热门试卷

（1）；

（2）；

（3）。

(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有；

(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1,加速度根据运动学公式或动能定理有,碰撞后的速度为V2根据动量守恒有,即碰撞后的速度为,然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3。

从V2到V3的加速度为,根据运动学公式有,得,跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有,得就是匀速的速度；

(3)设第一次碰撞中的能量损失为,根据能量守恒有,带入数据得。

（1）∵角速度最小时，fmax沿杆向上，则

FNsin45°+fmaxcos45°=mg，

FNcos45°-fmaxsin45°=mrω12，

且fmax=0.2FN，r=，

代入数据解得ω1=≈3.33rad/s

（2）当fmax沿杆向下时，有

FNsin45°=fmaxcos45°+mg，

FNcos45°+fmaxsin45°=mrω22，

代入数据解得ω2=5rad/s

当细线拉力刚达到最大时，有

FNsin45°=fmaxcos45°+mg，

FNcos45°+fmaxsin45°+Fmax=mrω32，

∴ω3=10rad/s

则F拉=．

（3）根据动能定理，有

W=m(ω3r)2-m(ω1r)2

代入数据解得W=1.6J．

答：（1）杆转动角速度ω的最小值为3.33rad/s；

（2）此过程中细线拉力随角速度变化的函数关系式F拉=．；

（3）第（2）问过程中杆对每个环所做的功为1.6J．

（1）根据牛顿第二定律得，物块的加速度a1==μg=2m/s2，

小车的加速度a2==m/s2=0.5m/s2．

设经过t时间小物块与小车的速度相同，有：a1t=v0+a2t

解得t==s=2s．

此时物块的位移x1=a1t2=×2×4m=4m

小车的位移x2=v0t+a2t2=3×2+×0.5×4m=7m．

小车至少的长度L=x2-x1=7-4m=3m．

（2）2s末两物体的速度相同，大小v=a1t=4m/s，然后物块和小车一起做匀加速直线运动．

根据牛顿第二定律得，a==m/s2=0.8m/s2．

3末物块的速度v′=v+at′=4+0.8×1m/s=4.8m/s．

根据动能定理得，Wf=mv2-0=×2×4．82J=23.04J．

小车在前2s内的位移为7m，后1s内的位移x3=vt′+at′2=4×1+×0.8×1m=4.4m．

则小车在前3s内的位移x=7+4.4m=11.4m．

所以恒力F所做的功WF=Fx=8×11.4J=91.2J．

答：（1）小车至少长度为3m；

（2）摩擦力对小物块做的功为23.04J．拉力F对小车所做的功为91.2J．

（1）若要发生碰撞，则A碰到B时速度大于零，根据动能定理得，

-μmgs=0-mv02

解得μ=

碰后系统总动能小于滑行2s过程克服阻力做的功，设碰后的速度为v，根据动能定理得，

-2μmg•2s=0-(2m)v2

碰撞前，根据动能定理得，

-μmgs=mv′2-mv02

碰撞过程中动量守恒，有mv′=2mv

联立三式解得，μ=

所以≤μ＜．

（2）若μ=，根据动能定理得，-μmgs=mv1 2-mv02

解得v1=v0

根据动量守恒得，mv1=2mv2

所以v2=v0

A、B碰撞过程系统损失的动能△E=mv12-•2mv22=．

对碰撞后系统运用动能定理得，-2μmg•s″=0-(2m)v22

解得s″=s

则到桌面右边缘的距离s′=2s-s=s．

故A、B碰撞过程系统损失的动能是，A、B停止运动时，到桌面右边缘的距离s′是．

由于A球平衡，则：2mg=2Eq

∴mg=Eq，电场强度方向向下   

B球下落到与A碰过程，根据动能定理mgh+mg=mv12

∴v1=4m/s 

 A、B碰，动量守恒得：

mv1=mv′1+mv′2

v′2=2.5m/s  v′1=-1m/s  反弹  

碰后电量各为q==-

设B球反弹上升的最大高度为h  

  B球：mg-E=ma

  a=5m/s2，方向向下

B球向上做匀减速v0=-v′1=m/s   

  h==0.1m＜

∴B球从下板离开

-=v0t-at2∴t==0.55s

答：碰后B球经0.55s从小孔离开，B球从下板离开．

（1）对冰壶，设在A点时的速度为V1，从A点放手到停止于C点应用动能定理有：

-μmgL=mV12，

       解得：V1=；

   （2）对冰壶，从O到A，设冰壶受到的冲量为I，应用动量定理有：

           I=mV1-0，

       解得：I=m；

   （3）设AB之间距离为S，对冰壶，从A到O′的过程，应用动能定理，

-μmgS-0.8μmg（L+r-S）=0-mV12，

       解得：S=L-4r．

答：（1）求冰壶在A 点的速率为；（2）冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小为m；（3）A点与B点之间的距离为L-4r．

（1）质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC，质点从C点运动到A点所用的时间为t，在水平方向x=vCt

