热门试卷

解：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为V0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，

   mgR=m1V02       ①

设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，

根据牛顿第二定律得，FN-m1g=m1 ②

联立以上两式代入数据得，FN=3000N   ③

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．

（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2（m1+2m2 ）g           ④

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g＞μ2（m1+m2 ）g           ⑤

联立④⑤式代入数据得0.4＜μ1≤0.6 

 答：（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下；

（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件0.4＜μ1≤0.6

解：石块运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，设地面为参考面，根据机械能守恒定律有：

解得：=5m/s     

答：石块抛出的初速度大小为5m/s．

解：（1）对小物块，由A到B有vy2=2gh

在B点tan=

所以v0=3m/s．

（2）对小物块，由B到O由动能定理可得：

mgR（1-sin37°）=-

其中vB==5m/s

在O点N-mg=m

所以N=43N

（3）物块沿斜面上滑：mgsin53°+μmgcos53°=ma1

所以a1=10m/s2

物块沿斜面下滑：mgsin53°-μmgcos53°=ma2 a2=6m/s2

由机械能守恒知vc=vB=5m/s

小物块由C上升到最高点历时t1==0.5s

小物块由最高点回到D点历时t2=0.8s-0.5s=0.3s

故SCD=t1-a2

即SCD=0.98m．

答：（1）小物块离开A点的水平初速度v0=3m/s．

 （2）小物块经过O点时对轨道的压力N‘=43N

 （3）斜面上CD间的距离SCD=0.98m

解：（1）滑块由P到D过程，由动能定理，得：

mgh=mvD2

根据几何关系，有：

h=L1sin53°+R（1-cos53°）

在D点，支持力和重力的合力提供向心力，则有：

FD-mg=m

代入数据解得：FD=78N

由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N．

（2）PM段，根据动能定理，有：

m1gL1sin53°=

代入数据解得：vM=2m/s   

沿MN向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到：a1=gsin53°+μgcos53°=10m/s2   

根据速度时间公式，有：

vM=a1t1   

代入数据解得：t1=0.2s      

所以t1=0.2s时，P物到达斜面MN上最高点，故返回过程，有：

 x=

沿MN向下运动过程，根据牛顿第二定律，有：

  a2=gsin53°-μgcos53°=6m/s2

故，根据运动学公式，有：xMK=-=0.17m，即MK之间的距离为0.17m．

（3）最后物体在CM之间来回滑动，且到达M点时速度为零，对从P到M过程运用动能定理，得到：

 mgL1sin53°-μmgL1cos53°L总=0

代入数据解得：L总=1.0m 

即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m．

答：（1）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小是78N；

（2）物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则 MK间距是0.17m；

（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程是1.0m．

解：（1）物块从A运动到B的过程做匀加速运动，由x1=得：

物块在AB段的加速度：a1==m/s2=0.5m/s2；

根据牛顿第二定律，有：

   Fcosα-μ（mg-Fsinα）=ma1

解得：F==N=11N

（2）物块到达B点时的速度 v=a1t1=2m/s

在BC段，由机械能守恒，由

解得：x2==m=0.25m

（3）小物块从B向A运动过程中，由μmg=ma2

解得：

则滑行的位移 x3==m=0.4m，故小物块停止运动时，离B点的距离为0.4m．

答：

（1）恒力F的大小是11N；

（2）小物块从B点沿斜面向上运动的最大距离x2是0.25m．

（3）小物块停止运动时到B点的距离x3是0.4m．

解：小物块从A到C做平抛运动，则有：

到达C点时，恰好沿C点切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，由几何关系得：

解得：h=0.6m

从开始运动到最终停止运动的过程中，运用动能定理得：

0-μmgs

解得：s=5m

答：物块在水平轨道上滑行的距离为5m．