物理辅导答案

1、物理辅导（7）【答案】1.解：（1）在Q点，对小球由受力分析和平衡条件有：F=mgtan 代入数据得：F= mg （2）把小球从最低点P拉至Q点过程中，由动能定理有： 2FLsin-mgL（1-cos）= mv 2 所以，此时小球的速度为： v = （3）撤去拉力后，小球若能摆至轻绳水平的位置，则需要克服重力做的功为： W G=mgL 而拉力做的功为： W F=2FLsin 可见W FW G 说明小球不能摆至轻绳水平的位置设小球能摆到的高度为h，则由功能关系有： 2FLsin-mgh=0； 求得：h=0.9L； 答：（1）力F的大小为 mg； （2）小球的速度为 （3）小球继续上摆到达的位置距

2、最低点P的高度是0.9L2.解：（1）由动能定理知， ， 代入数据解得 在圆弧轨道B点，根据牛顿第二定律有： ， 代入数据解得N B=110N （2）小球在CE段加速度a= ， 由对称性及题意可知，小球从C点上滑到最高点用时t=0.4s 则小球在C点的速度v C=at=50.4m/s=2m/s （3）小球从B到C过程中，mg=ma， ， 代入数据解得=0.5 答：（1）小球第一次离开圆弧轨道B点瞬时速度大小为 m/s，此时受轨道弹力大小为110N； （2）小球第一次经过C点时瞬间的速度大小为2m/s； （3）小球与水平面BC间的动摩擦因数为0.53.解：（1）设物体能在水平面上滑行距离为s 2

3、 对全过程应用动能定理得 mgsin37s 1-mgcos37s 1-mgs 2=0 得：s 2= s 1= 4m=1.6m （2）物体返回过程，由动能定理得： W-mgsin37s 1-mgcos37s 1-mgs 2=0，则得 W=2mgsin37s 1=21100.64J=48J 答： （1）物体能在水平面上滑行1.6m （2）物体停止后，若施加沿接触面的外力使其沿原路径返回A点，则外力至少做48J的功4.解；（1）抛出时动能： ； （2）根据动能定理有 代入数据可得： 竖直分速度： 设落地前瞬间速度的方向与水平面的夹角为，则 =45 （3）根据动能定理有W G+W 阻=E k-E k0

4、=0 解得； 答：（1）人和摩托车从高台飞出时的动能为910 3J （2）若不计空气阻力，车落地前瞬间的速度大小为 ，方向与水平方向成45角 （3）若落地前瞬间的速度仍然是10m/s，从高台飞出到落地过程中空气阻力做的功为-910 3J5.解：（1）物体在斜面滑下的过程中，重力做功mgsin37s 1，滑动摩擦力做功为-mgcos37s 1，s 1是斜面的长度，由动能定理得： 斜面上：mgsin37s 1-mgcos37s 1= 解式得：v=4m/s （2）平面上，由动能定理得： 由、式得：s 2=1.6m 答：（1）物体到达斜面底端时的速度大小为4m/s； （2）物体能在水平面上滑行的距离为

5、1.6m6.解：（1）物体恰好能从M点飞出，有： 由平抛运动知：y min=v mint 2R= 解得：y min=2m （2）（）物体在水平距离运动最短距离时有恰好从M离开半圆轨道，即物体恰好从M点飞出，物体从出发点到M过程 由动能定理： 解得：x min=5m （）物体在水平面上运动足够长时，则当物体刚好至圆轨道圆心等高处速度为0， 由动能定理： 解得：x max=8m 所以要想从MN中途离开轨道，则物体在水平面上滑动的距离满足：8mx5m 答：（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为2m； （2）如果物体从某点出发后在半圆轨道运动过程途中离开轨道，出发点到N点的距离

6、x的取值范围为8mx5m7.解：（1）摆球到达最低点时有： - 摆球由c点运到到B点的过程中，绳子拉力不做功，所以由动能定理得： - 解得F T=20N （2）由动能定理得： - 解得 （3）当小球刚好到达圆形轨道的最高点时有： - 再根据动能定理有： - 解得=53，所以53 当小球刚好只能到达圆形轨道一半高的位置时，根据动能定理有：mgL（1-cos）-mgs DA-mgR=0- 解得=37，所以37 小球进入圆形轨道的条件是：mgL（1-cos）-mgs DA=0- 解得 因此，小球不脱离圆形轨道的条件是： 答： （1）摆线被烧断前的瞬间所承受的拉力为20N （2）小球到达圆形轨道的最高

