热门试卷

（1）小物块从A运动到最高点的全部过程中，推力做做正功，摩擦力做负功，重力做负功，由动能定理  

F（2R）-μmg（2R）-mgH=0

又根据题意有    F=2mg            

解得  H=3.5R                  

即可能达到的最高点距AB面的高度为3.5R．

（2）从最高点返回过程，重力做正功，摩擦力做负功，设物块最终停止在与B点相距x远处，则据动能定理

mgH-μmgx=0

解得  x=14R 

即小物块最终停在B点右侧据B点14R处．

（1）设物块运动到A和B点的速度分别为v1、v2，

由动能定理得μmgS=m…①

由机械能守恒定律  m=2mgR+m…②

联立①②，得v2=3…③

（2）设滑板与物块达到共同速度v3时，位移分别为l1、l2，

由动量守恒定律mv2=（m+M）v3…④

由动能定理  μmgl1=M…⑤

-μmgl2=m-m…⑥

联立③④⑤⑥，得 l1=2R　　　l2=8R…⑦

物块相对滑板的位移△l=l2-l1 △l＜l

即物块与滑板在达到相同共同速度时，物块未离开滑板…⑧

物块滑到滑板右端时

若R＜L＜2R，Wf=μmg（l+L）…⑨

Wf=mg(13R+2L)…⑩

若2R≤L＜5R，Wf=μmg（l+l1）…（11）

Wf=mgR…（12）

设物块滑到C点的动能为Ek，

由动能定理 -Wf=Ek-m…（13）

L最小时，克服摩擦力做功最小，因为L＞R，

由③⑩（13）确定Ek小于mgR，则物块不能滑到CD轨道中点．

答：（1）物块滑到B点的速度v2=3

     （2）物块不能滑到CD轨道中点．

（1）对N个木块由动能定理得

Nmg•2Lsinθ=Nm-0，

解得v1=2；

（2）木块过A点的位移为x时，摩擦力为f=μxmgcosθ，

故摩擦力正比于位移，可由平均力求摩擦力做功．

全部木块刚过A点时速度为v，则

Nmgsinθ•3L-μNmgcosθ•L=Nmv2-0

解得v=；

（3）令有n个木块过A点速度最大，则μnmgcosθ=Nmgsinθ

解得n=，即一半木块过A点速度最大，

又Nmv2=Nmg•Lsinθ-×μNmgcosθ×L

可解vm=

答：（1）第1个木块通过A点时的速度为2；

（2）第N个木块通过A点时的速度为；

（3）从第1个木块到第N个木块通过A点时的最大速度为

（1）通过线框的电量为q=I△t=△t==

（2）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W．由动能定理mgsinα•4d+W-BIld=0

且Q=-W

解得Q=4mgdsinα-BIld

（3）设线框第一次向下运动刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着又向下运动2d，由动能定理mgsinα•2d-BIld=0-mv12

得v1=

安培力FA=BI′d=B••d==

（4）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动．

由动能定理   mgsinα•xm-BIl（xm-d）=0

解得xm=．

（1）释放小物体，物体在电场力作用下水平向右运动，此时，滑板静止不动，对于小物体，

由动能定理得：

EqL1=m

解得：v1=         

（2）碰后小物体反弹，由动量守恒定律得：

 mv1=-m•v1+4mv2                      

解得：v2=

2

5

v1=

之后，滑板以v2匀速运动，直到与物体第二次碰撞，从第一次碰撞到第二次碰撞时，物体与滑板位移相等、时间相等、平均速度相等

==v2

解得v2=

7

5

v1=

答：（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度为；

（2）物体在第二次跟A壁碰撞之前，滑板的速度为，物体的速度为．

1.8×104N

（1）从A到B的过程中，根据动能定理得：

mvB2=mgH

解得：vB=4m/s

（2）小球从D点抛出后做平抛运动，则

竖直方向有：h=gt2

水平方向有：s=vDt

带入数据解得：vD=4m/s

（3）从B到D的运动过程中，根据动能定理得：

mgR-Wf=mvD2-mvB2

解得：Wf=mgh=Wf=mgR=0.5J

所以机械能损失0.5J

答：（1）小球经过B点时的速度大小为4m/s；

（2）小球经过圆弧槽D点的速度大小为4m/s；

（3）小球在圆弧槽BCD上运动损失的机械能wei 0.5J．

运动员对求做功转化为求得初始机械能，从求飞出到最高点，由机械能守恒可得：

W=mgh+mv2=0.5×10×10J+×0.5×202J=150J；

运动员对足球做功为150J．

答：运动员踢球时对足球做的功为150J．

解；（1）设水平向右为正方向，有：I=mAv0 ①

代入数据得：v=3.0m/s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　   ②

（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA、FCA，

B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有-（FBA+FCA）t=mvA-mAv0③

FABt=mBvB④

其中FAB=FBA FCA=μ（mA+mC）g     ⑤

设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB，有-（FBA+FCA）sA=mvA2-mv02 ⑥

FABsB=EKB ⑦

动量和动能之间的关系为：mAvA= ⑧

mAvA=   ⑨

木板A的长度　L=sA-sB ⑩

代入数据解得：L=0.50m

答：（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度为3.0m/s；

（2）木板的长度L为0.50m．

（1）用外力作用在小环乙上，使其沿OB边缓慢移动L，对整体列动能定理得

WF+WG=△Ek

WF+mgsin45°L-mgsin45°（1-L）=0

WF=mgL

（2）两小环从图示位置静止释放，两环的距离不变为L，两环与0点始终构成直角三角形，斜边长度不变，两环整体的重心在绳子中点处，所以整体重心的运动轨迹是以O为圆心的圆弧

（3）根据（2）问的结果可知，在绳子水平时整体重心最低，此时整体重力势能最小，动能最大．

由动能定理得

mg-mgL=+-0

绳子水平时，两球速度相同

得v=

答：（1）此过程外力做功为mgL

（2）两环整体的重心在绳子中点处，若将两小环从图示位置静止释放，整体重心的运动轨迹是以O为圆心的圆弧

（3）在绳子水平时整体重心最低，此时整体重力势能最小，动能最大．此时两环速度为．

（1）小环进入电场后，在电场力与摩擦力共同作用下减速直到M板，速度变为零，根据动能定理，有-qEL-μmgL=0-mv02

得v0==m/s=1.5m/s

（2）带电小环以初速度v1=1m/s进入电场后先向左作减速运动，当其动能等于电势能时，设它距离N板为x，有mv02-qEx-μmgx=qEx

解得x==m=0.125m

还有一种情况，当小环运动到左边最远点并向右返回到小孔的过程中，也可能会出现动能等于电势能．设它向左运动的最远距离为d，根据动能定理，有-qEd-μmgd=0-mv12

解得d==m=0.2m

当其动能等于电势能时，设它距离N板为y，有qE（d-y）-μmg（d-y）=qEy

解得y==m=0.05m

（3）小环以初速度v2进入电场后，若它运动到M板时的动能大于其电势能，则它在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点，有mv22-(qE+μmg)L＞qEL

得

答：（1）带电小环以初速度1.5m/s进入电场，才能恰好到达金属板M；

（2）若带电小环以初速度v1=1m/s进入电场，当其动能等于电势能时，距离N板的距离为0.125m或0.05m；

（3）小环至少以1.9m/s的初速度进入电场，它在电场中运动时找不到动能与电势能相等的点．