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如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ=53°，BD为半径R=4m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，斜面轨道AB与圆弧轨道相切，整个光滑轨道处于竖直平面内．在A点，一质量m=1kg的小球由静止滑下，经过B、C点后从D点飞出去．设以竖直线MDN为分界线，其左边为阻力场区域，右边为真空区域，小球最后落到地面上的S点处时的速度大小v_s=8m/s．已知A点距离地面的高度H=10m，B点距离地面的高度h=5m，g取10m/s²，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）小球经过B点的速度大小．
（2）小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力的大小．
（3）若小球从D点抛出，受到的阻力与其瞬时速度的方向始终相反，求小球从D点到S点过程中，阻力f所做的功．

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如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ=53°，BD为半径R=4m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，斜面轨道AB与圆弧轨道相切，整个光滑轨道处于竖直平面内．在A点，一质量m=1kg的小球由静止滑下，经过B、C点后从D点飞出去．设以竖直线MDN为分界线，其左边为阻力场区域，右边为真空区域，小球最后落到地面上的S点处时的速度大小v_s=8m/s．已知A点距离地面的高度H=10m，B点距离地面的高度h=5m，g取10m/s²，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）小球经过B点的速度大小．
（2）小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力的大小．
（3）若小球从D点抛出，受到的阻力与其瞬时速度的方向始终相反，求小球从D点到S点过程中，阻力f所做的功．

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一

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

C

C

A

B

BD

AD

CD

BD

BD

ABD

B

AC

二

13．（1）将玻璃板放在盘上，用笔画出油膜的形状(2分)  (3分)

（2）（1）1.00m/s，2.50m/s；（各1分）           （2）5.25J，5.29J（各2分）

14． （6分）

15题．（共8分）

解：该队员先在t₁=1s时间内以a₁匀加速下滑．

然后在t₂=1.5s时间内以a₂匀减速下滑．

第1s由牛顿第二定律得：mg－F₁=ma₁                   

所以a₁==4m/s²                                  （2分）

最大速度v_m=a₁t₁                                      

代入数据解得：v_m=4m/s                                 （2分）

后1.5s由牛顿第二定律得：F₂－mg=ma₂                  

a₂==2m/s²                                       （2分）

队员落地时的速度v=v_m－a₂t₂                              

代入数据解得：v=1m/s                                   （2分）

16（8分）题将运动员看成质量为m的质点，从高处下落，刚接触网时的速度的大小

 　　　　①                （2分）

 　　弹跳后到达的高度为，刚离网时的速度的大小

 　　　　②              （2分）

 　　接触过程中运动员受到向下的重力mg和网向上的弹力F。选取竖直向上为正方向，由动量定理，得　　③              （3分）

　　由以上三式解得

　　代入数值得　　         （1分）

17．（12分）

(1)mv₀=2mv_A…………………………（3分）     v_A =v₀……………………（1分）

(2)qE=2mv²_A /r………………………………………………………………（2分）

E= ……………………………………………………………（1分）

E的方向是: 竖直向上………………………………………………（1分）

(3)在AB过程中应用动能定理有：   qE?2r-2mg?2r=E_kB-?2mv²_共…………………（3分）

∴E_kB=mv²₀-4mgr………………………………………………………（1分）

18．（12分）参考解答：

（1）开始时弹簧形变量为，

由平衡条件：   ①…………… （1分）

设当A刚离开档板时弹簧的形变量为：

由：  ②…………………………（1分）

故C下降的最大距离为：  ③…………………………（2分）

由①～③式可解得    ④………………………… （2分）

（2）由能量守恒定律可知：C下落h过程中，C重力势能的的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增量之和

当C的质量为M时：    ⑤………………（2分）

当C的质量为2M时，设A刚离开挡板时B的速度为V

 ⑥ ……………（2分）

由④～⑥式可解得A刚离开P时B的速度为：

  ⑦…………………………（2分）

19题：（14分）

（1）m₁与m₂碰撞过程满足

        mv₀=mv₁+2mv₂                                    （1分）

        mv₀²=mv₁²+2mv₂²                             （1分）

得v₁＝-（负号表示逆时针返回），v₂＝-          （2分）

（2）因为m₂=m₃=2m，与第（1）问同理可得，m₂运动到C处与m₃碰后，两者交换速度，即v₂^′＝0，v₃＝＝v₂                                           （2分）

所以m₃以的速度顺时针由C向A运动，与m₁逆时针返回，

因为v₂=v₃=2v₁， +=2

所以m₃和m₁同时到达A点并进行碰撞。            （2分）

（3）m₃和m₁碰撞过程满足

2m-m=m v₁^′+2m v₃^′

2m()²+m()²=m v₁^′2+2m v₃^′2                     

解之得v₁^′＝v₀，v₃^′＝0（另一解v₁^′＝-，v₃^′＝，这表示互相穿过去，不可能，所以舍去）即碰后m₃停止，m₁以v₀再次顺时针运动。         （4分）

m₁和m₂第一次相碰后，返回A点的时间t₁==

m₁和m₃在A处碰后，m₁以v₀返回到C的时间t₂=＝

从m₁和m₃在第一次相碰，到m₁和m₂第二次相碰经历的总时间

t= t₁+ t₂=                                      （2分）