热门试卷

（1）从B到C过程中，由动能定理得：

（qE-mg）×2R=mvC2-mv02，

小球恰能通过最高点，

由牛顿第二定律得：mg-qE=m，

解得：vC=v0，E=（g-）；

（2）小球从C到D过程中，小球做类平抛运动，

水平方向：s=vCt，

竖直方向：2R=at2，

由牛顿第二定律得：mg-qE=ma，

解得：s=2R；

（3）小球在B点时，由牛顿第二定律得：

F+qE-mg=m，解得：F=，

由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力F′=；

答：（1）小球到达C点时的速度为v0，电场强度E=（g-）．

（2）BD间的距离s=2R；

（3）小球通过B点时对轨道的压力为．

解：（1）小物块从A运动到B，由动能定理

代入数据解得

（2）小物块从到过程中，由牛顿第二定律

代入数据解得2=8m/s2（3）小物块以初速B沿斜面向上运动至速度为零的过程中，经过的位移为2，由动能定理

代入数据解得2=0.25m

（1）由碰撞过程动量守恒Mv1=（M十m）v2        ①

则=

2）设卡车刹车前速度为v0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ，根据动能定理得：

两车相撞前卡车动能变化Mv02-Mv12=μMgL  ②

碰撞后两车共同向前滑动，动能变化 （m+M）v22-0=μ（m+M）gl   ③

由②式  v02-v12=2μgL

由③式  v22=2μgl

又因l=L，得  v02=3μgl

如果卡车滑到故障车前便停止，由 Mv02=μMgL′④

解得：L′=L

这意味着卡车在距故障前至少L处便紧急刹车，才能免于事故．

答：（1）设卡车与故障车相撞前的速度为v1，两车相撞后的速度变为v2，=，

（2）卡车在距故障前至少L处便紧急刹车，才能免于事故．

整体下滑阶段，研究A、B、C整体，设末速度为v，由动能定理得：

  （2M+m）gssinθ=（2M+m）v2　

解得：v==m/s=6m/s

爆炸前后，A和B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：

   2Mv=MvA+MvB　

解得：vB=0　

此后，设C在B上滑动的加速度为aC，由牛顿第二定律有：

   mgsinθ-μmgcosθ=maC　

解得：aC=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.75×0.8）=0　

对B，由牛顿第二定律有：Mgsinθ+μmgcosθ=MaB　

得：

   aB=gsinθ+cosθ=10×0.6+×0.8=9（m/s2）

C和B经时间t达到共同速度v后将不再相对滑动，则有：t=

板的最小长度L满足：L=vt-t　  

联立解得：L=2m．　

答：B的长度至少为2m．

（1）设货箱与斜面间的滑动摩擦力为f，斜面对货箱的支持力为N，斜面倾角为θ，平行于斜面用力把货箱匀速推上卡车用力为F，则：

f=μN

N=mgcosθ

F=f+mgsinθ

F=6.0×102N

因为Fm小于需要的推力6.0×102N，所以不能把货箱匀速推上卡车．

（2）欲求货箱在斜面低端的最小速度，则可设货箱到达斜面顶端时速度为零．设货箱在斜面上做匀减速运动的加速度大小为a1，货箱在斜面底端时速度至少为v，根据牛顿第二定律：

mgsinθ+μmgcosθ-Fm=ma1解得：

a1=1.0 m/s2

根据运动学公式有：v2=2a1L

解得：v=m/s≈3.2m/s 

（3）要使推力做功最少，则货箱到达斜面顶端时速度为零，即货箱通过A点时速度为v，设货箱在推力Fm作用下沿水平面运动距离为s到斜面底端时，速度大小为v，根据动能定理有：

