热门试卷

解：（1）滑块恰好能通过圆弧轨道最高点D，满足：

，

由机械能守恒定律知：

，

小球运动到C点时，由牛顿第二定律得：

，

代入数据，联立解得：FN=24N．

（2）从A至C，由动能定理可知：，

R（1-cosθ）+sABsinθ=h，

代入数据解得：h=2.87m．

答：（1）小球运动到C点时，轨道对小球支持力FN的大小为24N；

（2）A、C两点间的高度h为2.87m．

解：

（1）当轻细杆的下端运动到最低点C时，小球的速度为零，小球减少的重力势能转化为凹形槽的动能，由能量转化守恒定律

又 M=2m   

得凹形槽的速度：

（2）当轻细杆的下端从A点相对滑动到B点时，取极短时间△t，认为小球和凹形槽都做匀速运动，由△t时间内位移关系得到v1△t=v2△ttanθ

小球的速度v1与凹形槽的速度v2之间的关系如图所示：

得：v1=v2tanθ

由系统能量转化守恒定律

又M=2m

解得：，

答；

（1）当轻细杆的下端滑到凹形槽的最低点C时，凹形槽的速度是．

（2）当轻细杆的下端滑到B点的瞬间，小球和凹 形槽的速度各是，．

解：（1）运动员从B点到D点做平抛运动

  H-L=                                       ①

  x=vt                                           ②

由①②式代入数据解得 v=5m/s

故参赛者经过B点时速度的大小为v=5m/s．

（2）运动员从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律

           mghAB=-Ek                      ③

其中    hAB=L（1-cos37°）=1m              ④

  由③④式代入数据解得 Ek=150J

参赛者从台阶上A点跃出时的动能EK为150J．

（3）参赛者经过O点正下方时，松手前绳子对双手的静摩擦力最大，双手的握力也达到最大．

     ⑤

Ff=2μFN        ⑥

解得

FN=750N

故每只手对绳的最大握力不得小于750N．

解：（1）小球恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，说明小球平抛运动的末速度应该沿着B点切线方向

将平抛的末速度进行分解，根据几何关系得：

B点速度在竖直方向的分量：vy=v0tan60°=4m/s                       

竖直方向的分运动为自由落体运动，则 h==m=2.4m                    

（2）从A到C，由机械能守恒定律，有

m=m+mg（h+R-Rcosθ）

得vC2=74m2/s2     

在C点，根据牛顿第二定律，有F′C-mg=m

解得F′C=42N               

根据牛顿第三定律，FC=F′C=42N，方向竖直向下．

（3）若小球恰能到达圆形轨道的E点时，有 mgcos30°=m

根据机械能守恒得：

  m+mg（h-Rsinθ-Rcosθ）=

要保证小球在B点还是沿切线方向进入圆形轨道，必须有：vy=v0tan60°，h==

联立以上三式解得：h=m

答：

（1）小球抛出点A距圆弧轨道B端的高度h是2.4m．

（2）小球经过轨道最低点C时对轨道的压力是42N，方向竖直向下．

（3）抛出点距圆弧轨道B端的高度h的最小值是m．

解：（1）设小滑块运动到B点的速度为vB，

由机械能守恒定律有：

mg（H-h）=mvB2

由牛顿第二定律有

F-mg=m

联立上式解得：H=0.95m          

答：小滑块应从圆弧上离地面0.95m高度释放．                 

（2）设小滑块运动到C点的速度为vC，由动能定理有：

mg（H-h）-µmgL=mvC2                         

可得小滑块在C点的速度即与小球碰前的速度vC=3 m/s          

碰后滑块返回B点过程：由动能定理：-µmgL=0-mv12    

得可碰后滑块速度v1=1.0m/s  

答：小滑块碰撞前与碰撞后的速度分别为3m/s，1m/s                          

（3）碰撞过程由动量守恒：mvC=-mv1+Mv2   

解得碰后小球速度v2=2.0m/s                     

若小球平抛到地面，则有：

其水平距离 s=v2t=v2 =0.6m                     

斜面底宽d=hcotθ=0.6m 可知小球离开C点将恰好落在斜面底端   

小滑块在空中的飞行时间即为小滑块平抛运动所用时间 =0.3s    

答：小球离开C点将恰好落在斜面底端，在空中飞行的时间为0.3s．

解：（1）由题意可知，物块在Q点满足：

mg=m　　     　   

解得：

=

滑块B从Q飞出后做平抛运动，有：

h=2R=

解得：

t==0.4s

x=vQt=2×0.4=0.8m　

（2）滑块B从P运动到Q过程中满足机械能守恒，有：

在P点由牛顿第二定律得：

N-mg=m　    　                

联立以上两式得：

N=24N

由牛顿第三定律得：

N′=N=24N                       

（3）皮带转动方向和滑块A运动方向相反，A在皮带上做匀减速运动，滑块从N点到P点运动过程中，由动能定理有：

-μmg•L=　

解得：

=

弹簧松开之后，其弹性势能转化成滑块A的初动能：

答：（1）滑块经半圆轨道最高点Q后，落在传送带上的位置到P点的距离为0.8m；

（2）滑块A在半圆轨道P处对轨道的压力为24N；

（3）压缩的轻弹簧的弹性势能为4.8J．