力學(xué)真題綜合分析-2021高分力學(xué)沖刺備考微題集（解析版）

專題10力學(xué)真題綜合分析-2021高分力學(xué)沖刺備考微題集

1.如圖所示，質(zhì)量機(jī)=2kg的滑塊以vo=16m/s的初速度沿傾角/:37。的斜面上滑，經(jīng)42s

滑行到最高點(diǎn)。然后，滑塊返回到出發(fā)點(diǎn)。已知sin37°=點(diǎn)6,cos37°=0.8,求滑塊

(1)最大位移值X;

(2)與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

(3)從最高點(diǎn)返回到出發(fā)點(diǎn)的過程中重力的平均功率P。

【答案】：(l)16m：(2)0.25；(3)67.9W

【解析】：(1)小車向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有x=得x=16m

2

Av八，2,—mj?sin0+umecos0.八八

(2)加速度q=—=8m/s-上滑過程4=-----------------=gsin6+4gcos6

tm

得〃=0.25

(3)下滑過程a,='in"-""吆cos"=gsin6-〃gcos0=4m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

m

X="24x=8&m/s=11.3m/s重力的平均功率

P=mgvcos(900-6)=480W=67.9W

2.如圖所示，豎直平面內(nèi)由傾角a=60。的斜面軌道AB、半徑均為R的半圓形細(xì)圓管軌

道8CZ5E和圓周細(xì)圓管軌道EFG構(gòu)成一游戲裝置固定于地面,B、E兩處軌道平滑連接，

軌道所在平面與豎直墻面垂直。軌道出口處G和圓心。2的連線，以及。2、E、0］和8

等四點(diǎn)連成的直線與水平線間的夾角均為族30。，G點(diǎn)與豎直墻面的距離d?，F(xiàn)將質(zhì)量

為m的小球從斜面的某高度h處靜止釋放。小球只有與豎直墻面間的碰撞可視為彈性

碰撞，不計(jì)小球大小和所受阻力。

(1)若釋放處高度上，，當(dāng)小球第一次運(yùn)動(dòng)到圓管最低點(diǎn)C時(shí)，求速度大?。ゼ霸诖诉^

程中所受合力的沖量的大小和方向；

(2)求小球在圓管內(nèi)與圓心O,點(diǎn)等高的D點(diǎn)所受彈力FN與h的關(guān)系式；

(3)若小球釋放后能從原路返回到出發(fā)點(diǎn)，高度h應(yīng)該滿足什么條件？

【答案】：(1)J2g%，mJ2g耳,水平向左；⑵外=2mg(j-l)(佗R)；(3)h=-R

R2

【解析】：⑴機(jī)械能守恒=g加生解得％=

動(dòng)量定理

I=mvc=加并嬴

方向水平向左

(2)機(jī)械能守恒

12

mg(h-R)=—mvD

牛頓第二定律

解得

試卷第2頁，總36頁

/=2加g([_l)

A

滿足的條件&NR

(3)第1種情況:不滑離軌道原路返回，條件是

2

第2種情況：與墻面垂直碰撞后原路返回，在進(jìn)入G之前是平拋運(yùn)動(dòng)

其中匕=%sin(9,vv=vGcos0,貝ij

g

得

匕=2歷

機(jī)械能守恒

mg(〃—?|尺)=3加試

h滿足的條件

9

h^~R

2

3.如圖，用不可伸長輕繩將物塊a懸掛在。點(diǎn)，初始時(shí)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，現(xiàn)

將a由靜止釋放，當(dāng)物塊a下擺至最低點(diǎn)時(shí)，恰好與靜止在水平面上的物塊b發(fā)生彈性

碰撞(碰撞時(shí)間極短)，碰撞后b滑行的最大距離為s,已知b的質(zhì)量是a的3倍，b與

水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g,求

a口

(1)碰撞后瞬間物塊b速度的大小;