竖直方向上2R=gt2，

解①②式有vC=

对质点从A到C由动能定理有WF-mg•2R=mvC2 

解WF= 

（2）要使力F做功最少，确定x的取值，由WF=2mgR+mvC2知，只要质点在C点速度最小，则功WF就最小，就是物理极值．

若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，由牛顿第二定律有

mg=，则v=

当x=vt=×2=2R时，

WF最小，最小的功WF=mgR．

答：（1）推力对小球所做的功为．

（2）x取2R时，使质点完成BC段运动后落回水平面，水平恒力所做的功最少，最小功为mgR．

（1）粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动；

运动时间t=；

加速度a=

竖直分速度vy=at===1.5×106m/s；

故合速度V==2.5×106m/s；

合速度与水平向的夹角的正切值tanθ==，速度方向与水平方向成37°；

即粒子的速度为2.5×106m/s，方向与水平方向成37°．

（2）粒子在电场内竖直方向的位移y=at2=(

L

v0

)2=0.03m；

而粒子在CD、EF之间做匀速直线运动，运动时间取决于水平方向上速度

t2=

竖直向上的位移y2=vyt2=1.5×106m×m=0.09m；

故粒子穿过界面EF时偏离中心线O1O2的距离为y1+y2=0.03m+0.09m=0.12m；

即粒子偏离中心线的距离为0.12m；

（3）因粒子在EF的右侧速率保持不变，粒子应做圆周运动，库仑力充当粒子转动需要的向心力；

故Q应带负电；

如图所示，由几何知识可知，转动半径R=0.15m；

由k=m可得：

Q==1.04×10-8C；

即点电荷带负电，电量为1.04×10-8C．

（1）根据动能定理得：人抛球时对小球做的功等于小球动能的增量

W=m=×0.1×102J=5 J

（2）小球在飞行过程中对小球由动能定理可得：

mgh-wf=mV2-m

代入数据：0.1×10×25-Wf=×0.1×202-5

解得：Wf=10  J

（3）从水球开始以V0速度运动到小球最后停止运动，由能量守恒定律可知小球的机械能转化成小球与空气摩擦产生的内能，即：

f•S总=m+mgh

代入数据：0.5S总=5+0.1×10×25

解得S总=60  m

答：（1）人抛出小球时做了5J功．

（2）若小球落地后不反弹，则小球在飞行过程中克服阻力做功为10 J．

（3）小球经过的总路程为60 m．

（1）飞机达到最大速度时，其牵引力 F与阻力f大小相等，由P=Fv得：f=F=

（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为s，由动能定理得：

Pt-fs=mvm2-mv02

由以上两式解得：s=vmt-(vm2-v02)

答：（1）飞机在跑道上加速时所受阻力的大小为 ；

（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为vmt-(vm2-v02)．

（1）由机械能守恒定律得，mv02=mgL(1-cos37°)+mv2

解得v=5m/s．

（2）选手在放开绳子时，水平速度为vx，竖直速度为vy，则vx=vcos37°=4m/s．

选手在最高点站到传送带上A点有4m/s向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动．

选手的加速度大小a==2m/s2．

以地面为参考系

-vx2=-2ax，

x=4m＞3.75m

所以可以顺利冲过终点．

设选手从A到B的时间为t，则

sAB=vxt-at2

解得t1=1.5s，t2=2.5s（舍去）

在这段时间内传送带通过的位移为：x1=v1t=4.5m．

摩擦力做功为：Wf=Q=kmg（sAB+x1）=990J．

答：（1）选手放开绳子时的速度大小为5m/s．

（2）选手在传送带上滑行过程中因摩擦而产生的热量Q为990J．

（1）由动能定理得：

-qUAB=m(2v)2-mv2

所以：UAB=-

（2）由于φA＜φB，所以电场强度水平向左  

由类平抛知识可知，带电粒子在B点的速度　(2v)2=+

即(2v)2=+v2

所以vx=v

则平行电场方向上位移  dx=t=vt

垂直电场方向上位移dx=νt

又+=d2

E=

解得：dx=dE=

答：（1）A、B两点的电势差是UAB=-

（2）电场强度的方向是方向水平向左，大小是．

（1）A对B的滑动摩擦力f1=

地对B的最大静摩擦力 　　f2=，

f1＜f2

所以A第一次与B碰前B不会动．　　     　　　　　　　　　　　     

（2）设A的质量为m，由动能定理得：-μmgL=m-m

A、B组成的系统在第一次碰撞过程中动量守恒，设碰后B的速率为vB，选向右为正方向，

则　mvA=m（-v1）+MvB

解得　vB=(v1+)

（3）最后一次碰撞后的过程中，设B停止运动时A的速度为v，对A由动能定理得：

-μmgs=0-mv2

v=

（4）研究A、B组成的系统，它在水平方向所受的外力就是地面对盒B的滑动摩擦力，设盒B运动的总时间为t，选向右为正方向，

对系统用动量定理得-μ（m+M）gt=mv-mvA

t=

答：（1）A第一次与B碰前B不会动．　

（2）若A第一次与B碰后瞬间向左运动的速率为v1，此时矩形盒B的速度大小是vB=(v1+)；

（3）当B停止运动时，A的速度是v=

（4）盒B运动的总时间是t=．

（1）小球从A到C的过程，根据系统的机械能守恒得

  弹簧的最大弹性势能Epm=mg（AB+BC）=1×0.3J=0.3J

（2）由 Epm=k(BC)2得，k==N/m=60N/m

（3）当小球所受的重力与弹簧的弹力大小相等时，小球的动能最大，设此时弹簧的压缩量为x，则有

  mg=kx

根据系统机械能守恒得

  mg（AB+x）=kx2+Ekm，联立上两式得：Ekm=0.204J

答：（1）上述过程中弹簧的最大弹性势能Epm是0.3J．

（2）弹簧的劲度系数k是60N/m；

（3）上述过程中小球的最大动能Ekm是0.204J．