热门试卷

（1）物块从A→C→D过程中，由动能定理得：

mgxACsin45°-μmgxACcos45°-μmgxCD=0，

解得：μ==0.5；

（2）A→B：x1=v1t1y1=g，

A→C：x2=v2t2y2=g，

A→D：2x2=v3t3

y2=g，

因tan45°==，y2=2y1，

所以=，=，

因t2=t3，所以=

初速度之比v1：v2：v3=1：：2；

（3）物块在B点的速度大小：vB=，

在C点速度大小：vC==，

则两速度之比：==；

答：（1）物块与斜面间的动摩擦因数为0.5；

（2）初速度之比v1：v2：v3=1：：2；

（3）物块落到B、C两点前瞬时速度vB、vC大小比值为．

（1）带电粒子进入电场后做类平抛运动，从右侧飞出电场后做匀速直线运动，这时速度方向的反向延长线与粒子射入方向恰相交于两极板的正中央O1点，如图所示．

带电粒子到达屏S上的宽度为A´B´，由图可知：

A´B´=O´B´-O´A´

由几何关系：=    得O´B´=d

=    得O´A´=d

故带电粒子到达屏S上的宽度为d．

所以A´B´=d-d=，即带电粒子到达屏S上的宽度为．

（2）设从偏转电场边缘射出的粒子偏向角为θ1，由几何关系有：

tgθ1===，cosθ1=，

则该粒子射出电场的速度υt1==，

由动能定理得：=mυt2-mυ02=mυ0 2 （-1）

所以此粒子的动能为mυ0 2=．

设从挡板边缘射出的粒子偏向角为θ2，由几何关系有：

tgθ2===d，cosθ2=，

则该粒子射出电场的速度υt2==，

由动能定理得：=mυt22-mυ02=mυ0 2 （-1）

所以此粒子的动能为 mυ0 2=．

所以，初动能满足＜EK＜的粒子能到达屏上．

设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，

（1）对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有：

（4m+m）g（ h2-h1）=（4m+m）V22，

解得V2=；

（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，应用动量守恒定律有：

4mV1=（4m+m）V2，

解得V1=，

设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有

W-4mgh1=（4m）V12，

解得：W=mg；

（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为E损=（4m）V12-（4m+m）V22，

联立解得E损=mg（h2-h1）．

答：（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小是；

（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功是mg；

（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能mg（h2-h1）．

根据动能定理：

（F-f）S=mV2-0      ①

   f=mgμ             ②

由①、②得：

V=

答：木箱获得的速度为

（1）甲球在运动到M点的过程中，根据动能定理得

   mgR-qEL=mv2-0

解得  v=

（2）设甲、乙碰撞后共同速度为v′，由动量守恒定律得

    mv=2mv′

由动能定理得-qEx=0-×2m•v′2

联立解得：x=-

答：

（1）甲在碰撞前瞬间的速度大小为．

（2）碰撞后甲乙共同向左运动的最大距离为-．

（1）从图中可以看出当x=4cm时，弹簧的弹性势能最大，此时速度为0，所以O点的左边4cm-O点的右边4cm的范围内运动．

（2）子弹和物块一起压缩弹簧的过程中系统机械能守恒，故系统的机械能为Ekm=Epm=16J

则可求出子弹射入物块后两者的共同速度v为：(m+M)v2=16，v=4 m/s

子弹射入物块时间极短，瞬间子弹、物块组成的系统动量守恒，则mv0=（m+M）v

v0=400 m/s

（3）从图线可以看出：M运动到O点左边2cm处时，形变量x=2 cm，此时弹性势力能为EP=4J，子弹和物块一起压缩弹簧的过程中系统机械能守恒，

故有：Ekm=Epm=Ek+EP，

解得：u=2m/s

（4）设地面的摩擦力对M做的功记为Wf，M从开始运动到A点，根据功和能的关系有：Wf=Ek+EP-Ekm=•2•32+4-16=-3J

设弹簧的弹力对M做的功记为Wk，M从开始运动到A点，根据动能定理有：Wf+Wk=(M+m)u2-(M+m)v2，Wk=-4J

答：（1）根据图线可以看出，M被子弹击中后将在O点的左边4cm至O点的右边4cm的范围内运动；

（2）子弹的初速度v0为400 m/s；

（3）当M运动到O点左边离O点2cm的A点处时，速度u为2m/s；

（4）地面的摩擦力对M做的功为-3J，弹簧的弹力对M做的功为-4J．

（1）滑块从D到C的过程中，根据动能定理可得：

qEcosθ•-mgsinθ•-Ff•=m-m   

而滑动摩擦力：Ff=μ（mgcosθ+qEsinθ） 

解得vC=m/s=8m/s