(2)輕繩的長度。

［答案】：(1)%=J2Mgs；(2)4//s

【解析】：(1)設(shè)“的質(zhì)量為＞n,則b的質(zhì)量為3m,對物塊b碰后由動(dòng)能定理：

-3mgs=°-g,3mv：解得vh=J2〃gs

⑵〃球從水平位置擺下的過程：mgL=mv^

ab碰撞的過程：mv()=mva+3mvh

-mvo

聯(lián)立解得：L=Ws

4.一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時(shí)間r的變化情

況如圖2所示，物體相應(yīng)的速度v隨時(shí)間f的變化關(guān)系如圖3所示。求：

(1)0~8s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量;

(2)0~6s時(shí)間內(nèi)物體的位移;

(3)0~10s時(shí)間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功。

圖1圖2圖3

試卷第4頁，總36頁

【答案】：(l)18N-s；(2)6m；(3)30J

【解析】：(1)由圖像知，力F的方向恒定，故力F在0~8s內(nèi)的沖量

I=耳4+F2t2+F3t3=1X2N-S+3X4N-S+2X2N-S=18N-S

方向向右。

(2)由圖3知，物體在0~2s內(nèi)靜止，2~6s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為0,末速度為

3m/s,所以物體在0~6s內(nèi)的位移即為2~6s內(nèi)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移

v+v0+3.,

%,=------()t=-----x4m=6m

122

(3)由圖3知物體在6~8s內(nèi)做勻直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)摩擦力與拉力平衡即

/=F=2N

物體在6~8s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)位移

x、=vt=3x2m=6m

物體在8~10s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)位移

v+v0+3a

X.=-----0-1=------x2m=3m

-22

所以物體在0~10s內(nèi)的總位移

*=玉+々+七=15m

摩擦力做功

Wf=-J^=-2xl5J=-3OJ

即物體克服摩擦力做功3(”。

5.如圖，光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端與一水平傳送帶相切，一質(zhì)量

砥=lkg的小物塊a從圓弧軌道最高點(diǎn)P由靜止釋放，到最低點(diǎn)Q時(shí)與另一質(zhì)量

叫=3kg小物塊匕發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極短)。已知圓弧軌道半徑R=0.8m,傳

送帶的長度L=1.25m,傳送帶以速度u=lm/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體與傳送帶間的動(dòng)

摩擦因數(shù)4=0.2,g=10m/s2。求

(1)碰撞前瞬間小物塊。對圓弧軌道的壓力大小；

(2)碰后小物塊a能上升的最大高度；

(3)小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間。

【答案】:(1)30N；(2)0.2m；(3)Is

【解析】：(1)設(shè)小物塊。下到圓弧最低點(diǎn)未與小物塊匕相碰時(shí)的速度為%,根據(jù)機(jī)械

能守恒定律有

12

代入數(shù)據(jù)解得為=4m/s

小物塊。在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有

F-mg=m^

NaaK

代入數(shù)據(jù)解得外=30N

根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊a對圓弧軌道的壓力大小為30N。

(2)小物塊。與小物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒有

mVmV+mV

t,a=aai,h

根據(jù)能量守恒有

121,212

3根,匕=3〃1M+5?/

試卷第6頁，總36頁

聯(lián)立解得乜=-2m/s,%=2m/s

小物塊“反彈，根據(jù)機(jī)械能守恒有

m,1,2

aSh=~mava

解得〃=0.2m

(3)小物塊〃滑上傳送帶，因以=2m/s>u=lm/s,故小物塊b先做勻減速運(yùn)動(dòng),

根據(jù)牛頓第二定律有

f2mhg=mha

解得a=2m/s2

則小物塊b由2m/s減至lm/s,所走過的位移為

代入數(shù)據(jù)解得演=0.75m

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

t_L-v

l\~

a

代入數(shù)據(jù)解得％=0.5s

因％=0.75m<L=L25m,故小物塊匕之后將做勻速運(yùn)動(dòng)至右端，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

為

L-x.1.25-0.75—

%=------L=-------------s=0.5s

2v1

故小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間

Z=?1+Z2=1s

6.如圖，一水平面內(nèi)固定有兩根平行的長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為/；兩根相同的導(dǎo)體

棒AB、CQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直，長度均為/；棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃(最

大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)：整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向

豎直向下。從f=0時(shí)開始，對AB棒施加一外力，使AB棒從靜止開始向右做勻加速運(yùn)

