热门试卷

（1）（1）小球从E点飞出后做平抛运动，设在E点的速度大小为v，则：

4R=gt2

s=vt

解得：v=s

（2）小球从B点运动到E点的过程，机械能守恒

mvB2=mg4R+mv2\

在B点F-mg=m

联立解得：F=9mg+

由牛顿第三定律可知小球运动到B点时对轨道的压力为F′=9mg+

（3）设小球沿翘尾巴的S形轨道运动时克服摩擦力做的功为W，则

mg（h-4R）-W=mv2

得W=mg（h-4R）-

答：（1）小球从E点水平飞出时的速度大小为s；

（2）小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力大小为9mg+；

（3）小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功为mg（h-4R）-．

（1）A在上滑过程中机械能守恒，有

m=mgR（1-cos60°）

vA=3m/s

根据牛顿运动定律 

N-mAg=mA

N=80N

由牛顿第三定律得，A对圆弧的压力为80N，方向竖直向下．

（2）由动量守恒得：

mAvA=mBvB

由能量守恒得

Ep=mA+mB

得：Ep=54J

（3）因B、C碰后速度交换，B静止，C做圆周运动，绳子不能松弛，一种情况是越过最高点，继续做圆周运动，

与B碰撞，B一定离开平台，不符合要求．另一种情况是C做圆周运动不超过圆周，返回后再与B发生碰撞．               

B刚好能与C发生第一次碰撞

0-mB=-μmBgs

   解得 μ=0.6

   依题意有   μ＜0.6

B与C刚要发生第三次碰撞，则

0-mB=-3μmBgs

  解得  μ=0.2

   依题意有  μ＞0.2

B与C发生两次碰撞后不能从左侧滑出

0-mB=-2μmBgs-mBgR（1-cos60°）

解得 μ=0.225

   依题意有 μ≥0.225

综上所得   0.225≤μ＜0.6                        

取μ=0.225，B与C碰撞后，C的速度最大，要绳不松弛，有：

mB-mB=-μmBgs

vB1=vC

mC=mCgL

解得：L=1.125m

依题意：L≤1.125m

答：（1）A刚滑上圆弧时对轨道的压力为80N

（2）烧断细线前系统的弹性势能是54J

（3）若B与C只能碰撞2次，B最终仍停在平台上，整个过程中绳子始终不松弛，B与平台间动摩擦因数µ的范围是 0.225≤μ＜0.6，

µ取最小值时对应的绳L=1.125m．

（1）小球离开轨道后做匀速直线运动，其受力情况如图1所示，则有

   qE=mgtanθ      ①

所以        E=3.0N/C                          

（2）设小球运动到C点时的速度为v．在小球沿轨道从A运动到C的过程中，根据动能定理有qERsinθ-mgR(1-cosθ)=mv2-mv02  ②

解得                 v=5.0m/s                 ③

小球由A点射入圆弧轨道瞬间，设小球对轨道的压力为N，小球的受力情况如图2所示，根据牛顿第二定律有N+qBv0-mg=  ④

根据图1还有：qvB=    ⑤

由③④⑤可求得：N=3.2×10-3N 

根据牛顿第三定律可知，小球由A点射入圆弧轨道瞬间对轨道的压力

N′=N=3.2×10-3N                   

答：

（1）匀强电场场强E的大小为3.0N/C；

（2）小球刚射入圆弧轨道瞬间对轨道压力的大小为3.2×10-3N．

（1）由匀加速运动公式 a==9×105m/s2

由安培力公式和牛顿第二定律，有 

F=IBl=kI2l

F=ma

因此 

I==8.5×105A

即发射过程中电源提供的电流强度为8.5×105A．

（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即：P△t×4%=mv2

发射过程中电源供电时间

△t==×10-2s

因而，所需的电源输出功率为

P==1.0×109W

由功率P=IU，解得输出电压：

U==1.2×103V

即发射过程中电源的输出功率为1.0×109W、输出电压为1.2×103V．

（3）分别对砂箱和滑块用动能定理，有

fsM=MV2             

f'sm=mV2-mv2

由牛顿定律f=-f'和相对运动sm=sM+s'

