热门试卷

解：（1）据向心加速度公式得：a===8m/s2

（2）在最低点时，由牛顿运动定律得：N-mg=ma  

 滑动摩擦力公式得：f=μN

联立以上各式代入数据解得 f=1.2N

（3）从出发点到最低点由动能定理得：mgR-Wf=

解得：Wf=0.2×9.8×0.5J-0.5×0.2×4J=0.58J

答：（1）小铁块滑到最低点时的向心加速度大小8m/s2；

（2）小铁块滑到最低点时受到的摩擦力大小1.2N；

（3）小铁块由静止滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功0.58J．

解：（1）由动能定理得，mgR=，

解得m/s=4m/s．

（2）对整个过程运用动能定理得，mgR-μmgs=0，

解得s=．

（3）根据动能定理得，mgR+Wf=，

代入数据解得Wf=-3.5J．

答：（1）物体在B点的速度为4m/s．

（2）在水平轨道上能滑行4m．

（3）轨道AB对物体的阻力对物体做功为-3.5J．

解：（1）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力F，根据牛顿第二定律

  解得：F=2.0N）

  根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小F′=F=2.0 N  

（2）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则 

    解得x=0.8m

（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：

   解得：Wf=-0.2J

所以小滑块克服摩擦力做功为0.2 J．

答：（1）小滑块运动到圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力的大小为2.0N；

（2）小滑块落地点C距轨道最低点B的水平距离x为0.8m；

（3）小滑块在轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功为0.2J

解：由动能定理得：

小球下落过程：mgh1=mv12-0，v1==10m/s，方向竖直向下；

小球上升过程：-mgh2=0-mv22，v2==8m/s，方向竖直向上；

以向下为正方向，由动量定理得：（mg-F）t=mv2-mv1，

即：（1×10-F）×0.2=1×（-8）-1×（-10），

解得：F=-100N；

答：小球对地面的平均作用力大小为100N，方向竖直向上．

解：（1）木板撞墙后，木板和物块速度反向，二者分别受到相反的大小相等的滑动摩擦力作用而减速，因为M＞m，碰撞后小物块的加速度大于木板的加速度，故小物块先向左减速再向右加速．设木板和小物块之间动摩擦因数为μ，碰撞后小物块的加速度为a1，木板的加速度为a2，经过时间为t，木板和小物块刚好具有共同速度v．由牛顿第二定律及运动学公式得：

  μmg=ma1；①

 μmg=Ma2； ②

 v=-v0+a1t  ③

 v=v0-a2t  ④

解得 v= ⑤

（2）撞墙后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，

对木块由动能定理可得-fx1=-  ⑥

对木板由动能定理可得-fx2=- ⑦

又小物块恰好没有脱离木板，故L=x1+x2 ⑧

联立⑤⑥⑦⑧解得 L= ⑨

经分析，木块向右减速到速度为0后再反向加速，故离墙最近之处即其速度为0之时，

对木块向右减速到速度为0的过程，由动能定理可得

-μmgx0=0- ⑩

联立⑨⑩可得 x0=（11）

故离墙最近的距离 xmin=L-x0=L

答：

（1）若初速度大小为v0，木板与小物块的最终速度的大小是；

（2）若初速度大小未知，碰墙后小物块向左运动离墙壁最近的距离是L．

解：（1）无传送带时，物体从B运动到C，做平抛运动，设物体在B点的速度为vB，

由L=vBt；

h=gt2，

解得：vB=L

当有传送带时，设物体离开传送带时的速度为v1，由平抛规律：

=v1t

h=gt2

解得：v1=L；

由此可知物体滑上传送带时的初速度为vB，末速度为v1，物体的位移为，此过程中只有传送带的摩擦力对物体做功，故根据动能定理有：

-μmg=m-m

代入vB和v1可解得：

μ=；

（2）设物体离开传送带时的速度为v2，物体从A滑到离开传送带的过程中，只有重力和传送带的摩擦力对物体做功，由动能定理有：

mgR-μmg=m-m

又物体从A滑至B的过程中有：

mgR=m

所以有：

m-×mg=m-m

又vB=L

可解得：v2=

物体离开传送带后做平抛运动，由题意根据平抛可知

OD=+v2t=+=+；

（3）物体由静止从P点开始下滑，到达B点的速度：

vB=L，

当物体滑上传送带全程加速时，物体滑离传送带时的速度v2，根据动能定理有：

加速时摩擦力做正功，故有：

μmg=m-m

代入数值可得：

v2=

所以当传送带的速度v＞，物体离开传送带的速度v＞，由题意根据平抛运动知识可知：

x=+v2t=+=（1+）

同理有当物体由静止从P点开始下滑，达到B点的速度vB=L，当物体滑上传送带并在全程在摩擦力作用下做减速运动时，物体滑离传送带的时的速度为v1，根据动能定理有：

减速时摩擦力做负功，故有：-μmg=m-m

代入相应数值可解得：v1=

所以当传送带速度小于v＜时，物体滑离传送带时的速度v1=

所以可知；x=+v1t=+=L

当传送带的速度满足：v1≤v≤v2时，物体在摩擦力作用下离开传送带时的速度大小都为v，

故此时x=+v

答：（1）物体P与传送带之间的摩擦因数μ=；

（2）若在A处给物体P一个竖直向下的初速度，物体P从传送带的右端水平飞出后，落到地面上的D点，OD的大小为+；

（3）若驱动轮转动、带动传送带以速度v匀速运动，再把物体P从A处由静止释放，物体P落到地面上，设着地点与O点的距离为x，x与传送带上表面速度v的函数关系为：

1、x=L时，v＜；

2、x=+v时，≤v≤；

3、x=（1+）时，v＞．

解：（1）A到C过程中对物块由动能定理有：

代入数据解得W弹=-13J，

故弹簧的最大弹性势能Ep=-W弹=13J．

（2）A→C→D过程中对物块由动能定理，有：-μmg（xAC+xCD）=，

代入数据解得v1=3m/s．

（3）从桌边D点离开后物块做平抛运动，则

竖直方向上，h=，

解得t=，

则水平方向物块落地点到桌边的水平距离x=v1t=3×0.4m=1.2m．

答：（1）弹簧被压缩时的最大弹性势能为13J；

（2）求物块从桌边刚滑出时的速度大小为3m/s；

（3）求物块落地点到桌边D的水平距离为1.2m．

解：（1）小球由C运动到O点正下方时，设速度为v1，由动能定理得

，

解得，

小球在O点正下方时，有

，

解得F=3mg

所以F＜3mg．

（2）细线被拉断后，小球做平抛运动，当运动到A点时，速度v2恰好沿斜面向下，由动能定理得

，

解得．

如图所示，有，

解得θ=45°

（3）由能量守恒定律得

，

解得．

答：（1）细线所能承受的拉力F的范围为F＜3mg；

（2）斜面的倾角θ为45°；

（3）弹簧所获得的最大弹性势能为．