動(dòng)，直到，=。時(shí)刻撤去外力，此時(shí)棒中的感應(yīng)電流為彳；己知棒在/=Zo(O<t0<4)

時(shí)刻開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好。兩棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R,

導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。重力加速度大小為g。

DB

CA

(1)求A8棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小;

(2)求撤去外力時(shí)CO棒的速度大?。?/p>

(3)撤去外力后，C。棒在，=弓時(shí)刻靜止，求此時(shí)AB棒的速度大小。

2juingRt[2Ri]4-umeRt.2Ri.三,、

【答案】：⑴用『（2）22~~^~-2從8&2Tj

Blt0Bl

【解析】:⑴設(shè)A8棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為m在r=fo時(shí)刻A8棒的速度為所口。,

此時(shí)對CD棒：/.img=七］

I4

°2R

聯(lián)立解得：”統(tǒng)

Bit。

2〃mgRt、

⑵在時(shí)刻，AB棒的速度v,=at

xB212to

E

此時(shí)4=6

試卷第8頁，總36頁

E=Blvy-BlvCD

2/LimgRt}2Ri1

解得為D

B212to固

⑶撤去外力后到CD棒靜止，對CD棒由動(dòng)量定理：

-/jtng%—4)+BIl(t2T])=0—mvCD,

對AB棒：-/jmg(t2-t^-BIl(t2Tj=mvAB-mv1

AumeRt.2Ri,一,、

聯(lián)立解得：VAB=B212t----氤~2〃g02-f|)

7.如圖所示，水平光滑地面上停放著一輛小車，左側(cè)靠在豎直墻壁上，小車的四分之

一圓弧軌道AB是光滑的，在最低點(diǎn)B與水平軌道BC相切，BC的長度是圓弧半徑的

10倍，整個(gè)軌道處于同一豎直平面內(nèi).可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從A點(diǎn)正上方某處無初速下

落,恰好落人小車圓弧軌道滑動(dòng)，然后沿水平軌道滑行至軌道末端C處恰好沒有滑出.已

知物塊到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)對軌道的壓力是物塊重力的9倍,小車的質(zhì)量是物塊的

3倍，不考慮空氣阻力和物塊落人圓弧軌道時(shí)的能量損失.求

(1)物塊開始下落的位置距水平軌道BC的豎直高度是圓弧半徑的幾倍；

(2)物塊與水平軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)巴

【答案】：(1)物塊開始下落的位置距水平軌道BC的豎直高度是圓弧半徑的4倍.

(2)〃=0.3

【解析】：①設(shè)物塊的質(zhì)量為m,其開始下落處的位置距BC的豎直高度為h,到達(dá)B

點(diǎn)時(shí)的速度為v,小車圓弧軌道半徑為R.則由機(jī)械能守恒定律得

mgh=—mv2,

物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律得

V2

9mg-mg-m~

解得h=4R,即物塊開始下落的位置距水平軌道BC的豎直高度是圓弧半徑的4倍.

②設(shè)物塊與BC間的滑動(dòng)摩擦力的大小為F,物塊滑到C點(diǎn)時(shí)與小車的共同速度為V，,

物塊在小車上由B運(yùn)動(dòng)到C的過程中小車對地面的位移大小為S,

依題意，小車的質(zhì)量為3m,BC長度為10R,由滑動(dòng)摩擦定律有尸=,

由動(dòng)量守恒定律有

mv~(m+3m)v/

對物塊、小車分別應(yīng)用動(dòng)能定理得

-F(107?+S)=-mv'2--mv2FS=-(,3m)v'2

222

解得R=0.3

8.如圖，一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h.一質(zhì)量為m

的子彈以水平速度W射入物塊后，以水平速度vo/2射出.重力加速度為g.求：

(1)此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；

(2)此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離.

m5扎

0-----[

1—1

h

23題圖

【答案】：⑴—片⑵^二mv0/h

77信

試卷第10頁，總36頁

【解析】：（1）設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為丫，由動(dòng)量守恒得

mv（）-m—+MV①

2

解得

，=給。②

系統(tǒng)的機(jī)械能損失為

AE--mvg--wf—+—MF2③

2|_2UJ2

由②③式得

1（.m\2

A￡=-3--pw④

nM）0Q

（2）設(shè)物塊下落到地面所需時(shí)間為f,落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s,則

