热门试卷

解：（1）滑块从最高点运动到B，根据动能定理得，

在B点，

代入数据解得：F=330N．

根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力竖直向下，大小为330N．

（2）滑块在水平轨道上运动，对滑块m，根据牛顿第二定律得，a1=μg，

vB′=vB-a1t

对轨道M，μmg=Ma2

v=a2t，

由能量守恒有：，

代入数据解得L=5m．

（3）滑块离开轨道后，滑块做平抛运动，h=

xm=vB′t0

轨道匀速运动，xM=vt0

滑块落地时，它与水平轨道右端的水平距离△x=xm-xM，

解得△x=1.2m．

答：（1）滑块到达B点时对轨道的压力为330N； （2）水平轨道的长度为5m；（3）滑块落地时，它与水平轨道右端的水平距离为1.2m．

解：（1）小物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得：

mgh=m   

解得：vB=．

（2）小物块从B至C做匀速直线运动则有：vC=vB=

小物块通过圆形轨道最低点C时：

FN-mg=m

代入数据解得：FN=6mg．

（3）若小物块能从C点运动到D点，由动能定理得：

-mg•2R=m-m  

解得：vD=

设小物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为vD1，

mg=m

解得：vD1==vD

可知小物块恰能通过圆形轨道的最高点．

答：1）小物块通过B点时速度vB的大小为．；

（2）小物块通过圆形轨道最低点C时，轨道对物块的支持力FN的大小5mg；

（3）小物块恰能通过圆形轨道的最高点D．

解：（1）物体沿斜面向上做匀减速运动，根据动能定理，有：

-mgsinθ•L-μmgcosθ•L=0-

解得：

（2）对物体从最高点回到斜面底端的过程，应用动能定理：

mgLsin37°-μmgLcos37°=Ek-0

故物体回到底端时的动能：

Ek=mgL（sin37°-μcos37°）=1×10×8×（0.6-0.25×0.8）=32J

答：（1）若使物体不至滑出斜面，斜面的最小长度为8m；

（2）物体再次回到斜面底端时的动能为32J．

解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；

（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得：

T-μmg=ma

则细线拉力为：

T=μmg+mRβ

（3）对整体运用动能定理，有：W电+Wf=mv2+2mv2

其中：Wf=-μmgs=-μmgRβt02

则电动机做的功为：W电=μmgRβt02+m（Rβt0）2

答：（1）物块做匀加速直线运动；

（2）物块运动中受到的拉力为μmg+mRβ；

（3）从开始运动至t=t0时刻，电动机做功μmgRβt02+m（Rβt0）2．

解：滑块从M到N过程机械能守恒：

得：        

从N点抛出后：x1=v1t1

得：    

滑块从M到Q过程，由动能定理得：

又μ=0.25

s=2h

得：            

从Q点抛出后：x2=v2t2

得：                         

依题意有：x1=x2   

解得：

答：滑块的初速度应满足：．

解：（1）根据动能定理得：mgh=mv…①

解得：v1==4m/s          

（2）根据牛顿第二定律得：μmg=ma…②

解得：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2     

（3）小物块先向左做匀减速直线运动，直至速度为零，设这段时间为t1，运动的位移为x1；再向右做匀加速直线运动，直至速度达到传送带速度v2，设这段时间为t2，运动的位移为x2；最后以速度v2向右做匀速运动直到离开传送带，设这段时间为t3．

 0=v1-at1 …③

x1=t1…④

代入数据解得：t1=2s   x1=4m； 

返回做匀加速直线运动阶段，v2=at2…⑤

x2=at…⑥

代入数据解得：t2=1s   x2=1m； 

匀速直线运动阶段，x1-x2=v2t3…⑦

代入数据解得：t3=1.5s                         

所以总时间为：t=t1+t2+t3=2+1+1.5s=4.5s          

答：（1）运动到圆轨道最低点时的速度大小为4m/s；

（2）刚滑上传送带时的加速度大小为2m/s2；

（3）从滑上传送带到离开传送带所用的时间为4.5s．