热门试卷

解：（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理

      mgR－Wf=mv2

      Wf=1.5J 

（2）FN－mg=m

      ∴FN=4.5N 

（3）小球离开圆弧后做平抛运动

      H=gt2

      ∴t=0.5s

      落地时竖直分速度vy=gt=5m

      ∴落地时速度大小v=5m/s，方向与水平方向夹角为45°

解：（1）当整体所受合外力零时，整块速度最大，设整体质量为m，则

      得

（2）设物块停止时下端距A点的距离为x，根据动能定理

      解得

      即物块的下端停在B端

（3）设静止时物块的下端距A的距离为s，物块的上端运动到A点时速度为υ，根据动能定理

      物块全部滑上AB部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一小块为研究对象，设其质量为m0，运动到B点时速度正好减到0，根据动能定理

      得

解：（1）全过程：由动能定理得

      所以，克服阻力做功为2.75J

（2）顶点到分离位置P：由动能定理得

      分离位置P点： 

      解得：h=0.7m

解：（1）设由B到C平抛运动的时间为t

      竖直方向： ①

      水平方向： ②

      代入数据，解①②得 ③

（2）A到B的过程，由动能定理有 ④

      代入数据，解得③④得

      所以运动员克服摩擦力所做的功为3000J

解：（1）物块在B点时，由牛顿第二定律得：（N=7mg） 

      根据动能定理，弹簧弹力对物体做的功为W弹=EKB=3mgR

（2）物块到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律有： 

      物体从B点到C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有：W阻－mg×2R=EKC－EKB

      W阻=－0.5mgR

（3）物体离开轨道后做平抛运动，仅有重力做功，以光滑水平面为零势能点，根据机械能守恒有：EK=

EKC＋EPC=2.5mgR

解：（1）研究小球作平抛运动，小球落至A点时，由平抛运动速度分解图可得：

      v0= vycotα

      vA= 

      vy2=2gh

      h= 

      x= v0t

      由上式解得：v0=6m/s，x=4.8m，vA=10m/s 

（2）由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度vB

      mgH=

      vB=20m/s

（3）小球从C点到D点，由动能定理可得小球到达D点时的速度vD

      -2mgR=

      在D点由牛顿第二定律可得：N+mg=

      由上面两式可得：N=3N

（2）  

（2）（12分）

设毛巾离开杆时的速度大小为，根据匀变速直线运动规律，有

 ...................... （3分）   

得      ......................  （2分） 

毛巾刚离开横杆时的重力势能：

 ......................（1分）

重力做功： ......................（2分）

设毛巾从开始下滑到离开杆的过程中摩擦力对毛巾做功，运用动能定理有

 ......................（3分）

  ......................（1分）

（1）从圆轨道BC下来，由动能定理可知

mgH=mvc2

在C点合力提供向心力

N-mg=m

N=H+mg

结合PQ段图象由

mg=2N

m=0.2Kg

=

∴R=1m

（2）轨道BC所对圆心角由几何关系可知：

cosθ==

θ=600

（3）从A到C，由动能定理可得

mgH-=mv2

到达C点处由向心力公式可得

故：N=(1-)H+(mg+)

k=(1-μctg600)=

μ=

答：（1）小物块的质量为0.2Kg及圆轨道的半径为1m

（2）轨道DC所对圆心角为60°

（3）小物块与斜面AB间的动摩擦因数

（着）小球从平衡位置P点缓慢地移动到Q点的过程中，根据动能定理的

&dbsp;&dbsp; W着-mgL（着-cosθ）=0&dbsp;&dbsp;&dbsp;

的&dbsp;拉力F所做的功为W着=mgL（着-cosθ）

（2）水平力F为恒力时，由P点移动到Q点，拉力F所做的功为W2=FLsidθ．

答：（着）小球在水平拉力F的作用下从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，拉力F所做的功为mgL（着-cosθ）．

（2）小球在水平恒力F作用下由P点移动到Q点，拉力F所做的功为FLsidθ．

（1）根据牛顿第二定律，设小球在M点的速度为v2，有

N+mg=m

根据平抛运动规律有：2R=gt2    s=vt 

联立方程代数解得：s=0.56m   

小球落地点P与N之间的距离为0.56m．

（2）小球从M到N过程，据动能定理

mg（2R）-w=mv22-mv12

解得w=mg（2R）-mv22+mv12代数解得    W=0.1J   

小球从N运动到M这一段过程中克服阻力做的功为0.1J．

（1）电动势：E=BLv

电流：I=           

 F安=BIL                              

P=Fv                               

当金属棒达到稳定速度时：F安=F                         

由以上式子可得：v==5 m/s．            

（2）WR=I2Rt=6.72J，

则：Wr=I2rt==1.68 J

W电=WR+Wr=8.4 J                    

由动能定理有：Pt-W电=mv2-mv02                 

由以上式子代入数据解得：t=2 s．                      

（3）电荷量    Q=It                       

I=

E=                    

△Φ=BL△l

由以上式子可得：Q=

在t=2 s的过程中，棒位移的最大值：△lmax=vt=5×2m=10m

∴此过程中电荷量Q 的最大值：Qmax==2 C．

（1）a球过圆轨道最高点A时       mg=m

a球从C运动到A，由机械能守恒定律     m=m+mg×2R

由以上两式求出    va=vC=

（2）b球从D运动到B，由动能定理得：

-mg•8R-μmgcos53°=0-m

求出vb=2

（3）以a球、b球为研究对象，由动量守恒定律

   mva=mbvb      

求出mb=m

弹簧的弹性势能 Ep=m+mb

求出  Eρ=7.5mgR 

答：

（1）a球释放时的速度大小是；

（2）b球释放时的速度大小是2；

（3）释放小球前弹簧的弹性势能是7.5mgR．

（1）物体从A到B过程中，受重力和支持力，只有重力做功，根据动能定理，有

mgh=m-m

解得

vB===8m/s      ①

（2）物体从B到C过程，根据动能定理，有

-μmgx=0-mv            ②

物块在B点由于颠簸而损失的机械能△E为

△E=m-mv           ③

联立①②③解得

△E=m+mgh-μmgx=×1×4+1×10×3-0.1×1×10×8=24J

答：（1）物块刚滑到斜面底端时（颠簸之前）的速度大小为8m/s；

（2）物块在B点由于颠簸而损失的机械能△E为24J．