热门试卷

（1）根据动能定理，得μmgR=mgx，

可得x=0.2m，

又μmg（L-x）R=mgh0，

得h0=0.16m  

（2）动能定理可得，mgh1=m0v2  

得v0==3m/s，

A的位移，SA=v0(t+△t)-      

B的位移，SB=v0t-，

则有，2μmgR=mg（1-SA）+mg（1-SB）

得t1=2.6s（不合），t2=0.2s  

答：（1）在斜面上离平板高度为h0处放置一滑块A，使其由静止滑下，滑块与平板间的滑动摩擦系数μ=0.2，为使平板不翻转，h0最大为0.16 m；

（2）如果斜面上的滑块离平板的高度为h1=0.45m，并在h1处先后由静止释放两块质量相同的滑块A、B，时间间隔为△t=0.2s，则B滑块滑上平板后0.2s时间，平板恰好翻转．

（1）运动员从D点飞出时的水平速度，v==30m/s

下滑过程中机械能守恒，有mgh=mv2

下降的高度h==45m        

（2）由动能定理，mgH-Wf=mv2

则运动员克服阻力做功Wf=3000J   

答：（1）若不计摩擦阻力，运动员在AB段下滑过程中下降的高度为45m．

（2）若运动员的质量为60Kg，在AB段下降的实际高度是50m，其他条件不变，则运动员克服阻力做的功为3000J．

（1）（2），设落地前瞬间速度的方向与水平面的夹角为θ=45°（3）

试题分析：根据速度求出动能，根据动能定理研究摩托车和人落地的速度，空气阻力做的功。（1）                   

（2）根据动能定理有                                  

代入数据可得:                                            

设落地前瞬间速度的方向与水平面的夹角为θ，则

θ=45°                                                                

（3）根据动能定理有 

点评：选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．

（1）负电荷 （2）3.4m/s  （3）

试题分析：（1）小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷。

（2）小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的合外力为零，有

当 =0时，小滑块开始脱离斜面，此时，，得

m/sm/s≈3.4m/s.  

（3）下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得

 ="1.2" m

斜面的长度至少应是s ="1.2" m。 

点评：本题学生能熟练运用左手定则、动能定理去分析问题，可画出小滑块的受力示意图，据图求解问题。

（1）v0=4.0m/s（2）W=-1.6J（3）E=0.80J

试题分析：此题是综合性比较强的试题，试题难度中等，学生需要分析清楚每一段的运动过程，逐段求解。

（1）设物块A滑到斜面低端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有

   2分

解得：v0=4.0m/s   2分

（2）设物块B受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，B在水平面上做匀减速直线运动，则

f=µm2g    2分

W=-µm2gx    2分

解得：W=-1.6J    1分

（3）设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理，B物块运动到C的过程中有

-µm2g x=0-m2v2    1分

解得：v="4.0m/s"

AB系统碰撞瞬间动量守恒，

    1分

解得：v1=2.0m/s    1分

再由AB系统能量守恒列出方程有

    2分

解得：E=0.80J    2分

（1）（2）（3）

（1）球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有

   即得 

（2）飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有4R=vt

小球从M点飞出时的速度大小为

（3）根据牛顿第二定律，在N点对小球有

解得

对轨道的压力，方向竖直向下

本题考查平抛运动和圆周运动，从M点飞出后做平抛运动，竖直方向自由落体运动，可求得运动时间，在N点由支持力和重力的合力提供向心力，列式求解

（1）（2）    α=30°（3）  （其中0≤β＜120°）

（1）P做抛物线运动，竖直方向的加速度为

在D点的竖直速度为

P碰前的速度为

（2）设在D点轻绳与竖直方向的夹角为，由于P与A迎面正碰，则P与A速度方向相反，所以P的速度与水平方向的夹角为有

，=30°

对A到达D点的过程中根据动能定理

化简并解得

P与A迎面正碰结合为C，根据动量守恒得

解得     m/s

小球C经过s速度变为0，一定做匀减速运动，根据位移推论式

 m/s2

设恒力F与竖直方向的夹角为α，如图，根据牛顿第二定律

给以上二式带入数据得

解得    α=30°

（3）平板足够大，如果将平板放置到无限远根据题意也能相碰，此时小球C必须匀速或加速不能减速，所以满足条件的恒力在竖直线与C的速度线之间，设恒力与竖直方向的夹角为β，则    0≤β＜120°

在垂直速度的方向上，恒力的分力与重力和电场力的分力等大反向，有

则满足条件的恒力为

  （其中0≤β＜120°）

（1）物体最终在圆弧上往返运动，机械能E=mgR(1-cos60°)=10J。

（2）物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小。由动能定理得  mgR(1-cos60°) =mv2/2   

由牛顿第二定律得Nmin-mg=mv2/R  解得Nmin=20N。

（3）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Wf=μmg cos60°Smax

物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中mgh-Wf=0-mv02/2     解得Smax=38m。

略

（1）A从向下运动到再次返回到P的过程，根据动能定理有：

2μmg(x0+x1)=mv02

解得：x1=-x0

（2）A从O′到P过程设弹簧弹力做功为W，根据动能定理有：

W-μmg（x0+x1）cosθ-mgsinθ（x0+x1）=0

A、B将在弹簧原长处分离，设此时共同速度为v，根据动能定理有：W-2μmgx1cosθ-2mgx1sinθ=2mv12

分离后对A有：μmgx2cosθ+mgx2sinθ=mv12

联立以上各式可得：x2=x0-．

答：（1）O点和O′点间的距离x1=-x0．

（2）分离后物块A沿斜面向上滑行的最大距离x2是x2=x0-．

（1）从C到D过程中，由动能定理得：

qES-μmgS=mv2-0，

解得：v=；

（2）当洛伦兹力等于滑块重力时，滑块开始离开水平面，

由平衡条件得，qBv1=mg，解得v1=，

从C到D过程中，由动能定理得：qES+W=mv12-0，

解得：W=-qES；

答：（1）求滑块运动到D点时的速度大小为．

（2）滑块离开水平面时的速度大小为，

此过程中摩擦力对滑块所做的功-qES．

（1）由受力分析与牛顿第二定律可知

F+mgsinθ-kmg=ma

代入数字解得a=12m/s2

（2）设摩托车到达B点时的速度为v1，由运动学公式可得

=，由此可得v1=10m/s

在B点由牛顿第二定律可知

FN-mg=m

轨道对摩托车的支持力为FN=1.75×104N

则摩擦车对轨道的压力为1.75×104N

（3）摩托车恰好不脱离轨道时，在最高点速度为v2

由牛顿第二定律得mg=m

从B点到C点，由动能定理得-mg2R-Wf=m-m

由此可解得Wf=1.25×104J

答：（1）摩托车在AB坡道上运动的加速度为12m/s2．

（2）摩托车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力为1.75×104 N

（3）摩托车在BC之间克服摩擦力做的功为1.25×104 J．