再由动量守恒定律

mv=（m+M）V

联立求得

fs'=•mv2

故平均冲击力

f=•

即滑块对砂箱平均冲击力为．

（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．

（1）研究小球作平抛运动，小球落至A点时，由平抛运动速度分解图可得：

水平速度：v0=vycotα

合速度与竖直分速度的关系：vA=

小球竖直方向做自由落体运动：vy2=2gh，h=gt2 

小球水平方向做匀速直线运动：x=v0t

由上式解得：v0=6m/s       x=4.8m      vA=10m/s          

（2）由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度vB

 mgH=mvB2-mvA2vB=20m/s          

（3）竖直圆轨道光滑，研究小球从C点到D点，设小球到达D点时的速度为vD

由动能定理可得-2mgR=mvD2-mvC2

在D点由牛顿第二定律可得：N+mg=m

由上面两式可得：N=3N              

由牛顿第三定律可得：小球在D点对轨道的压力N′=3N，方向竖直向上．

（4）若竖直圆轨道粗糙，小球在最高点与环作用力恰为0时，速度为

则mg=mvD′=

从最低点最高点：-mg2R+Wf=mvD′2-mvC2

Wf=-7.5J    克服摩擦力所做的功7.5J                  

答：（1）小球水平抛出的初速度为6m/s，斜面顶端与平台边缘的水平距离为4.8m．

（2）小球离开平台后到达斜面底端的速度大小20m/s．

（3）若竖直圆轨道光滑，小球在D点对轨道的压力N′=3N，方向竖直向上．

（4）若竖直圆轨道粗糙，小球运动到轨道最高点与轨道恰无作用力，小球克服摩擦力所做的功7.5J．

（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）球运动到C处时，由牛顿第二定律得：F1-mg=m

得，v1=

代入解得，v1=5m/s

根据动能定理得，Ep-μmgx=m

得，EP=m+μmgx

代入解得，EP=11.2J

（2）小球从C到D过程，由机械能守恒定律得，

m=2mgR+m

代入解得，v2=3m/s

由于v2＞=2m/s，所以小球在D处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得

    F2+mg=m

代入解得，F2=10N

根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为10N．

答：（1）弹簧在压缩时所储存的弹性势能为11.2J．

（2）小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力为10N．

（1）对小球受力分析，受重力、杆的弹力（假设向下），合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式，有

mg+F=m

代入数据，解得

F=m-mg=-16N

负号表示此时球对杆的作用力方向与假设的方向相反，即向上，大小为16N；

根据牛顿第三定律，杆对球的弹力和球对杆的弹力方向相反、大小相等；

故此时球对杆有16N的向下的弹力．

（2）再次对小球受力分析，受重力、杆的弹力（假设向下），合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式，有

mg+F=m

代入数据，解得

F=m-mg=44N＞0，即假设成立，杆对球的弹力向下；

根据牛顿第三定律，杆对球的弹力和球对杆的弹力方向相反、大小相等；

故此时球对杆的作用力向上，大小为44N．

（1）根据小球做圆运动的条件，合外力等于向心力．

mg+F=        ①

F=mg　　　　　　  ②

解①②两式得：v=

（2）根据小球做圆运动的条件，合外力等于向心力．

F-mg=

所以F=mg+=7mg

由牛顿第三定律，小球对杆的作用力为7mg，方向竖直向下．

球的向心加速度

a==6g   方向竖直向上

答：（1）球在最高位置时的速度大小为；

（2）当小球经过最低点时速度为，球对杆的作用力为7mg，方向竖直向下；球的向心加速度为6g，方向竖直向上．

（1）在最低点，由牛顿第二定律得：

FN-mg=m

FN=mg+m=2.0×104（N）

由牛顿第三定律得，汽车对地面的压力为 2×104N

（2）mg=m

v==20（m/s）

答：（1）汽车以20m/s的速度通过桥面最低点时，对桥面压力是2.0×104N．

（2）当汽车的速度为20m/s时，过桥顶时恰好对桥没有压力作用而腾空．

设小球的速度大小为v，由题意可知，在最高点时有：mg=m

解得：V==m/s=2m/s

设小球运动到最低点时向心力为T，根据牛顿第二定律，有：T-mg=m

解得：T=m+mg=2mg                            

分析支架受力，根据牛顿第三定律可得支架对地面的压力N为：

N=Mg+T     

代入数值计算，得：N=（M+2m）g=110N   

答：小球做圆周运动的速度大小为2m/s，小球经过最低点时支架对地面的压力为110N．

（1）从A到B，由机械能守恒：mgL=m   …①

在B处，由向心力公式有：N-mg=m…②

解得：N=3mg

由牛顿第三定律，轨道所受压力N′=3mg，方向竖直向下    

从A到C，由动能定理：mgL+qEL=m…③

解得：vC=

（2）由牛顿第二定律：mg+=ma  得a=1.5g（向下）…④

小球在电容器中飞行时间t=…⑤

飞离时偏转量y=at2…⑥

联立③～⑥得：y=L                            

（3）由⑥知当y=L时，有a=3g                                

当a向下，且上板电势高于下板时

有mg+=ma      得U1==4EL                 

当a向上，有上板电势低于下板

即-mg=ma      得U2==8EL

即小球能飞出电容器，必须有：

当上板电势高于下板时，U＜4EL

或者当上板电势低于下板时，U＜8EL        

答：（1）小球经过圆弧B处轨道所受压力为3mg，小球到达C处的速度为；

（2）当电容器两板间电压U=，且上板电势高于下板时，球在电容器中飞行时的加速度a为1.5g，飞离电容器时的偏转量y为L；

（3）若电容器电压U可变，要使小球能飞出电容器，必须有：当上板电势高于下板时，U＜4EL；或者当上板电势低于下板时，U＜8EL．

在水平方向上，A在杆提供的力F作用下作圆周运动，B在杆提供的力F′与摩擦力f 作用下作圆周运动，由牛顿第二和第三定律可得：

A：F=mAω2rA①

B：f-F′=mω2rB②

F=F′③

由①②③可得：f=（mArA+mBrB）ω2

代入数据得   f=1.36π2N

由①代入数据得：F=0.16π2N

答：（1）B受到的摩擦力为1.36π2N．

（2）细杆所受的作用力为0.16π2N．