热门试卷

将运动员看作质量为 m 的质点，从 h1高处下落，刚接触网时速度的大小v1=（向下）   ①

弹跳后到达的高度为 h2，刚离网时速度的大小v2= （向上）    ②

速度的改变量为：

△v=v1+v2（向上）    ③

以 a 表示加速度，△t 表示接触时间，则△v=a△t       ④

接触过程中运动员受到向上的弹力 F 和向下的重力 mg．由牛顿第二定律得：

F-mg=ma        ⑤

由①②③④⑤解得：F=mg+m（+）

代入数值得F=1.5×103N            

答：网对运动员的作用力的大小为1.5×103N．

（1）小球恰好到最高点，

由动能定理得：mg=m，

从B到最高点过程中，由动能定理可得：

-2mgR=mv2-mvB2，

解得：vB=3m/s；

（2）在赛车越过战壕的过程中，做平抛运动，

在竖直方向上：h=gt2，

在水平方向上：s=vCt，

解得：vC=4m/s，

从A到C过程中，由动能定理得：

Pt-fL=mvC2-0，

解得：t=2.2s；

答：（1）赛车到达B点的速度为3m/s．

（2）电动机至少要工作2.2s．

（1）根据L sin60°=V0t．

            L cos60°=gt2，

联立两式解得：t=，v0=．

（2）绳子拉直时，小球在竖直方向上的分速度vy=gt=．

绳子拉直后，沿绳子方向上的速度变为零，只剩下垂直于绳子方向上的分速度，根据分解得：

v1=vysin60°-v0sin30°=

根据机械能守恒定律得：

mv22=mv12+mgL(1-cos60°)

根据牛顿第二定律得：

F-mg=m

联立解得F=mg．

答：（1）小球水平抛出时的初速度为v0=．

（2）小球摆到最低点时，绳所受的拉力为mg．

（1）运动员自由下落过程，有 =2gs1

    运动员打开伞时的速度为  v1===40 m/s                       

（2）运动员打开伞后做匀减速运动，由v22-v12=-2as2       

    伞张开后运动员的加速度为 a==8 m/s 2                       

（3）在自由落体运动中，由v1=gt1  

得到自由落体运动的时间为t1==s=4s   

伞张开后匀减速时  v2=v1-at2          

则打开伞后运动的时间为t2==s=4.5s 

所以离开飞机后运动的时间为t=t1+t2=8.5s    

答：（1）运动员打开降落伞时速度是40 m/s；

    （2）伞张开后运动员的加速度是8 m/s 2；

    （3）离开飞机后，经过8.5s 时间才能到达地面．

（1）设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，

由v=gt1得，v=20m/s．

（2）自由下落的位移h′=gt12=20m

设座椅匀减速运动的总高度为h，则h=40-4-20=16m．

由h=t得，t=1.6s．

（3）设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v=at得，

a=12.5m/s2

由牛顿第二定律得，F-mg=ma

所以=2.25．

答：（1）座椅在自由下落结束时刻的速度是20m/s．

（2）座椅在匀减速阶段的时间是1.6s．

（3）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的2.25倍．

（1）由题意可知，ABO为等边三角形，则AB间距离为R，小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有：

vB2=2gR…①

代入数据解得：vB=4.0m/s；方向竖直向下 

（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vB切，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故vB切=vBsin60°…②

从B到C，只有重力做功，据机械能守恒定律有：

mgR（1-cos60°）+mvB2=MvC2…③

在C点，根据牛顿第二定律有：Fc′-mg=m…④

代入数据解得：Fc′=35N

据牛顿第三定律可知小物块可到达C点时对轨道的压力

FC=35N   

（3）小物块滑到长木板上后，组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能，当小物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度．根据动量守恒定律和能量守恒定律有：

mvc=（m+M）v…⑤

μmgL+mvC2-（m+M）v2…⑥

联立⑤、⑥式得：L=

代入数据解得：L=2.5m  

答：（1）B的速度为4.0m/s；（2）小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道的压力FC的为35N；（3）木板长度至少为2.5m．

