热门试卷

（1）假设B的速度从v0减为vB=4m/s时，A一直加速到vA，以A为研究对象，

由动能定理 μmBgL=mA    ①

代入数据解得：vA=1m/s＜vB，故假设成立

在A向右运动路程L=0.5m的过程中，A、B系统动量守恒

 mBv0=mAvA+mBvB   ②

联立①②解得 v0=6m/s                                                  

（2）设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为vA1、vB1，由动量守恒定律：

  mBv0=mAvA1+mBvB1  ③

以A为研究对象，由动能定理

 μmBg（L+x）=mA    ④

由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为vA1，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即

  mAvA1≥mBvB1     ⑤

联立③④⑤解得  x≥0 625m  

答：

（1）B的初速度值v0为6m/s．

（2）当x≥0 625m时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞．

（1）8m/s（2）1368N（3）-1680J

试题分析：（1）物体从C到e点做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动

H2+H3=gt2

t＝

ce之间的水平距离为

从c到e做平抛运动，在水平方向做匀速运动

故

（2）在c点由牛顿第二定律可知FN−mg＝m

FN＝mg+m＝60×10+60×N=1368N

根据牛顿第三定律可知，运动员对轨道的压力为1368N，方向竖直向下；

（3）由a到c由动能定理可知

mg(H1+R−Rcos37°)+ Wf＝

代入数据解得Wf=-1680J

整个过程中，根据动能定理得

  空气阻力对物体做功为 W=m-m=×1×（162-202）=-72J

则物体克服阻力所做的功是72J．

答：在整个过程中，物体克服阻力所做的功是72J．

（1）由牛顿第二定律可得：F=ma=1kg×8m/s2=8N，

由动能定理可得，动能的变化量△EK=Fs=8N×0.75m=6J；

（2）由动能定理得：△EK=EKB-mvA2，

即：6=8-×1×vA2，解得：vA=2m/s；

答：（1）小球在通过AB的过程中动能增加量是6J．

（2）小球在通过A点的速度大小为2m/s．

设在冲量I作用下获得的速度为vA，由动量定理得：I=mvA，得

   vA=3

设滑块至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点，应用动能定理有：

-μmg•5R=mvB2-mvA2

解得：vB2=8gR

滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则：

mvB2=mvP2+mg•2R

解得：vP=2

滑块穿过P孔后再回到平台的时间：

t==4

要想实现题述过程，需满足：ωt=（2n+1）π

ω=（n=0，1，2…）

答：平台转动的角速度ω应满足条件为ω=（n=0，1，2…）．

（1）物块能通过轨道最高点的临界条件是mg=m，

设小物块释放位置距N处为S，则由动能定理

qEs-μmgs-2mgR=mv2

代入数据解得s=20m．

（2）P点到最高点由动能定理：-qER-mgR=mv2-mvp2．

物块到P点时，FN-qE=m

代入数据解得FN=3.0N

根据牛顿第三定律得，压力也为3.0N．

答：（1）小物块在水平轨道上的释放点距离N点20m．（2）当它运动到P（轨道中点）点时对轨道的压力等于3.0N．

（1）由题，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，洛伦兹力方向向上，则知物体带正电．

（2）物体返回后在磁场中无电场，仍做匀速运动，洛伦兹力与重力平衡，则有

   mg=qBv2…①

离开磁场后，由动能定理得：-μmg=0-m…②

解得，v2=2m/s

（3）代入①得，B=T

（4）由于电荷由P运动到C做匀加速运动，可知电场方向水平向右，且有

（Eq-μmg）=-0…③

进入电磁场后做匀速运动，则有  qE=μ（qBv1+mg）…④

联立③④解得，v1=4m/s，E=2.4N/C

答：

（1）物体带正电．

（2）物体与挡板碰撞撞前后的速度v1和v2分别为4m/s和2m/s．

（3）磁感应强度B的大小是T；

（4）电场强度E的大小是2.4N/C，方向水平向右．

（1）       （2）u </2时，

u > v0/2时，不能穿出，即 v =u

1）动能定理或者运动学均可f=

（2）设穿出所需要的时间为t，由位移关系得：v0t-a1t2/2-ut=L

而a1 = f/m=，

代入上式得： t2+(u- v0)t+L=0

当(u- v0) 2〉> v0/4，即u> 3v0/2（不合题意，舍去）

或u< v0/2时，t有解（可以穿出）

所以，u </2时，

u > v0/2时，不能穿出，即 v =u

（1）在最高点，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

mg=m

解得：

v==m/s

（2）在D点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

FN+mg=m ①

对从A到D过程，运用动能定理，有：

mg（H-2R）=mv2 ②

联立①②解得：

FN=（10-5）N

（3）结合几何关系：

x==2R

根据平抛运动的分位移公式，有：

x=vDt

y=R=gt2

从A到D过程，根据动能定理，有：

m=mg(H-2R)-μmgccosθ

解得：H=0.85m

答：（l）若小滑块刚好能通过最高点D，则它在D点的速度为m/s；

（2）小滑块在圆轨道最高点所受压力大小F与下滑高度H的函数关系式为FN=（10-5）N；

（3）滑块在斜面上下滑的高度为0.85m．

物块在B点时受力mg和导轨的支持力N=7mg．

由牛顿第二定律，有7mg-mg=m得：vB=

物块在C点仅受重力．据牛顿第二定律，有：

mg=m

解得：vC=

物体从B到C只有重力和阻力做功．根据动能定理，有：Wf-mg•2R=EkC-EkB

得：物体从B到C阻力做的功为：Wf=m•gR-m•6gR+mg•2R=-mgR

即物块从B至C克服阻力做的功为mgR．

答：物块从B到C点克服阻力所做的功为mgR．

从A到C整个过程，重力做功为零，根据动能定理得：

-μmgscosθ=mv2-mv02

解得：v=

答：物体落地时的速度大小为．

（1）设滑块至B点时速度为vB，对滑块由A到B点应用动能定理得：

-μmg5R=mvB2-mv02

解得：

vB=

滑块刚到B点时的速度为；

（2）滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vp，则

mvB2=mvP2+mg2R；

解得：

vP=2

滑块穿过P孔后再上升机械能仍守恒，设能上升的最大高度为h

由mgh=m可得：h=2R

滑块过P点后还能上升的最大高度为2R；

（3）滑块穿过P孔后再回到平台的时间

t==4

要实现题设过程，需满足ωt=（2n+1）π

解得：ω=（n=0，1，2…）

故平台转动的角速度ω为（n=0，1，2…）

设弹簧最大压缩量为x，在滑块向左运动的过程中，由动能定理可得：

-μmg（x+L0）-W弹=0-mv02…①

在滑块返回的过程中，由动能定理得：W弹-μmg（x+L0+L1）=0…②

由①②得：x=--L0；

答：在滑块与弹簧碰撞过程中弹簧最大压缩量为--L0．

解（1）对夯锤，由牛顿第二定律得：

4F-mg=ma①

v=at②

解得：v=1.5m/s

h1=at2=0.45m

根据动能定理得，W-mgh1=mv2

解得：W=mgh1+mv2=450J．

答：四个人每次对夯锤所做的总功W为450J．

（2）夯锤先做匀加速直线运动再做竖直上抛运动：

匀加速：h1=at2=0.45m ③

竖直上抛：h2==0.1125m④

∴上升的最大高度：H=h1+h2=0.5625m

答：夯锤能够上升的最大高度为0.5625m．

（3）对夯锤由动能定理得：

mg（H+d）-F′d=0-0⑤

解得：F′=2.33×104N

答：夯锤落地时对地面的平均作用力为2.33×104N．