热门试卷

解：（1）由动能定理得：

mg（BC+x）sin37°-μmgcos37°BC-=0

代入数值解得：μ=0.5；

（2）设小物块最远将冲到E点，则由动能定理得：

sin37°-μmgcos37°BE=0

解得：BE=0.08m，即最远冲到距B点为0.08m的E位置．

（3）要使小物块不脱离圆弧轨道，则小物块应到达图中与o水平的F点时速度减为零则有：

＞0

-mgRcos37°≤0

解得：＜x≤

即：0.349m＜x≤0.4m

若恰过最高点D，则有：-mg（R+Rcos37°）≥mv2

又mg=m

解得：x≥

即：x≥0.479m；

答：（1）小物块与斜面BC段间的动摩擦因数μ=0.5；

（2）小物块第一次返回BC面上时，冲到最远点E，求BE长为0.08m；

（3）若用小物块将弹簧压缩，然后释放，要使小物块在CD段圆弧轨道上运动且不脱离圆弧轨道，则压缩时压缩量应满足的条件0.349m＜x≤0.4m

或x≥0.479m．

解：（1）由机械能守恒定律得：

=mgL （1-cos37°）+

代入数据解得：v2=1m/s．

选手在放开绳子时，水平速度为vx，竖直速度为vy，则有：vx=vcos37°=1×0.8=0.8m/s．

选手在最高点站到传送带上A点有0.8m/s向右的速度，在传送带上做匀减速直线运动．

选手的加速度大小为：a=μg=0.4×10=4m/s2．

减速到跟传送带具有相同速度时所需时间为：

v=vx+at1

t1==0.5s

x1=t1=×0.5=0.9m

△x=x-x1=3.7-0.9=2.8m

在△x内做匀速运动所需时间为：

t2===1s

故所需时间为：t=t1+t2=1+0.5s=1.5s；

（2）选手增加的动能为：

EK=mv2-mvx2=×50×（2.82-0.82）=180J；

摩擦力做功转化为内能为：Q=μmg（vt1-x1）=0.4×50×10×（2.8×0.5-0.9）=100J；

发动机需要多输出的能量为：E=180+100=280J；

答：（1）选手放开绳子时的速度大小为1m/s；选手在传送带上从A运动到B的时间为1.5s；

（2）选手在传送带上时传送带的发动机需要多输出的能量为280J．

解：（1）在BC段，由牛顿第二定律得：mgsin37°=ma1

得：a1=gsinθ=6m/s2

通过图象可知滑块在斜面上运动时间为：t1=1s

由运动学公式得：L=a1t12=3m

（2）滑块对斜面的压力为：N1′=mgcosθ

木板对传感器的压力为：F1=N1′sinθ

由图象可知：F1=12N

解得：m=2.5kg

滑块滑到B点的速度为：v1=a1t1=6m/s

由图象可知：f1=5N，

a2==2m/s2

速度减为零所需时间为

s=v1t2-a2t22=9m 

W=fs=45J

答：（1）斜面BC的长度L为3m；

（2）运动过程中滑块克服摩擦力做的功W为45J．

解：（1）小物体从A到C，由动能定理有：

  -0=W弹簧-μmg-mgr（1-cosθ）

解得弹簧枪对小物体所做的功  W弹簧=25J

（2）从C到P，由动能定理有：

  0-=-mgsinθ-μmgcosθ

解得 ≈0.54m

（3）从C到B，由动能定理有：

  -=-2μmgcosθ•+mgr（1-cosθ）

在B点，由牛顿第二定律有：

  N-mg=m

解得：N≈29.66N

则由牛顿第三定律得，小物块第二次过B点对地面的压力 N′=N=29.66N

答：（1）弹簧枪对小物体所做的功是25J；

（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，CP的长度是0.54m；

（3）小物块第二次过B点对地面的压力是29.66N．

解：（1）弹珠从枪口A运动到管口B为平抛运动，由h=可得：t=0.3s　

　（2）弹珠无碰撞的进入管道，说明弹珠在B点时速度方向与管道相切，根据平抛运动的速度关系可得：tan37°=　　

弹珠发射过程弹簧的弹性势能转化为弹珠的动能，即：Ep= 

联立以上解得：Ep=1.6（J）

（3）根据题意可知，感应器感应到力必须满足的条件是：

①能达到最高点：即vD≥0 ②必须对轨道产生挤压，

对弹珠在最高点受力得：mg-N=  且N≥0

则vD 

所以弹珠到达D的速度应满足：0   

弹珠从A到D的过程使用动能定理：-mg[R（1+cosθ）-h]=

联立可得圆环管道的半径的取值范围：

答：（1）弹珠从枪口A运动到管口 B的时间0.3s；

（2）弹珠在枪口A运动速度大小以及弹珠发射之前弹簧具有的弹性势能1.6J；

（3）若弹珠能恰好到达最高点D，求出圆环轨道的半径R范围．