（2）设滑块左侧最远点与B相距x1，滑块从C到左侧的最远处的过程中，

根据动能定理：mgsinθ•L-qE（Lcosθ+x）-Ff•L=0-m

解得x1=1.2m

（3）当滑块在斜面BC上滑行L时，滑块与斜面的摩擦产生的热量：Q=Ff•L=6J

第二次碰撞后回到水平面时与原来相比向右移动的距离x′==1.2m  

所以滑块第二次碰后刚好回到B点，

根据滑块受力的情况有：qEcosθ＞mgsinθ+Ff

故滑块最终停在C处，假设滑块在斜面上运动的总路程为x2，

根据动能定理：qEcosθ•-mgsinθ•-Ff•x2=0-m

解得：x2=51m 

所以滑块运动的路程：s=2x1+x2=53.4m

答：（1）滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小为8m/s；

（2）滑块第一次与挡板碰撞后能达到左端的最远点离B点的距离1.2m；

（3）滑块运动的总路程53.4m．

（1）整个过程木块克服摩擦力做功

   W=μmgl+μmg•2l+…+μmg•nl=    ①

根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为

△Ek=Ek0-W      ②

得△Ek=m-       ③

（2）设第i次（i≤n一1）碰撞前木块的速度为υi，碰撞后速度为υi′，则

（i+1）mυi′=imυi ④

碰撞中损失的动能△E时与碰撞前动能Eki之比为

   =（i≤n-1）⑤

解得 =（i≤n-1）⑥

（3）初动能Ek0=m

第1次碰撞前=EK0-μmgl              ⑦

第1次碰撞后   EK1′=EK1-△EK1=EK1-EK1=EK0-μmgl   ⑧

第2次碰撞前  EK2=EK1′=μ（2mg）l=EK0-μmgl

第2次碰撞后 EK2′=EK2-△EK2=EK0-μmgl

第3次碰撞前   EK3=EK3′-μ（3mg）l=EK0-μmgl

第3次碰撞后   EK3′=EK3-△EK3=EK0-μmgl

据题意有     EK0-μmgl=μ（4mg）l      ⑨

代入数据，联立求解得    μ=0.15         ⑩

答：

（1）在整个过程中因碰撞而损失的总动能为m-．

（2）第i次（i≤n一1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比为1：（i+1）．

（3）若n=4，l=0.10m，υ0=3.0m/s，重力加速度g=10m/s2，μ的数值是0.15．

（1）小球重力所做功为WG=-mgl（1-cosθ）①

代入数据得WG=-0.13J②

（2）外力F做功WF=Flsinθ③

代入数据得 WF=2J④

（3）将小球和框架槽看作一个系统，则有系统动能定理WF+WG=m1+m2⑤

其中vx为小球此时的速度，v为框架槽此时的速度．

由运动的分解得：v=vxcos300⑥

联立求解，代入数据得：vx=2.39m/s⑦

答：（1）此过程中重力对小圆球所做的功为-0.13J．

（2）外力F所做的功为2J．

（3）小圆球在此位置瞬时速度的大小为2.39m/s．

（1）（2）（3）

试题分析：（1）A从P点运动到O点，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知：（3分）

得：（2分）

（2）A从P点向下运动再向上运动回到P点的全过程中，根据动能定理：

（3分）

（2分）

（3）A从O′点向上运动到P点的过程中，由能量守恒定律可知：

（3分）

解得  （3分）

（1）5m/s，与水平方向成37°角斜向下（2）47.3N，向下（3）2.8m

试题分析：（1）物块做平抛运动：H-h=gt2   

设到达C点时竖直分速度为vy则：vy=gt

v1＝＝v0=5m/s

方向与水平面的夹角为θ，tanθ==，即θ=37°  

（2）从A至C点，由动能定理得mgH=    ①

设C点受到的支持力为FN，则有FN-mg=

由①式可得v2=2m/s   

所以：FN=47.3 N     

根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N，方向向下

（3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=μ1mg=5N 

长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2（M+m）g=10N 

因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动

小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0

则长木板长度至少为l==2.8m。   

(1) 24J  （2）m/s 

试题分析：带电质点受到的重力mg=3N，

电场力Eq=4N，

其合力大小为5N，与水平方向夹角为37º，

故质点由释放后将做匀加速直线运动。

第一次到达O点正下方时，

下落高度h=Ltan37º=4.5m

（1）电场力做功W＝EqL＝24J

（2）由动能定理得：EqL+mgh=,

代入数据得：v=m/s