热门试卷

（1）设物体C刚离开小车平台时，速度为v1．此时小车速度为v2，C从A点落到B点的时间为t，

由动量守恒定律，得mv0=mv1+Mv2…①

C从A点落到B点做平抛运动，由平抛运动规律，

有OA=gt2…②

OB=v1t-v2t…③

由①②③解得：v1=5m/s

（2）设C滑上平台到离开平台所需时间为t'，在平台上，物体C和小车的加速度分别为

则t′==2.5s

故小车对地位移为：s=a2t′2=×0.8×2.52m=2.5m

答：（1）物体刚离开平台时，小车获得的速度大小为5m/s．

（2）物体在小车平台上运动的过程中，小车对地发生多大的位移为2.5m．

（1）对滑块从O到A过程，由动能定理得：

    mgR=-0

代入解得：v=2m/s

（2）在A点，根据牛顿第二定律得

    FN-mg=

代入解得：FN=30N

（3）由题意得：X=vAt+v0t-at2

解得：t=2s，8s（舍去）

又由h=gt2

解得：h=20m

答：

（1）滑块滑经A点时的速度大小是2m/s．

（2）滑块即将到达A点时对轨道的压力大小是30N．

（3）B、C两点间的高度h是20m．

（1）根据牛顿第二定律得：mg+mg=m

解得：v=

平抛运动的时间：t==2

则水平位移：x=vt=2R

（2）水平分速度：vX=v=

竖直分速度：vY=gt=2

根据平行四边形定则：v==．

答：（1）小球离开轨道最高点后落到地面时，小球的水平位移是2R．

（2）小球落地时速度大小是．

（1）以m为研究对象，设物体在恒力作用下的加速度为a，小物块到达B点时的速度为vB

水平方向根据牛顿运动定律：F-μmg=ma

=2as

代入数据得：v=6m/s     

（2）设小物块到达D点时的速度为vD，因为小物块恰能到达D点

在D点应用牛顿第二定律得：mg=

设重力和摩擦力所做的功分别为WG和Wf，对于从B到D过程由动能定理得：

-（2mgR+Wf）=m-m

所以在圆形轨道上小物块克服摩擦力做的功为Wf=9.6J           

（3）设圆轨道光滑时，小物块到达D点时的速度为，对于从B到D过程由机械能守恒定律得：

=2mgR+

设小物块在D受到圆轨道的压力为N，所以：

N+mg=

N=48N  

答（1）撤去F时小物块的速度6.0m/s

（2）在半圆形轨道上小物块克服摩擦力做的功9.6J

（3）压力大小为48N

解（1）由牛顿第二定律：若m1恰能平抛，则m1g=                   

得v=                                                                  

（2）根据几何关系可知：当m1上升2R到圆柱体最高点时，m2下降R+R        

由机械能守恒：m2gR（1+）-m1g2R=（m1+m2）v2                            

得：=                                                            

（3）平抛运动时间：t===2                                       

平抛水平距离x=vt=2R   

离台边：SAB=x-0.5R=1.5R   

答：（1）m1平抛时的速度v为；

（2）m2应为m1的多少倍；

（3）B点离台边的距离SAB为1.5R．

（1）根据平抛运动的规律和运动合成的有关规则，小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等vx=vy=gt=3m/s，则B点与C点的水平距离为：

x=vxt=0.9m

（2）根据牛顿运动定律，在B点（设轨道对球的作用力方向向下）

NB+mg=，

解得：NB=-1N   负号表示轨道对球的作用力方向向上

答：小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9m；小球经过圆弧轨道的B点时，所受轨道作用力NB的大小1N，方向竖直向上．