7、点时速度为 m/s （3）若要使小球不脱离圆形轨道，摆线初始位置时与竖直方向夹角的范围是： 8.解：（1）沿人水平加速段位移为x 1，时间为t 1；平抛运动的水平位移为x 2，时间为t 2则加速时有： x 1= at 1 2；v=at 1 平抛运动阶段：x 2=vt 2 H= 可得 t 2= = s=1s 全程水平方向有： x 1+x 2=L 即 at 1 2+at 1t 2=L 代入数据，联立各式解得：t 1=2s，v=4m/s （2）对于人平抛的过程，由机械能守恒得： E k=mgH+ =60105+ 604 2=3480J （3）由上有：x 1= at 1 2=4m 电动悬挂器载人加速运

8、动过程中消耗的电能最小值 E= +（M+m）gx 1= （15+60）4 2+0.2（15+60）4=660J 答： （1）人松手时的速度大小v是4m/s； （2）人落入救生圈时的动能E k是3480J； （3）电动悬挂器载人加速运动过程中至少要消耗的电能E是660J9.解：（1）对全过程运用动能定理得，FL-mgL-mgh=0， 代入数据解得h=0.15m （2）对开始运动到物体停止的过程运用动能定理， FL-mgL-mgs=0， 代入数据解得最大距离s=0.75m 答：（1）木块沿弧形槽上升的最大高度为0.15m； （2）木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离为0.75m10.

9、解：（1）由动能定理得 ， 代入数据解得s=0.8m （2）对A、B整体，由动能定理得 ， 代入数据解得h=1.6m （3）对B由动能定理得 ， 代入数据解得W=24J 答：（1）A物体落地后，B物体继续沿斜面上升的距离为0.8m； （2）开始时A物体离地的高度h为1.6m； （3）撤去手后到A物体落瞬间，轻绳对B物体所做的功为24J11.解：（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为v C，圆轨道C点对滑块的支持力为F N，由P到C的过程有： mgR= m 解得：v c= （2）对从C到Q的过程：mgR（1-cos60）-mg2R=0 解得：=0.25 （3）A点：根据牛顿第二定律得： mg=m

10、Q到C到A的过程：E p= m +mg2R+mg2R 解得弹性势能为：E p=3mgR 答：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时的速度为 ； （2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数是0.25； （3）弹簧被锁定时具有的弹性势能是3mgR12.解：（1）滑块从A滑到B的过程，机械能守恒，设滑块滑到B的速度v 0 则 m 2gR= m 2v 0 2，解得：v 0=4m/s （2）方凳由静止开始做匀加速直线运动，直至滑块从其右端滑落， 设此段位移为x 11；然后做匀减速直线运动直至停止， 设此段位移为x 12，中间最大速度为v 1 依据动能定理有： 对方凳有： 2m 2gx 11- 1（m 1+m 2

11、）gx 11= m 1v 1 2 对滑块有：- 1m 1gx 12=- m 1v 1 2 由题意可知：x 11+x 12=x 解得：v 1=0.6m/s，x 11=0.18m，x 12=0.09m （3）设滑块在凳面运动的时间为t 1，滑块从其右端滑落时的速度为v 2 对方凳：v 1=a 1t 1 2m 2g- 1（m 1+m 2）g=m 1a 1 对滑块：v 0-v 2=a 2t 1 2m 2g=m 2a 2 解得：v 2=1m/s 滑块从凳面滑落后做平抛运动，设时间为t 2，水平位移为x 2 则有：H= x 2=x 2t 2 滑块落地后木块继续滑行（0.3-t 2）s，设位移为x 13，加

12、速度为a 3， 可得 a 3= 1gx 13= a 3（0.3-t 2） 2 木凳不能撞到物块，则滑块与方桌右端之间的距离 x=x 2+x 13-x 12=0.193m 答： （1）滑块滑上方凳时的速度为4m/s （2）滑块与方凳分离时，方凳的速度为0.6m/s （3）滑块刚落地时，滑块与方凳右端之间的距离为0.193m13.解：设当A物体的动能与重力势能相等时，A物体离地面的高度为h，速度大小为v，由题意知， 由机械能守恒定律得， ， 其中：m A=2m B， 解得h= 答：A物体的动能与其重力势能相等时，A物体离地面的高度为 14.解：(1)B下落过程中，它减少的重力势能转化为A的动能和A

