+M VDX2+m（VDX2+VDY2）

所以 VDY=1.1m/s

滑块离D到返回D这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为：

S== m=0.07m       

答：（1）滑块受水平推力F为3.2N；

（2）滑块到达D点时，小车速度为0.32m/s

（3）滑块返回C点时小车的速度为-2.56m/s，滑块的速度为0.64m/s；

（4）滑块从D点滑出再返回D点这一过程中，小车移动距离为0.07m．

（1）电子在阳极P和阴极K间运动，由根据动能定理得

   eUPK=m

得，v0==2.96×107m/s

（2）电子沿板的方向做匀速直线运动，则电子在板间运动的时间：t=

电子运动的加速度：a==

电子离开电场时沿场强方向的侧移：y=at2=0.01m

根据动能定理有：ey=Ek-m

即　Ek=ey+UPKe=4.44×10-16J　　

答：（1）电子通过阳极P板的速度υ0是2.96×107m/s．

（2）电子通过偏向板时具有动能Ek是4.44×10-16J．

（1）物块从斜面上A点滑到B点的过程中，由动能定理得：

    mgH-μmgHcot 37°=mvB2 …①

物块在B点满足：F-mg=m… ②

由①②可得：F=mg+H…③

由图象可知：H=0时，F=5 N；H=3 m时，F=15 N

代入③解得：m=0.5 kg，μ=0.5．

（2）物块从A到C由动能定理得：mg（H-2R）-μmgHcot 37°=mv2C …④

物块从C到D做平抛运动，下落高度h=gt2 …⑤

水平位移x=vCt…⑥

由几何关系知：tan 37°=…⑦

由④⑤⑥⑦可得：t=0.4 s

物块到D点时的速度的大小：vD==4 m/s．

答：（1）物块的质量为0.5 kg，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5．

　（2）物块落到D点时的速度大小为4 m/s．

（1）AB段光滑，取地面为零势能面，由机械能守恒可以得，

  mgh+mV02=mV2，

所以 V==m/s=10m/s．

（2）设人能到达的高度为H，对全过程由动能定理可得，

  mgh-mgH-Wf=0-mV02

带入数值求得人能到达的高度 H=10m．

答：（1）运动员到达最低点B时的速度大小是10m/s；

（2）人能到达的高度是10m．

当n=5时，v==m/s≈1.673m/s，则v2=1.6732≈2.80m2/s2．

观察v2数据可知，为等差数列，公差为0.11．所以v2=3.24-0.11（n-1），

所以当n=15时，v2=1.70∴v=1.3m/s

因为v2=3.24-0.11（n-1），所以v=．

根据动能定理知，动能的变化量相同，则横杆每转动一圈克服阻力所做的功不变．

故答案为：2.80，v=，不变．

解：(1)x=v0t，y=gt2/2，y/x=tanα

得g=2v0tanα/t

(2)由mg=mv2／R，得

(3)mgy=Ek-mv02/2，

（1）设小球运动到最底位置B时速度为v，此时N-mg=…①

解得：v=

若不受电场力，则

mgR=mv′2

解得：v′=

因为v′＞v

所以此过程中电场力做负功，电场力方向水平向右

设电场力大小为F，由题意，小球从A处沿槽滑到最底位置B的过程中，根据动能定理得：

mgR-FR=mv2-0…②

由①、②两式得：F=mg…③，方向水平向右

（2）小球在滑动过程中最大速度的条件：是小球沿轨道运动过程某位置时切向合力为零，设此时小球和圆心间的连线与竖直方向的夹角为θ，如图

mgsinθ=Fcosθ…④

由④得：tanθ=

小球由A处到最大速度位置得过程中mgR-cosθ-mgR(1-sinθ)=m-0

得：vm=

答：（1）小球受到电场力的大小为mg，方向水平向右；

（2）带电小球在滑动过程中的最大速度．

解：（1）达到最大速度时，P＝fvm，vm＝＝m/s＝24m/s

（2）Pt－fs＝mvm2－mv02，s＝＝1252m

解：（1）由题意知小球运动到D点时，由于AD=AB，所以有φD=φB，即UDB=φD－φB=0 ①

则由动能定理得  ②

联立①②解得  ③

（2）当小球运动到C点时，对球受力分析如图所示

则由平衡条件得FN十F库·sin30°=mgcos30° ④

由库仑定律得  ⑤

联立④⑤得

由牛顿第三定律得