（1）设铁块抛出时的初速度为v0，由平抛运动规律，有

水平方向：x=v0t

竖直方向：H=gt2解得

v0=2m/s

（2）纸带从铁块下抽出所用的时间与铁块向左运动到桌边的时间相等．

开始时距离桌面左端的距离就等于铁块在桌面上向左运动的位移．

铁块向左运动过程中，a=μg=1m/s2

由公式v0=at

则有纸带抽出后铁块的速度可得：t==s=2s

x1=2m

（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生，

Q上=mgμL=0.05J

Q下=mgμ（L+x1）=0.25J

所以Q=Q上+Q下=0.3J

答案：（1）铁块抛出时速度大小为2 m/s　（2）纸带从铁块下抽出所用时间为2 s　（3）纸带抽出过程产生的内能为0.3 J

（1）车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得

竖直方向上 H=gt22，

水平方向上 s=vt2，

可得：s=v=1.2m．

（2）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度vy=gt2=4m/s   

到达A点时速度 VA==5m/s

设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则

tanα==，

即α=53°    

所以θ=2α=106°           

（3）对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，

所以 NA-mgcosα=m  

解得 NA=5580 N   

由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为5580 N．    

（4）在最低点，受力分析可得：N-mg=m  

所以N=7740N     

由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为7740N．

答：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s为1.2m．

（2）从平台飞出到达A点时速度及圆弧对应圆心角θ为106°．

（3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力为5580 N．

（4）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度v′=m/s此时对轨道的压力为7740N．

（1）摆球由A位置摆到最低点B位置的过程中，由机械能守恒定律得

      mgl（1-cos60°）=mv2

得到摆球到最低点B位置时的速度v==

摆球经过B位置时，根据牛顿第二定律得，T-mg=m

得到  T=mg+m=2mg=2N

（2）球摆到B点时细线被拉断后，摆球做平抛运动，平抛运动的高度为h=H-l=5m，由机械能守恒定律得

     mgh+mv2=mV2

得到摆球落地时的速度大小V==

代入解得  V=2m/s≈10.8m/s

将平抛运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，竖直方向做自由落体运动，则有

   h=gt2

水平方向做匀速直线运动，则DC间距离x=vt=v

代入解得x=4m

答：

（1）摆球摆到最低点B位置时线的拉力是2N；

（2）摆球落地时的速度大小是10.8m/s，落地点D到C点的距离是4m．

（1）设经过C点的速度为 V1，由机械能守恒得

mg（H+h）=m V12

由牛顿第二定律有

N-mg=m

带入数据解得 N=6.8N 

（2）设P点的速度为VP，P到Q做平抛运动，

竖直方向 h=gt2

水平方向 =VPt

代入数据解得 VP=3.0m/s．

（3）从开始运动到P点的过程中，机械能守恒，取DQ面为零势能面，则

mVP2+mgh=mg（H+hOD）

代入数据解得 hOD=0.3m．

答：（1）小球经过C点时轨道对它的支持力大小为6.8N；

（2）小球经过最高点P的速度大小vP是3.0m/s；

（3）D点与圆心O的高度差hOD是0.3m．

（1）赛车在水平轨道上达到最大速度时做匀速直线运动，设其牵引力为F牵，则有

      F牵=f

又因为  P额=F牵vm所以vm==5m/s

（2）赛车通过B点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为v，在空中运动时间为t1，则有

  h=g

且x=vt1

所以v=3m/s

（3）若赛车恰好能越过壕沟，且赛车通电时间最短，在赛车从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有

   P额t-fL=mv2-m

所以t=2.4s

答：（1）赛车在水平直轨道上能达到的最大速度vm的大小是5m/s；

（2）要越过壕沟，赛车在B点最小速度v的大小是3m/s；

（3）若在比赛中赛车通过A点时速度vA=1m/s，且赛车达到额定功率．要使赛车完成比赛，赛车在AB段通电的最短时间t是2.4s．

（1）小球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒，设在B点的速度为vB，根据机械能守恒定律有  mgR=mvB2

设小球在B点时所受轨道的支持力为FN，对小球在B点根据牛顿第二定律有

FN-mg=m

联立可解得FN=3mg

（2）小球离开B点后做平抛运动．

沿竖直方向有  H-R=gt2

沿水平方向有  x=vBt 

联立解得  x=2

（3）由x=2可导出x=

当=时，x有最大值．

x的最大值xm=H 

答：（1）小球运动到B点时，轨道对它的支持力为3mg；

（2）小球落地点C与B点的水平距离x为2；

（3）比值等于时，小球落地点C与B点水平距离x最远；该水平距离最大值是H．

（1）物块从C点到E点做平抛运动

由h=gt2，得 t=0.4s     

 v0==3m/s

由牛顿第二定律知：FN-mg=m

FN=17.2 N

由牛顿第三定律，知物体在C 点时对圆弧的压力为17.2N．

（2）从B点到C点由动能定理，知

mgR-mgRcos37°=m-m

解得：vB=2 m/s

（3）从A点到B点，由 vB2=2aL，

得a=2 m/s2

由牛顿第二定律知：

mgsin37°+Fcos37°-μ（mgcos37°-Fsin37°）=ma

解得：μ==0.65

答：（1）物体在C 点时对圆弧的压力为17.2N，（2）物块滑至 B 点时的速度为2m/s，（3）物块与斜面间的动摩擦因数0.65

（1）如图带电小球从P1到P2点，由平抛运动规律得

h=gt2…①

v0=…②

vy=gt…③

tanθ=…④

求出 v==2…⑤

方向与x轴负方向成θ=45°角    

即为球到达P2点时速度的大小2，与x轴负方向成θ=45°角斜向左下方．

（2）带电小球从P2到P3，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力得

qE=mg…⑥

Bqv=m…⑦（2分）

由几何关系得（2R）2=（2h）2+（2h）2…⑧

由⑥解得   E=…（1分）

联立⑤⑦⑧式得B=

即第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小为．

（3）电场力向下，重力也向下，即合力向下，为恒定的力，进入第四象限时速度斜向右上方；

故速率先减小后增大．