（1）设绳断后球做平抛运动的时间为t1，

竖直方向上：d=gt12，水平方向上：d=v1t1

解得v1=．

（2）设绳能承受的最大拉力为Fm．

球做圆周运动的半径为R=d

Fm-mg=m

解得Fm=mg．

（3）设绳长为l，绳断时球的速度为v2．

有：Fm-mg=m，解得v2=．

绳断后球做平抛运动，竖直位移为d-l，水平位移为x，时间为t2．

有：d-l=gt22，x=v2t2．

得x=4

当l=时，x有极大值xmax=d．

答：（1）绳断时球的速度大小v1=．

（2）绳能承受的最大拉力为Fm=mg．

（3）要使球抛出的水平距离最大，绳长应为，最大水平距离为xmax=d．

（1）未知电场时，小球做平抛运动，由平抛运动公式：

水平方向：=v0t

竖直方向：=gt2

解得：v0=

（2）要使小球从BC边离开正方形区域，应加竖直向上的匀强电场．

小球从C点离开正方形时，设场强为E1，由牛顿第二定律：mg-qE1=ma1初速度方向位移：d=v0t1

垂直初速度方向位移：=a1

解得：E1=

小球从B点离开正方形时，设场强为E2，由牛顿第二定律：qE2-mg=ma2

初速度方向位移：d=v0t2

垂直初速度方向位移：=a2

解得：E2=

场强E的大小范围为：≤E≤；

答：（1）粒子的速度为；

    （2）场强的范围为≤E≤，电场方向竖直向上．

（1）最高点C，最小速度vC满足：mg=m

得     vc==m/s

（2）根据机械能守恒B到C的过程中满足：mvB2=mvC2+mg•2R         

在B点根据牛顿第二定律：FB-mg=m

解得FB=mg+m=6mg

代入数据解得FB=90N

根据牛顿第三定律可知，赛车对轨道的压力大小为90N  

（3）经D点水平飞出后赛车做平抛运动

h=at2  

mvB2=mvC2+mg•2R

X=vBt        

代入数据解得x=2m      

答：（1）为了使赛车不脱离轨道，赛车在最高点C处的速度至少为m/s；

（2）若赛车的质量为1.5kg，则在 （1）问的情况下，赛车刚进入B点时对轨道的压力大小是90N；

（3）经D点水平飞出，到落到水平地面上的过程中的水平位移X为2m．

在最低点，小球做圆周运动的向心力是拉力和重力的合力，

T-mg=m，

绳子要断开，拉力达到最大值46N，

v==m/s=6m/s．    

因为在最低点的速度是水平的，所以断开后，小球做平抛运动，抛出点离地面的高度为5m，

由h=gt2  

t==s=1s

x=v0t=6×1m=6m

答：小球到达最低点的最小速率为6m/s，此条件下小球落地点到O点的水平距离为6m．

由平抛运动规律及牛顿运动定律得

2L=v0t1L=at12Eq=ma

粒子到达O点时沿+y方向分速度vy=at1=v0tanα==45°

粒子在磁场中的速度为v=v0因洛仑兹力充当向心力，即Bqv=m

由几何关系可知r=L

联立可得：=

（2）粒子在磁场中运动的周期T=

粒子在磁场中运动的时间t2=T=

则磁场与电场中运动时间之比：

=；

（1）对a到d全过程运用动能定理：-μmgL-4mgR=mvd2-mv02．

vd=2m/s．

   小球离开d点后做平抛运动，4R=gt2．t==s

    水平射程x=vdt=m．

（2）在d点有：mg+F=m

      F=1.1N．管道对小球的作用力方向向下．

（3）当小球在c点对轨道向上的作用力等于轨道自身的重力时，轨道对地面的压力为0．

有N+mg=m   N=Mg

vc=3m/s

根据动能定理得：

-μmgL-2mgR=mvc2-mv02

v0=6m/s．

故v0至少为6m/s时，小球经过两半圆的对接处c点时，轨道对地面的压力为零．