力=gg/2?

s=V7

由②⑤⑥得

9.由三顆星體構(gòu)成的系統(tǒng)，忽略其他星體對它們的影響，存在著一種運(yùn)動(dòng)形式：三顆

星體在相互之間的萬有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，繞某一共同的

圓心。在三角形所在的平面內(nèi)做角速度相同的圓周運(yùn)動(dòng)（圖示為A、8、C三顆星體質(zhì)

量不相同時(shí)的一般情況）若A星體的質(zhì)量為2神，B、C兩星體的質(zhì)量均為〃?，三角形的

邊長為a,求：

(1)A星體所受合力的大小FA;

(2)8星體所受合力的大小尸B;

(3)C星體的軌道半徑Rc;

(4)三星體做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T.

【答案】：(1)2拒竺~(2)幣(3)也a(4)T=幾匹

a-a24VGm

【解析】：(1)由萬有引力定律，A星體所受B、C星體引力大小為

FR,=G8粵=G”=p

r?CA'

則合力大小為

FA=2圓q

a

（2）同上，B星體所受A、c星體引力大小分別為

%=G5=G駕

ra

mmm2

cBG

FCB-G產(chǎn)~a2

則合力大小為

加2

FBX~^AHcos60。+F—.

ciia~

r2

F.=Fsin60°=^G-

B>ABT.

試卷第12頁，總36頁

可得

,___________2

FB二歷礫二幣G號

(3)通過分析可知，圓心。在中垂線AD的中點(diǎn),

埠=上

4

(4)三星體運(yùn)動(dòng)周期相同，對C星體,

可得丁=%

Gm2

10.如圖所示，一傾角為。的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分

別為m和4m,Q靜止于斜面上A處。某時(shí)刻，P以沿斜面向上的速度均與Q發(fā)生彈性

碰撞。Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于tan。，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。P與斜

面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動(dòng)能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點(diǎn)，斜面足夠長，Q

的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。

(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小WI、VQ1；

(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn,

(3)求物塊Q從4點(diǎn)上升的總高度H；

(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞，求A點(diǎn)與擋板之間的最小距離

【答案】：(1)P的速度大小為1%,Q的速度大小為⑵&(〃=1，

2)J/Dg

(8々-13)片

2,3)；(3)”=—y-；(4)s=

18g200gsin8

【解析［(1)P與。的第一次碰撞，取P的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得

=mvPX+4〃叱］①

由機(jī)械能守恒定律得

1212142

-^V0=~mVP\+--4^VQI②

聯(lián)立①②式得

3

VP\=--vo

2

%=-vo④

32

故第一次碰撞后尸的速度大小為《%,Q的速度大小為1％

(2)設(shè)第一次碰撞后。上升的高度為小，對。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

0-丫02=2.(_2gSin0)-⑤

聯(lián)立①②⑤式得

⑥

設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時(shí)速度為％2，第一次碰后至第二次碰前,

對P由動(dòng)能定理得

1212?

2WV02~^mvPX=_mg%⑦

聯(lián)立①②⑤⑦式得

呦4。⑧

P與。的第二次碰撞，設(shè)碰后。與。的速度分別為。2、也2,由動(dòng)量守恒定律得

試卷第14頁，總36頁

fnv^=mvp2+⑨

由機(jī)械能守恒定律得

12121/2

4mv

-mv02=~mvP2+--Q2⑩

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得

VP2=?

VQ2=1xg%?

設(shè)第二次碰撞后Q上升的高度為生，對Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

2

0-vG2=2-(-2gsin^)--^?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?弋得

?

設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與。剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時(shí)速度為％3，第二次碰后至第三次碰前,

對P由動(dòng)能定理得

gmvm-^mvP2^-mg%?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?M得

行

P與。的第三次碰撞，設(shè)碰后P與。的速度分別為％,、配3,由動(dòng)量守恒定律得

mv03=mvn+4mvQ3?

