热门试卷

解：（1）货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有：

μ0 mg=ma0

解得：a0=μ0g=5.5m/s2                                      

由运动学公式有：v12=2a0L

解得货物箱运动到传送带右端时的速度大小为：v1=11m/s

货物箱刚冲上斜面时的速度为：v2=（1-）v1=10m/s

货物箱在斜面上向上运动过程中有：v22=2a1s

解得：a1=10m/s2                                   

根据牛顿第二定律与：mgsinθ+μmgcosθ=ma1

解得：μ=0.5

（2）3.0s内放上传送带的货物箱有3个，前2个已经通过传送带，它们在传送带上的加速时间t1=t2=2.0s；第3个还在传送带上运动，其加速时间为t3=1.0s．

前2个货物箱与传送带之间的相对位移为：

△s=v t1-v1t1=13m

第3个货物箱与传送带之间的相对位移为：

△s′=vt3-v1t3=9.25m                          

前2个货物箱与传送带摩擦产生的总热量为：

Q1=2μ0 mg△s=1430J

第三个货物箱与传送带摩擦产生的热量为：

Q2=μ0 mg△s′=508.75J．                         

总共生热为：Q=Q1+Q2=1938.75J．                           

（3）货物箱由A运动到B的时间为2.0s，由B运动到C的时间为1.0s，可见第一个货物箱冲上斜面C端时第二个货物箱刚好冲上斜面．货物箱沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律有：

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

解得加速度大小为：a2=2.0m/s2                                 

设第一个货物箱在斜面C端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞的过程所用时间为t，有：v2t-a1t2+a2t2=s

解得：s≈0.69 s                               

两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离为：s1=a2t2=m≈0.48 m               

答：（1）斜面与货物箱之间的动摩擦因数μ为0.5；

（2）从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t0=3.0s的时间内，所有货物箱与传送带的摩擦产生的热量Q为1938.75J；

（3）两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离为0.48 m

解：（1）小滑块在轨道AB上滑动时，只有重力做功，机械能守恒，则有

    mgh=

则得v==2m/s

（2）滑块从B到C的过程中，根据动能定理得：

-μmgl=-

解得，μ=0.25

（3）若要小滑块恰能通过D点，在D点，由重力提供向心力，则由牛顿第二定律得：

   mg=m

所以 vD=1m/s

设滑块下滑位置的高度为H，对整个过程，由动能定理得

   mg（H-2R）-μmgl=-0

解得，H=0.45m

答：

（1）小滑块滑到B点时速度的大小是2m/2；

（2）小滑块与BC间的动摩擦因数是0.25；

（3）若要小滑块恰能通过D点，小滑块应从AB轨道上0.45m高度开始下滑．

解：（1）物体在C点，由牛顿第二定律得：

mg=m，

解得：vC=3m/s；

（2）物体离开C后做平抛运动，

在竖直方向上：R+=gt2，

在水平方向：x=vCt，

解得：x=m≈2.1m；

（3）根据图示，由几何知识得，斜面长度：L=Rtan53°=1.2m，

物体从A到C过程，由动能定理得：

FL-mg（R+）-μmgLcos53°=mvC2-0，

解得：F=25.25N；

答：（1）物体通过C点时的速度为3m/s；

（2）物体落在水平地面上的位置到A点的距离为2.1m；

（3）拉力F的大小为25.25N．

解：（1）设小滑块在A点的速度为v1，在C点的速度为v2；

因小滑块恰好通过C点，所以有：mg=；

对全过程由动能定理，则有：-μmgl-2mgR=；

联立两式得：v1==m/s；

（2）设小滑块在传送带上到B点的速度为v3，因小滑块由B到D的过程中只有重力做功，机械能守恒，

根据机械能守恒定律，则有：；

代入数据，解得：=2m/s；

由牛顿第二定律可知，小滑块在传送带上运动时，有：μmg=ma；

所以a=μg=4m/s2；

若小滑块在传送带上一直做加速运动，设在B点的速度为v′；

由匀变速直线运动规律，；

代入数据，解得：m/s；

因为v3＜v′，所以小滑块在传送带上一定是先加速运动后匀速运动，

设加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2；

由匀变速直线运动规律，v3=at1，解得：t1=0.5s；

所以小滑块在传送带上匀加速运动的位移为x1=；

代入数据，解得：x1=0.5m；

所以小滑块在传送带上匀速运动的时间为t2===2.25m/s；

故小滑块在传送带运动的时间t=t1+t2=0.5+2.25=2.75s；

根据公式v=ωr可得，传送带的轮子转动的角速度ω===10rad/s；

答：（1）小滑块在A点的速度m/s．

（2）这一过程中小滑块在传送带上运动的时间和传送带的轮子转动的角速度10rad/s．

解：（1）由图乙可知加速部分为AB一起运动时的速度时间图线，减速部分为B着地后A的运动情况；

故B下落的加速度大小为：a===4m/s2

（2）物体A先加速运动0.5s，然后再匀减速运动0.25s减速到零，加速度：

a2==-8m/s2

A上滑的距离为：x=×2×0.5=0.5m

对B，根据牛顿第二定律：Mg-T=Ma

得：T=6N

则绳子拉力对A做的功：W=Tx=6×0.5=3J

（3）B落地后，由牛顿第二定律知：-mAgsinθ-μmAgcosθ=mAa2

解得：μ=0.25

对A，上滑时：T-mAgsinθ-μmAgcosθ=mAa

得：mA=0.5kg

答：

（1）B下落的加速度大小a为4m/s2．

（2）A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W为6N．

（3）A（包括传感器）的质量m为0.5kg，及A与斜面间的动摩擦因数μ为0.25．

解析：（1）若要使小球能够通过圆弧APD的最高点，因为小球是穿在杆上，所以到达最高点时速度可以为0．

由能量守恒得：Ek0=mgR（1-cosθ）+mgLsinθ+μmgLcosθ

代入数据解得：Ek0=30J

（2）小球第一次回到B点时的动能为：-μmgLcos θ-μmgL=EKB-Ek0

得EkB=13J＜30J，说明小球不可能第二次过最高点，设小球沿AB向上运动到距离B点为s处返回．则有：EkB=μmgscosθ+mgssinθ

代入数据解得s=1.5m

小球继续向下运动，当小球第二次到达D点时动能为所以：

EKD=mg（r+rcosθ）+Ek1-Q-μmgL=13J

（3）小球第二次到D点后还剩13J的能量，沿DP弧上升后再返回DC段，到C点只剩下3J的能量．因此小球无法继续上升到B点，滑到BQC某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点．

由动能定理：EKD=μmgs1

可得小球在CD上所通过的路程为：s=3.9m

小球通过CD段的总路程为：S总=2L+s=9.9m

答：（1）要使小球完成一周运动回到B点，初动能EK0至为30J

（2）若小球以EK0=31J的初动能从B点出发，则小球第二次到达D点时的动能为13J

（3）在第（2）小题的情况下，小球在CD段上运动的总路程为9.9m