热门试卷

设小球受到的平均阻力为f，取整个过程为研究对象，由动能定理得：

    mg（H+h）=fh

解得f=

答：物体在泥中运动时所受平均阻力

（1）对小球运动的全部过程运用动能定理，得到

mgH-kmgS=0

解得

S=

即小球从释放开始，直到停止弹跳为止，所通过的总路程是．

（2）对小球下降过程运用动能定理，得到

mgH-kmgH=mv2

解得

v=

即小球第一次落地时速度是．

设撤去力F前物块的位移为s1，物块受到的滑动摩擦力f=μmg，a减=μg=2m/s2，

    由运动学公式得：s-s1=a减t2=4m

        所以  s1=1m       

   对物块运动的全过程应用动能定理的：

        Fs1-fs=0

   代入数据解得：F=15N

答：恒力F为15N．

（1）当物块沿x轴正方向运动时，受到沿x轴负方向的电场力F和动摩擦力f．电场力大小为F=Eq，滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg．

设物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离为s，此过程中由动能定理得

    -(F+f)s=-mv02

联立解得  s==0.4m

（2）由于F＞f，当物块运动到沿x轴正方向运动离O点的最远距离时，又返回向x轴负方向运动，设最终停止时在侧s'处．        

在物块向x轴负方向运动的过程中，由动能定理得：

   （F-f）s-fs'=0  

解得  s′=s=0.2m

答：（1）小物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离为0.4m；

（2）小物块最终停止时的位置在O点左侧0.2m处．

解：（1）

（2），解得：v＝3 m/s 

（3）

（1）小球静止在P点时由平衡条件得

       cos45°=

         T=mg

    （2）小球从A到P的过程中，电场力做负功，故其电势能增加   

         由（1）问得tan45°=  F电=mg

         则小球克服电场力做功W=F电L（1-cos45°）

       其电势能增加为△EP=△W=mgL

    （3）小球先做匀加速直线运动到达最低点C，

      根据动能定理得：mvC2-0=mgL+F电L    vC=2

     到达C点后细绳绷紧，小球沿细绳方向的速度变为零，

        则vC′=vCsin45°  vC′=

     从C到P做圆周运动，由动能定理得：

mvP2-mvC^2=-mgL(1-cos45°)+F电Lsin45°

      vP=

答：（1）静止在P点时线的拉力是mg．

    （2）如将小球向右拉紧至与O点等高的A点由静止释放，当小球摆至P点时，其电势能增加了mgL．

    （3）如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，小球到达P点时的速度 vP=．

（1）如图：

根据小球运动的轨迹可知，小球从A至C的过程中竖直方向下落高度H=h+Rsin30°，则小球从A至C的过程中只有重力和电场力做功，根据动能定理有：

WG+WE=△EK

即：mgH+WE=mv2-0

则电场力做功：

WE=mv2-mgH=mv2-mg(h+R)

所以小球克服电场力做功W=-WE=mg(h+)-mv2

（2）根据电场力做功与电场势差的关系有：WAC=qUAC

所以AC间的电势差UAC===

答：（1）从A至C过程中小球克服电场力做的功为：mg(h+)-mv2；

（2）AB间的电势差UAB=．

（1）设小滑块在AB轨道上克服阻力做功为W，对于从A至B过程，根据动能定理得

mgR-W=mv2-0

代入数据解得 W=4 J

即小滑块在AB轨道克服阻力做的功为4J．

（2）设小滑块落地时的动能为Ek，

取地面为零重力势能参照考面，

由于平抛过程中只有重力做功，

故根据机械能守恒定律得

mv2+mgh=Ek+0

代入数据解得 

Ek=116 J

即小滑块落地时的动能为116J．

A沿斜面下滑5m时，A下降的高度为   

hA=5×sin30°=2.5m；B上升的高度为         

 hB=5m

以A为对象，由动能定理得：

mAghA-FL=mAVB2

同理：以B为对象       

 FL-mBgL=mBVB2

联解得   VB=2m．s-1

设B再上升h′时，速度为零，由动能定理

B上升的最大高度为：h=hB+h′=5+1=6m．

答：物块B上升的最大高度为6m．

（1）根据几何关系得：LAB==m=1m

甲运动到C点时，甲的速度方向水平向右，所以乙的速度为零，对系统运用动能定理得：m乙g(LAB-LBC)-m甲gR=m甲v甲2

解得：v甲=m/s=4.47m/s．                   

（2）当连接甲球的细线与圆环相切时，甲、乙速度相等，此时甲球到达A'点，离开桌面的距离为d

根据几何关系得：LBA′==m=0.53m

d==m=0.45m

对系统运用动能定理得：m乙g(LAB-LBA′)-m甲gd=(m甲+m乙)v甲2

解得：v甲=

代入数据得：v甲=1.81m/s

答：（1）甲运动到C点时的速度大小是4.47m/s．

（2）甲、乙速度相等时，它们的速度大小是1.81m/s．

解：（1）根据题意，由受力分析可知：

根据动能定理：

解得。

（2）根据能量守恒人所做的功。

小题1:0.015

小题2:即乙获胜。

小题1:由动能定理得：－mmgs＝0－mv12，m＝＝＝0.015；

小题2:  乙队员抛出的冰石壶到达O’点时的速度v’：Mv22－Mv’2＝mMgs，

v’＝＝4 m/s，

两冰石壶发生弹性碰撞（设碰撞后M和m的速度分别为v’’和v3）：

由Mv’＝Mv’’＋mv3和Mv’2＝Mv’’2＋mv32

解得：v3＝v’＝4.1 m/s，v’’＝＝0.1 m/s，

碰撞后，甲冰石壶移动距离s1为mmgs1＝mv32，s1＝＝56 m，

乙冰石壶移动距离s2为s2＝＝0.033 m，甲出外圆，乙在内圆，即乙获胜。

820N

（1）推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，则有E=Ek①

即：25=×200x2

解得x=0.5m．②

由牛顿运动定律得a==m/s2=50m/s2③

（2）设滑块到达B点时的速度为vB，由能量关系有

W-μmgL=mvB2

解得vB2=21m2/s2④

对滑块，由牛顿定律得FN-mg=m⑤

FN=mg+m=20+2×N=62N．⑥

由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力62N⑦

（3）设滑块能够到达C点，且具有速度vc，由功能关系得

W-μmgL-mgR=mvc2⑧代入数据解得

vc=1m/s⑨

故滑块能够越过C点

从滑块离开C点到再次回到C点过程中，物体做匀变速运动，以向下为正方向，有

vc=-vc+gt⑩

解得t==s=0.2s

答：（1）推力撤去瞬间，滑块的加速度为50m/s2．

（2）滑块第一次滑动圆弧轨道最低点对B点的压力为62N．

（3）滑块能够越过C点，滑块离开C点再次回到C点的时间为0.2s．