由機(jī)械能守恒定律得

)21212/\

5〃?％3=~mVP3+--4mVQ^?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩頌酶t得

設(shè)第三次碰撞后。上升的高度為飽，對。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式⑩得

2

O-ve3=2-(-25sin0)-^-?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩遜?@8)式得

「(手

?

25g

總結(jié)可知，第〃次碰撞后，物塊。上升的高度為

〃“=(()"'黑"(〃=1,2,3...)?

2525g

(3)當(dāng)P、Q達(dá)到H時(shí)，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運(yùn)動(dòng)全過程由動(dòng)能定

理得

]H

0——機(jī)％2=—(/n+4MgH-tan8?4〃2gcos0?———?

2sin，

解得

(4)設(shè)。第一次碰撞至速度減為零需要的時(shí)間為小由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

%=2gasin。?

設(shè)尸運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度為功。需要的時(shí)間為d由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

=Vpj+gt2sin。?

22

vP/-vP1=2sgsin^?

試卷第16頁，總36頁

設(shè)戶從A點(diǎn)到。第一次碰后速度減為零處勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為h

v02=(一"1)-g，3sin0?

當(dāng)A點(diǎn)與擋板之間的距離最小時(shí)

4=22+，3?

聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得

5=聽⑶%2?

200gsin0

11.單板滑雪U型池比賽是冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U

形滑道由兩個(gè)半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個(gè)中央的平面直軌道連接而成，軌道

傾角為17.2。。某次練習(xí)過程中，運(yùn)動(dòng)員以VM=10m/s的速度從軌道邊緣上的M點(diǎn)沿軌

道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角a=72.8。，騰空后沿

軌道邊緣的N點(diǎn)進(jìn)入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻

力，取重力加速度的大小g=10m/s2,sin72.8°=0.96,cos72.8°=0.301,求：

(1)運(yùn)動(dòng)員騰空過程中離開的距離的最大值d；

(2)M、N之間的距離心

【答案】：(l)4.8m；(2)12m

【解析】：(1)在歷點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在A8C。面內(nèi)垂直4。方向的分速度為0，由運(yùn)動(dòng)的合

成與分解規(guī)律得

V!=vMsin72.8°①

設(shè)運(yùn)動(dòng)員在A3CO面內(nèi)垂直A。方向的分加速度為由牛頓第二定律得

mgcos\1.20=ma\②

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

d=單③

2(7)

聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得

d=4.8m④

(2)在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABC。面內(nèi)平行AD方向的分速度為丫2，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解

規(guī)得

V2=VMCOS72.8°⑤

設(shè)運(yùn)動(dòng)員在A8CO面內(nèi)平行AD方向的分加速度為“2，由牛頓第二定律得

mgsin\l,2°=ma2⑥

設(shè)騰空時(shí)間為/,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

t=—⑦

a\

L-v2t+；a2f2⑧

聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得

L=12m⑨

12.某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形EFGH、方向

垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，探測板平行于HG水平放置，

能沿豎直方向緩慢移動(dòng)且接地。心伉c三束寬度不計(jì)、間距相等的離子束中的離子均

以相同速度持續(xù)從邊界EH水平射入磁場，b束中的離子在磁場中沿半徑為R的四分之

一圓弧運(yùn)動(dòng)后從下邊界"G豎直向下射出，并打在探測板的右邊緣。點(diǎn)。已知每束每

秒射入磁場的離子數(shù)均為M離子束間的距離均為0.6R,探測板的寬度為0.5A,

試卷第18頁，總36頁

離子質(zhì)量均為，小電荷量均為(7,不計(jì)重力及離子間的相互作用。

(1)求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場邊界HG時(shí)與H點(diǎn)的距離s；

(2)求探測到三束離子時(shí)探測板與邊界HG的最大距離Lmax；

(3)若打到探測板上的離子被全部吸收，求離子束對探測板的平均作用力的豎直分量F

與板到”G距離L的關(guān)系。

E\-------------尸

B\

b''''|

H'-------------------------'G

C-------D

【答案】：(1川=避，0.8尺(2)4,ax=±R；⑶當(dāng)0<4時(shí)：F]=2.6NqBR；

m1515

4

當(dāng)記HV40.4R時(shí)：F2=\8NqBR；當(dāng)L>0.4R時(shí)：F3=NqBR

【解析】：(1)離子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)

得粒子的速度大小

吁迎

m

令c束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的圓心為0,從磁場邊界"G邊的。點(diǎn)射出，則由幾何

關(guān)系可得

OH=0.6/?,s=HQ="?2_（O6R）2=0.8/?

