热门试卷

（1）在小球运动过程中，重力与电场力是恒定的，则可将此两个力等效成一个力，因此相当于小球受到拉力与等效一个力，类似于“歪摆”，这个“歪摆”．

由于已知电场力Fe=qE=4.9×10-10×1.5×106N=7.35×10-4 N

而重力G=mg=1.0×10-4×9.8N=9.8×10-4 N

因此F：G=3：4，所以摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°．

（2）小球通过“最低点”即平衡位置时速度最大．在摆过程中拉力不做功，等效的力做正功，

所以由动能定理：mgl(1-cos37°)=mvB2-0，

   解之得：vB=1.4m/s．

答：（1）小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角74°

（2）摆动过程中小球的最大速度是1.4m/s．

（1）设舰载机到达倾斜跑道末端时的速度大小为v，全过程运用动能定理得，

(F-Ff)(l1+l2)-mgh=mv2-0

代入数据解得v=41.5m/s．

（2）由题意知，只有水平轨道对舰载机施加助推力F推，全过程运用动能定理得，F推l1+（F-Ff）（l1+l2）-mgh=mv′2-0

将v′=100m/s代入解得F推=5.2×105N．

答：（1）舰载机到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.5m/s．

（2）助推力F推的大小F推=5.2×105N．

不正确，因为最大偏角处不是小球的平衡位置．

正确解答是：

由动能定理得：FLsinα=mgL（1-cosα），

所以F=mg

答：该同学的解答不正确，因为最大偏角处不是小球的平衡位置．

正确解答是：风力为mg．

解：（1）设物体在AB段克服摩擦力做的功为Wf对全过程应用动能定理：

解得：

（2）设物体到达B点时动能为

则从B到C根据动能定理有：

物体在B点时的机械能为

（1）小球在A点受力示意图如图所示；

（2）在A点，由牛顿第二定律得：FNA+mg=m，

已知：FNA=3mg，解得：vA=6m/s；

（3）小球由C到A过程中，由动能定理得：

-mg•2R=mvA2-mvC2，

在C点，由牛顿第二定律得：FNC-mg=m，

解得：FNC=90N，

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：

FNC′=FNC=90N，方向竖直向下．

答：（1）小球在A点时的受力示意图如图所示；

（2）小球在A点时的速度大小为6m/s；

（3）小球经过C点进入半圆形轨道时对轨道的压力大小为90N，方向竖直向下．

（1）UAB==V=90V

即AB两点的电势差为90V．

（2）UAB=φA-φB，故φB=φA-UAB=0-90=-90V

EPB=qφB=2.0×10-9×（-90）=-1.8×10-7J

即B点电势为-90V，检验电荷在B点的电势能为-1.8×10-7J．

（1）由动量p=mv可知，速度是原来的2倍时，动量也是原来的2倍；由动能Ek=mv2知，速度是原来的2倍时，动能是原来的4倍．

（2）动量是矢量，它的变化与方向有关，设向西的方向为正方向时，动量的变化△p=m（v2-v1）=2×（3+3）=12 kg•m/s

动能是标量，没有方向，故动能的变化△Ek=m(-)=×2×(32-32)=0

（3）同理注意到动量的矢量性，A、B的动量之和在向西的方向为正方向时，

p总=pA+pB=-2×3+3×4=6 kg•m/s

而动能之和只是标量间的运算Ek总=Ek1+Ek2=m+m=×2×32+×3×42=33J

（4）上面的计算可以看出，动量和动能的区别有①它们的计算式不同②动量变化时，动能不一定变化，而动能变化时，动量一定变化．③动量是矢量，有方向，方向不同时，动量就不同，动能是标量，方向对动能的计算没有影响． 

答：（1）动量是原来的2倍；动能是原来的4倍．

（2）动能不变，动量变化了

（3）它们的动量之和是6 kg•m/s，动能之和是33J

（4）动量和动能的区别有①它们的计算式不同②动量变化时，动能不一定变化，而动能变化时，动量一定变化．③动量是矢量，有方向，方向不同时，动量就不同，动能是标量，方向对动能的计算没有影响．

（1）小球离开小车后，由于惯性，将以离开小车时的速度作平抛运动，h=gt2

R=vt

小车运动到O′点的速度v==1m/s

（2）为使小球刚好落在A点，则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，有t=kT=，其中k=1，2，3…

