热门试卷

解：（1）物体从P点下滑经B点到C点的整个过程，运用动能定理得

mgh-µ1mgL=0  ①

h=0.2m  ②

设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，

由几何关系可得cosθ=                                 ③

根据牛顿第二定律，对物体有mgtanθ=ma          ④

对工件和物体整体有F-μ2（m+M）g=（m+M）a      ⑤

联立②③④⑤式，代入数据得F=8.5N     ⑥

（2）设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为x2，由运动学公式可得

h=gt2                          ⑦

 x1=vt                           ⑧

x2=x1-Rsinθ                 ⑨

联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得x2=0.4m

答：①F的大小是8.5N；

②物块飞离圆弧轨道落至BC段，物块的落点与B点间的距离是0.4m．

解：（1）在斜面上物体重力沿斜面向下的分力为：G1=mgsin37°=0.6mg；

物体所受摩擦力大小为：f=μmgcos37°=0.16mg；

由于f＜G1，故物体在木板上停不住．

（2）从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为s，由动能定理得：

mgh-μmgcos37°•S=0-0

代入数据解得：s=11.25m．

（3）假设物体依次恰能到达D点，由动能定理有：

解得：h1=2.21m

假设物体依次恰能到达F点，由动能定理有：

解得：h1=2.45m，

若要物体最终停在E点处，则高度h应满足：2.21m＜h＜2.45m．

答：（1）物体不能静止在木板上；

（2）若h=1.8m，则物体运动的总路程是11.25m；

（3）若要物体最终停在E点处，则高度h应满足：2.21m＜h＜2.45m．

解：（1）对小球，由动能定理得：mg=m（）2          

解得：vA=2          

（2）对杆和球组成的整体，由动能定理得：Ek=Mg-Mg                

由图象得：h=                       

得：Ek=M                    

（3）对杆和球组成的整体，由动能定理得：Mg+mg-Mg=m（）2+M                

化简得：v=42h                                                

画图                                                         

答：

（1）光电门测量到的速度vA与高度差h的关系式为vA=2．

（2）杆绕O点转动时的动能EK与vA的关系式为Ek=M．

（3）计算分析见上，在图丙中画出vA2与h关系图线见上．

解：（1）设小球恰能通过最高点时的速度为vR，有

到最高点，机械能守恒

由上两式可解得初速度                     

（2）由动能定理，得

由③④式得                                   

（3）若初速为v1时，小球刚好停在C处，则有

解之得                                 

若小球停在BC段，则有  

若小球能通过C点，并越过壕沟，则有

s≤vct                        

解得  

依题意，v需满足：或    

答：（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球在A点的初速度v0

（2）小球在上述运动中，最后停在距离B点为d的E点，d的大小为

（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度v的范围是：或

解：（1）当AB缓慢上升时，由胡克定律有 F+kx=2mg，x均匀减小，则F均匀增大．则有：

；

（2）当变力时，对AB整体，T+F弹=2mg，

解得：

当为恒力F时，且A与B恰好分离时．根据牛顿第二定律

对A有：F弹-mg=ma；

对B有：F-mg=ma，

联立解得 ，

（3）当用变力拉时，对AB整体运用动能定理：W-2mgL+W弹=0-0，

当用恒力拉时，对AB整体运用动能定理：，

解得：

答：（1）W的大小为mgL；

（2）恒力F的大小为mg；

（3）A与B分离时的速度大小为．