(2)a束中的罔子運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的圓心為O',從磁場邊界HG邊射出時(shí)距離H點(diǎn)的距離

為相由幾何關(guān)系可得

HO'=aH—R=66R

X=JR2-HO,2=0.8R

即a、c束中的離子從同一點(diǎn)。射出，離開磁場的速度分別于豎直方向的夾角為/、a,

由幾何關(guān)系可得

a=B

探測到三束離子，則C束中的離子恰好達(dá)到探測板的D點(diǎn)時(shí)，探測板與邊界HG的距

離最大,

R-sOH

tana=------=------

“maxs

則

Lfnax

試卷第20頁，總36頁

(3)4或C束中每個(gè)離子動(dòng)量的豎直分量

Pz=pcosa=0.8qBR

4

當(dāng)0＜乙，百R時(shí)所有離子都打在探測板匕故單位時(shí)間內(nèi)離子束對探測板的平均作用

力

F、=Np+2Npz=26NqBR

4

當(dāng)石R＜〃,0.4R時(shí)，只有b和c束中離子打在探測板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對探

測板的平均作用力為

F[=Np+Np,=L8NqBR

當(dāng)心＞0.4R時(shí)，只有b束中離子打在探測板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對探測板的平均

作用力為

R=Np=NqBR

13.如圖1所示，有一質(zhì)量〃?=200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、

勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的I時(shí)開始計(jì)時(shí)，測得電機(jī)的牽引力隨

4

時(shí)間變化的口-/圖線如圖2所示，f=34s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置。若不計(jì)

繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件：

(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；

(2)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??；

(3)總位移的大小。

【答案】：⑴0.125m/s2,豎直向下；(2)lm/s；(3)40m

【解析】：(1)由圖2可知0?26s內(nèi)物體勻速運(yùn)動(dòng)，26s?34s物體減速運(yùn)動(dòng)，在減速運(yùn)動(dòng)過

程根據(jù)牛頓第二定律有

mg一%=ma

根據(jù)圖2得此時(shí)尸產(chǎn)1975N,則有

a=g~—=0A25m/s2

m

方向豎直向下。

(2)結(jié)合圖2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

v=at2=0.125x(34-26)m/s=lm/s

(3)根據(jù)圖像可知?jiǎng)蛩偕仙奈灰?/p>

%=vt]=1x26m=26m

勻減速上升的位移

.v1

%=2xom=4m

13

勻加速上升的位移為總位移的丁，則勻速上升和減速上升的位移為總位移的二，則有

44

3

4+加=-h

"4

試卷第22頁，總36頁

所以總位移為

/?=40m

14.小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直

軌道AB和傾角6=37°的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量機(jī)=0.1kg的小滑塊從弧形軌

道離地高”=1.0m處靜止釋放。己知R=0.2m,LAB="c=L°m,滑塊與軌道AB

和3C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。

(1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心。等高的。點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；

(2)通過計(jì)算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點(diǎn)；

(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點(diǎn)x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰，碰后

一起運(yùn)動(dòng)，動(dòng)摩擦因數(shù)仍為0.25,求它們在軌道8C上到達(dá)的高度人與x之間的關(guān)系。

(碰撞時(shí)間不計(jì)，sin370=0.6,cos37°=0.8)

【答案】：(1)8N,方向水平向左；(2)不會(huì)沖出；(3)h=yx--(-m<x<lm)；h=0

6488

(0<x<-m)

8

【解析】：(1)機(jī)械能守恒定律

12

mgH=mgR+—mvD

牛頓第二定律

FN=%^=8N

R

牛頓第三定律

及=&=8N

方向水平向左

(2)能在斜軌道上到達(dá)的最高點(diǎn)為C點(diǎn)，功能關(guān)系

mgH=+/am^L^ccos0+mgL^，sin6

得

L.=—m<1.0m

*nr16

故不會(huì)沖出

(3)滑塊運(yùn)動(dòng)到距A點(diǎn)x處的速度為v,動(dòng)能定理

〃12

mgH-/dmgx=-mv

碰撞后的速度為力,動(dòng)量守恒定律

mv=3mv'