13、克服摩擦力做功产生的热能，B下落高度和同一时间内A在桌面上滑动的距离相等、B落地的速度和同一时刻A的速度大小相等由以上分析，根据能量转化和守恒有： m Bgs= +m Ags 得，v B= 代入解得v B=0.8m/s (2)B落地后，A以v A=0.8m/s初速度继续向前运动，克服摩擦力做功最后停下，根据动能定理得 其中，v A=v B 得，s= =0.16m 答： (1)B落到地面时的速度为0.8m/s (2)B落地后(不反弹)，A在桌面上能继续滑动0.16m【解析】1.（1）对小球受力分析由共点力的平衡条件可求得拉力大小； （2）对PQ过程由动能定理可求得小球的速度； （3）撤去拉力后，

14、根据功能关系明确小球能达到的位置 本题考查动能定理的应用，要注意正确选择物理过程，明确各过程中做功情况，优先考虑动能定理的应用 2.（1）根据动能定理求出 小球第一次到达B点的速度，结合牛顿第二定律求出轨道对小球的弹力大小 （2）根据牛顿第二定律求出小球在CE段的加速度，结合速度时间公式求出小球第一次经过C点时瞬间的速度大小 （3）根据牛顿第二定律和速度位移公式求出小球在水平面上的动摩擦因数大小 本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，运用动能定理解题注意选择合适的研究过程，列式进行求解 3.（1）由整个过程，由动能定理可以求出物体在水平面上滑行的距离 （2）物体在外力作用下返回A点速度为零时外

15、力做功最少，由动能定理求 本题对全程应用动能定理求解的，也可以分成两段应用动能定理处理，这是多个过程问题常用的两种方法；对全程列式往往可以简化步骤 4.（1）根据动能表达式列式求解即可； （2）对从抛出到落地过程运用动能定理列式求解速度大小；将速度正交分解后求解速度与水平方向的夹角； （3）对从抛出到落地过程运用动能定理列式求解 本题关键明确人和车做平抛运动，可以根据动能定理列式求解，也可以运用平抛运动的分运动公式列式求解 5.（1）物体在斜面滑下的过程中，重力做功mgsin37s 1，滑动摩擦力做功为-mgcos37s 1，s 1是斜面的长度，根据动能定理求解物体到达斜面底端时的速度大小 （

16、2）物体能在水平面上滑行时，滑动摩擦力做负功，再根据动能定理求解物体能在水平面上滑行的距离 本题通过动能定理解决比较简便，若运用牛顿第二定律和运动学公式结合求时，求解加速度是关键 6.（1）小球离开M做平抛运动，根据到达M的临界条件求出小球平抛的初速度，根据平抛规律求得最小距离； （2）小球在运动过程中途离开轨道则根据临界条件小球在轨道上上升的高度大于半径而小于到达M的临界速度，根据动能定理求得x的取值范围 掌握竖直面内小球做圆周运动通过最高点的临界条件是正确解题的关键，小球能从轨道中途离开轨道，则小球离开轨道位置必在MN之间，根据到达MN点的临界条件由动能定理求解小球在水平面上运动的距离范围

17、 7.（1）摆球摆到D点时，根据动能定理求出摆球摆到D点时速度，由牛顿第二定律求出摆线的拉力 （2）小球从D到圆形轨道最高点的过程中，由动能定理求小球到达圆形轨道的最高点时速度 （3）要使要使小球不脱离圆形轨道，有两种情况：一种在圆心以下做等幅摆动；另一种能通过圆轨道做完整的圆周运动若小球进入A孔的速度较小，并且不脱离轨道，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，根据机械能守恒和动能定理求出 要使摆球能进入圆轨道，恰好到达轨道的最高点，就刚好不脱离轨道，在最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出此时小球的速度，对从D到轨道最高点的过程，运用动能定理求

18、解，再得到的范围 本题考查机械能守恒定律及动能定理、向心力公式等；关键是要全面分析不能漏解，要知道摆球能进入圆轨道不脱离轨道，有两种情况，再根据牛顿第二定律、机械能守恒和动能定理结合进行求解 8.（1）抓住平抛运动的水平位移和匀加速直线运动的位移之和等于L，结合位移公式和速度公式求出匀加速运动的时间，再求v； （2）根据机械能守恒求人落入救生圈时的动能E k； （3）加速运动过程中电动悬挂器消耗的电能转化为人的动能和内能，由能量守恒求E 解决本题的关键理清人的运动过程，抓住两个过程的水平位移之和等于L，结合平抛运动的分位移公式、运动学公式、能量守恒定律灵活求解 9.（1）对全过程运用动能定理求出木块沿弧形槽上升的最大高度； （2）根据动能定理求出在水平面上滑动的最大距离 本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解 10.（1）A物体落地后，对B分析，根据动能定理求出B物体继续沿斜面上升的距离 （2）对A、B整体运用动能定理，抓住落地前A、B的速度大小相等，求