Fms-μmgs=mv2解得：s=5.0m

此人在全过程做的功为：W=Fm（s+L）=4.0×103J；

答：（1）不能将货箱推上去；

（2）货箱在斜面底端的速度至少为3.2m/s；

（3）此人在全程做的功为4.0×103J．

小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度a==μg．

物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为x==4m＜s=6m，

说明此时物块还没有到达B点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力．

由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为Wf=mv2=×1×42J=8J

小物块开始做匀加速直线运动过程时间t1==2s，

此后物块做匀速直线运动时间t2=s=0.5s，

所以物块从A运动到B所需的时间为2.5s．

故答案为：8，2.5．

（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，由几何关系得：

    d=L1cosα+L2cosβ                       

得出：AO杆与水平方向夹角α=53°

杆与水平方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgsinθ-f=ma    

   又f=μN，N=mgcosθ

得到a=g（sinθ-μcosθ）

在AO段运动的加速度：a1=gsin53°-μgcos53°=3.2 m/s2，方向沿AO杆向下．

在OB段运动的加速度：a2=gsin37°-μgcos37°=-0.4 m/s2，方向沿BO杆向上．

（2）对全过程由动能定理得 mgh-μmgL1cosα-μmgL2cosβ=mv2-0     

其中h=L1sinα+L2sinβ=10m

及d=L1cosα+L2cosβ

所以：v==2≈3.46m/s                           

答：

（1）消防员在AO段上运动时的加速度的大小是3.2 m/s2，方向沿AO杆向下，在OB段上运动时的加速度的大小0.4 m/s2，方向沿BO杆向上．

（2）消防员滑到B点时的速度大小约为3.46m/s．

（1）重力做功W=mgh=mgL（1-cosθ）     

    （2）根据动能定理得

        mgL（1-cosθ）=mv2

       解得v=

    （3）由牛顿第二定律得

        F-mg=m

代入解得F=mg（3-2cosθ）

答：（1）重力对小球做的功为mgL（1-cosθ）；

    （2）小球到最低点时的速度为得v=；

    （3）小球在最低点时细线对小球的拉力为mg（3-2cosθ）．

（1）摩托车飞离平台后，做平抛运动，到达A点时，速度与水平方向夹角53°竖直方向的分速度vy==4m/s

故合速度vA==5m/s．

（2）从A到C过程，根据机械能守恒定律，得

   m+mgR(1-cos53°)=mvc2

在C点，根据牛顿第二定律

    FN-mg=m

代入数值，得FN=3690N

由牛顿第三定律知，摩托车对轨道的压力大小也为3690N．

（3）摩托车上坡过程中，根据动能定理

     Pt-mgh-Wf=mv2

在高台上速度v=vytan37°=3m/s，代入解得Wf=1350J．

答：

（1）从平台飞出到A点，人和车运动的速度vA大小为5m/s．

（2）摩托车经圆弧最低点C时对轨道的压力是3690N．

（3）摩托车冲上高台过程中克服阻力（不包括重力）做的功为1350J．

（1）滑块由A点到B，由动能定理得：mgr=mvB2

解得：vB==3m/s

滑块到达B点时，由牛顿第二定律得  F-mg=m

解得：F=6N

由牛顿第三定律得滑块到达B点时对轨道的压力大小为F′=F=6N，方向竖直向下

（2）滑块离开C后做平抛运动，由h=gt2

解得：t1==0.5s

滑块经过C点的速度 vC==2m/s

滑块由B点到由C点的过程中，由动能定理得  -μmgx=mvC2-mvB2

解得：x=1.25m

（3）滑块由B点到由C点，由运动学关系：x=t2

解得：t2=0.5s

滑块从B运动到小桶的总时间为 t=t1+t2=1s

圆盘转动的角速度ω应满足条件：t=

得ω=2nπrad/s（n=1、2、3、4┅）

答：（1）滑块到达B点时对轨道的压力是6N，方向竖直向下．

（2）水平滑道 BC的长度是1.25m；

（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件是ω=2nπrad/s（n=1、2、3、4┅）．

（1）该系统在自由转动过程中，只有重力做功，机械能守恒．设A球转到最低点时的线速度为VA，

B球的速度为VB，则据机械能守恒定律可得：

mgr-=+               

据圆周运动的知识可知：VA=2VB            

由上述二式可求得VA=

答：A球转到最低点时的线速度为．

（2）设在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是θ（如图所示），

则据机械能守恒定律可得：

mgr．cosθ-=0             

求得θ=sin-1．   

答：向左偏离竖直方向的最大角度θ=sin-1．

（1）选手从最高点摆到最低点的过程中，由机械能守恒：

mgl(1-cosα)=mv2

在最低点：F-mg=m

联立上两式解得：F=1080N

根据牛顿第三定律可知选手对绳子的拉力为1080N．

（2）设选手摆动时的摆长为l1，则mgl1(1-cosα)=mv12

所以得：v1=

当选手在作平抛运动时，在竖直方向上：H-l1=g；

解得：t=

在水平方向上：x=v1t==2=2

所以，当l1=1.5m时选手摆到最低点松手，运动到浮台处离岸水平距离最大．

答：（1）选手摆到最低点时对绳拉力的大小F为1080N；

（2）当l1=1.5m时选手摆到最低点松手，运动到浮台处离岸水平距离最大．因此，两人的看法均不正确．当绳长钺接近1.5m时，落点距岸边越远．

（1）释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，设落地时的速度为V1，

由V12=2gh可得，

B着地前瞬间的速度为 v1==4m/s，

（2）B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，B竖直向上做匀减速运动．它们加速度的大小分别为：

  aA==m/s2=4m/s2  

 aB==m/s2=16m/s2

B竖直向上做匀减速运动的时间为t1

由V=V0+at1 得  t1==s=0.25s，

此时环的速度为V=V1+at=5m/s，

（3）B再次向下运动时，由于B的速度小于A的速度，所以B受得摩擦力仍然向下，加速度与竖直向上运动的加速度相同，

所以再次回到地面时的时间与上升的时间相同，

所以B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为   t==0.5s

在此时间内A的位移   x=v1t+aAt2=4×0.5+0.5×4×0.25=2.5m 

要在B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件 L≥x=2.5m  

答：（1）B着地时速度是4m/s，

（2）B着地反弹到最高时环的速度是5m/s，

（3）B的长度至少应该是 2.5m．

（1）小球m1在C点恰好离开圆柱面，由圆周运动规律可知小球在C点时只由重力提供向心力，mg=m，

小球在C点的速度为：vc=                 

由m1和m2组成的系统机械能守恒，则将两球由静止释放到小球m1离开C点时有：

   m2g•()-m1gR=(m1+m2)                    

由以上两式解得：m1：m2=（π-1）：3

（2）绳子断裂后小球m1在水平方向的平均速度为：=

小球m1在下落过程中在竖直方向做自由落体运动，运动时间为：t=

小球m1在水平方向做末速度为零的匀减速运动，小球m1在离开C点时的速度为：v′c=2

由解得：v′c=

由匀变速运动规律可知，小球在水平方向的加速度大小为：a==

由牛顿第二定律可求得小球所受风力为：F=ma=

答：

（1）两球的质量之比m1：m2是（π-1）：3．

（2）小球m1经过C点时的速度为，水平风力F的大小是．