設(shè)碰撞后滑塊滑到斜軌道的高度為h,動(dòng)能定理

/?1

,2

-3時(shí)叫(AAB-X)-3Ring-3mgh=O--(37n)v

得

155、

h—x-----m<%,Im

64887

/?=0Oxxlk3ml

18)

15.足夠長的斜面與水平之間的傾角為37。，質(zhì)量為2kg的物體靜止在斜面底端，在平

行于斜面上的外力尸=24N的作用下沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過2s后撤去外力F,物體與斜

試卷第24頁，總36頁

面間的滑動(dòng)摩擦系數(shù)為0.5,且最大靜摩擦力可近似等于滑動(dòng)摩擦力。求：

(1)物體在斜面上向上滑行的時(shí)間。

(2)上行過程中撤去F前后，物體受到的摩擦力的做功之比鼠

⑶在S4圖像中畫出減速階段的圖像"=0時(shí)，物體在s=0處)

(4)分析說明為什么物體動(dòng)能與勢能相等的位置僅出現(xiàn)在物體沿斜面下滑的過程中，并求

出該位置離斜面底端的距離L.

【答案】：(l)3s；(2)2：1；(3)見解析；(4)說明見解析，4.8m

【解析】：(1)撤去尸之前受力分析如圖所示

由牛頓第二定律得

F-mgsin0-/jmgcos0=ma1

解得

q=4m/s2

撤去F以后受力分析如圖所示

由牛頓第二定律得

mgsin0+^mgcos6=ma2

解得

2

a2=8m/s

撤去尸時(shí)物體的速度

K=知=8m/s

撤去尸后物體減速到零所需時(shí)間

Z2=—=15

a2

所以物體上升到最大高度所需時(shí)間

，="+f2=3s

(2)克服摩擦力做的功

Wf=-fs

由于摩擦力大小恒定，克服摩擦力做功之比即為兩個(gè)過程路程之比，撤去F前位移

1。

S=萬丫由=8m

撤去尸后到達(dá)最高點(diǎn)位移

1,

S2=”2=4m

所以撤去F前后克服摩擦力做功之比為

叱_*_2

或二二

(3)根據(jù)

12

s=v1t--a2t

試卷第26頁，總36頁

減速的時(shí)間為Is,s-f圖像為拋物線的一部分，如圖所示

(4)在加速上滑的過程中，合外力大小大小

F3=F-mgsin0-/jmgcos0=

而重力的下滑分力

F}=7ngsin6=12N

可知

心<耳

根據(jù)動(dòng)能定理，運(yùn)動(dòng)的位移為x時(shí)動(dòng)能的大小

紜=3?X

勢能大小

Ep=耳x

因此

<Ep

因此動(dòng)能總是小于勢能，撤去拉力后，動(dòng)能減小，勢能仍增加，因此上滑過程中，不可

能出現(xiàn)動(dòng)能與勢能相等的位置，而下滑過程中，勢能減小，動(dòng)能增加，總有一時(shí)刻，動(dòng)

能與勢能相等。

物體上滑的總位移

5=51+52=12m

下滑的過程中，由牛頓第二定律得

mgsin0-jumgcos0=ma2

解得

2

a3=4m/s

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

v；=2q(S—L)

根據(jù)題意得

；mv；=mgLsin0

整理得

L=4.8m

16.如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最

低點(diǎn)E分別與水平軌道E。和EA相連)、高度h可調(diào)的斜軌道AB組成。游戲時(shí)滑塊

從0點(diǎn)彈出，經(jīng)過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲

成功。已知圓軌道半徑r=0.1m,0E長4=0.2m,AC長a=0.4m,圓軌道和

光滑，滑塊與AB、OE之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5?；瑝K質(zhì)量m=2g且可視為質(zhì)點(diǎn),

彈射時(shí)從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動(dòng)能。忽略空氣阻力，各部分平滑