即ω=2kπ=5kπrad/s，其中k=1，2，3…

（3）小球若能落到圆盘上，其在O′点的速度范围是：0＜v≤1m/s

设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x1、x2，对应到达O′点的速度分别为0、1m/s．

由动能定理，有Fx1-μmgx0=0

代入数据解得x1=1m

根据动能定理，有Fx2-μmgx0=mv2-0

代入数据解得x2=1.125m或m

则水平拉力F作用的距离范围1m＜x≤1.125m

答：（1）若小球刚好落到A点，求小车运动到O′点的速度1m/s．

（2）为使小球刚好落在A点，圆盘转动的角速度应为ω=2kπ=5kπrad/s，其中k=0，1，2，3…

（3）为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F作用的距离范围1m＜x≤1.125m

（1）小球从A滑到B的过程中，由动能定理得：

mgr=mvB2-0，

解得：vB=；

（2）从A到D的过程，由动能定理可得：

mg（r-）-Wf=0-0，

解得克服摩擦力做的功为：Wf=；

答：（1）小球滑到最低点B时，小球速度大小为．

（2）小球在曲面上克服摩擦力所做的功为．

（1）在到达B点前，只有滑动摩擦力f对物体做功，对物体从D到B的过程运用动能定理，设物体在B点时的速度为v，则：f•sDB=mv2mv02       ①

又f=μmg                   ②

联立以上两式解得

v=4 m/s

（2）物体在沿弯曲轨道上滑的过程中，只有重力对物体做功，设物体能够上滑的最大高度为h，根据动能定理，有：

则mv2=mgh      

 解得 h=0.8m

答：（1）小物块滑到B点时的速度为4m/s；

（2）小物块能沿弯曲轨道上滑到距水平面的最大高度为0.8m．

（1）木板C固定，A从左端冲上木板C，刚好能碰到B，根据动能定理得，

-μmgL=0-mv02

解得μ=．

（2）a、木板C不固定，当物块A以初速度冲上木板且向右运动时，A受到木板C施加的大小为μmg的滑动摩擦力而减速．木板C受到A施加的大小为μmg的方向向右的滑动摩擦力．

假设B、C间有相对运动，则B对C有滑动摩擦力，大小为μmg，方向向左，那么C在A对C向右的滑动摩擦力和B对C的向左的摩擦力共同作用下，应静止，显然不符合实际．B在C的静摩擦力作用下，和C一起向右加速．

若A与B刚好不能相碰，即A滑动木板C的中央，与B刚好接触且速度相同，设为v1，

根据动量守恒定律有：mv0′=3mv1   

在此过程中，设木板C向右运动的位移为s1，则物块A运动的位移为s1+L．

由动能定理有：

-μmg(s1+L)=mv12-mv0′2．

μmgs1=(2m)v12    

可得：μmgL=mv0′2-(3m)v12

联立解得v0′=v0．

物块A与B相碰的条件是v0′＞v0．

b、当物块A的初速度足够大，A与B能发生碰撞，设碰撞前瞬间A、B、C三者的速度分别为vA、vB、vC，有vA＞vB，vB=vC

A与B碰撞的时间极短，碰撞过程中，A与B组成的系统动量守恒，因为A、B间碰撞过程中没有能量损失，质量又相等，则A、B碰撞前后交换速度，碰撞后瞬间，A、B、C三者的速度分别为vA′、vB′、vC′，有：

vB′=vA，vA′=vB，vC′=vC．

这样A与C速度相等，二者保持相对静止．vB′＞vA′（=vC′），B在C上继续向右滑动，B的速度逐渐减小，C与A的速度逐渐增大．

若物块B刚好与挡板P不发生碰撞，也就是说B以速度vB′从C的中央滑动到挡板P处时，B与C（包括A）的速度变为相同，设为v2，由动量守恒定律得，

mv0′=3mv2       ①

A以初速度v0′冲上C，与B发生碰撞后，A、C相对静止，B到达P处这一过程中，A、B和C组成的系统相互作用的功能关系有：

mv0′2-(3m)v22=2μmgL     ②

由①②两式可得v0′=

由第（1）问知，v0′=v0．

物块B与P能相碰的条件是v0′＞v0．

答：（1）A、C之间的动摩擦因数μ=．

（2）a．要使物块A与B能相碰，初速度v'0应满足的条件是v0′＞v0．

b、要使物块B能够与挡板P发生碰撞，初速度v'0应满足的条件是v0′＞v0．

设当第n滴油滴滴到下极板时速度刚好为零，则有：

第n滴油滴运动过程中，下极板带的电量为Q=（n-1）q…①

电容器两极板间的电压为：U=…②

第n个油滴到达下极板时速度正好等于0，根据动能定理得：

mg（h+d）-qU=0-mv02…③

由①②③解得：

n=(mg(h+d)+mv02)+1

答：到达B板上的液滴数目最多不能超过(mg(h+d)+mv02)+1个．