連接。求

(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點(diǎn)尸時(shí)的速度以大小;

試卷第28頁，總36頁

(2)當(dāng)人=0.1m且游戲成功時(shí)，滑塊經(jīng)過E點(diǎn)對圓軌道的壓力Ev大小及彈簧的彈性

勢能4;

(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能瑪與高度人之間滿足的關(guān)系。

-3

【答案】：⑴vF=lm/s(2)Ep0=8.OxlOJ(3)0.05m領(lǐng)h0.2m

【解析】：(1)滑塊恰過F點(diǎn)的條件：

mg=m—

解得：vF=lm/s

(2)滑塊從E到'動(dòng)能定理:

12

—mgh—jumgLj=0--mvE

在七點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律：

FN-mg=

解得：￡V=°」4N

從。到B點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律:

40-作〃一版g（4+4）=0

3

解得：E/）0=8.0X10-J

(3)滑塊恰能過F點(diǎn)的彈性勢能:

123

Ep[=2mgr+/j/ngL、+—mvF=7.0x10J

到B點(diǎn)減速到0：

Ep「mg%一〃mg（4+4）=0

解得：hj=0.05m

能停在B點(diǎn)，則：

/jmgcos0=mgsin0

解得：tan6=().5,此時(shí)4=0.201

從。到8點(diǎn)：

3

Ep-mgh+/jmg+L2)=2X1O_(1O/Z+3)J

其中0.05m矽b0.2m

17.如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為，〃A=1kg和〃?B=5kg,放在靜止于水平地面

上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為川=05木板的質(zhì)量為，”=4kg,與

地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為“2=0」。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為

v0=3m/s,A、B相遇時(shí);A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，

取重力加速度大小g=10m/s\求：

77//////////////////////////////////77

(1)B與木板相對靜止時(shí)，木板的速度；

(2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。

【答案】：(1)lm/s；(2)1.9m?

【解析】：(1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)，設(shè)A、B和木板所

受的摩擦力大小分別為力、力和力，A和B相對于地面的加速度大小分別是OA和?B.

木板相對于地面的加速度大小為外，在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有

①

試卷第30頁，總36頁

人=">〃％g②

^=//2（mA+wB+m）g③

由牛頓第二定律得

工=以縱④

fz=〃WB⑤

設(shè)在4時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，設(shè)大小為打。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

v,=VO-?BZ,⑦

%=砧⑧

聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)，可得B與木板相對靜止時(shí);木板的速度

v,=lm/s⑨

（2）在“時(shí)間間隔內(nèi)，B相對于地面移動(dòng)的距離為

12

%=%4一萬即，1⑩

設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度也后，木板的加速度大小為“2,對于B與木板組成的體系，

由牛頓第二定律有

工+力=（牲+相應(yīng)?

由①②④⑤式知，4A=OB;再由⑦⑧可知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也

為W，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反；由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其

大小為也，設(shè)A的速度大小從力變到以所用時(shí)間為5則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對木板有

v2=v,-a2t2?

對A有

%=一匕+卬2?

在殳時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動(dòng)的距離為

12…

距=卬2-54弓?

在(《+/2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對地面移動(dòng)的距離為

$A=%&+)￡&+/?

A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距

離為

SO=SA+?+SB?

聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)，A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離

%=1.9m?

18.某砂場為提高運(yùn)輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，建立

如圖所示的物理模型.豎直平面內(nèi)有一傾角0=37°的直軌道AB,其下方右側(cè)放置一水

平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過.轉(zhuǎn)輪半徑R=0.4m、

轉(zhuǎn)軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)輪最低點(diǎn)離地面的高度

H=2.2m.現(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)

動(dòng)到達(dá)傳送帶上C點(diǎn)時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?已知小物塊與直軌道和傳

送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為-05(sin37°=0.6)

(1)若h=2.4m,求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大小；

(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件

試卷第32頁，總36頁

(3)改變小物塊釋放的高度h,小物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，求小物塊落地

點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件。

【答案】：(1)4m/s；(2)h<3.0m；(3)h>3.6m

【解析】：(1)物塊由靜止釋放到B的過程