热门试卷

解：（1）对M：设m对M摩擦力为f，斜面对M摩擦力为f’，M加速度为a’

f+Mgsinθ-f’=Ma’

f’=μ2（M+m）gcosθ      

f=μ1mgcosθ     

a′=10 m/s2沿斜面向下 

（2）设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块：

v2=v1-at     

μ1mgcosθ-mgsinθ=ma       

所以：a=4.4 m/s2，沿斜面向上

v2=2.0 m/s

在此过程中以木板为研究对象，设弹簧对木板做功为W，对木板：

[μ1mgcosθ+Mgsinθ-μ2（M+m）gcosθ]x+W=Mv22

W=-3.0 J，此时弹簧的弹性势能Ep=3.0 J    

（3）金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：

Ep-[μ2（M+m）gcosθ+Mgsinθ+mgsinθ]x=（M+m）v32-（M+m）v22

木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：

-μ2 （M+m）gS cosθ-（M+m）gSsinθ）=0-（M+m）v32

解得S=0.077 m

答：（1）木板开始运动瞬间的加速度为10m/s2方向沿斜面向下；

（2）弹簧被压缩到P点时的弹性势能是3.0J；

（3）假设木板在由P点压缩弹簧到弹回到P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离为0.077m．

解：（1）滑块滑到中点时，由（b）图可知，μ=0.5．

根据牛顿第二定律得，mgsin37°-μmgcos37°=ma

解得a=0.2g．

（2）滑块由顶端滑至底端，由动能定理得：mglsin37°+Wf=mvB2

由图b的物理意义得：Wf=l=-l=-mgl

解得：vB=．

（3）设滑块能运动到C点，则从B到C，由动能定理：-mg•2R=mvC2-mvB2

解得：vC=．

如滑块恰好滑到C点：mg=m

解得：vC′==＜vC

所以滑块能够到达C点

当滑块滑到C点时：mg+N=m

解得N=3mg

由牛顿第三定律得滑块在C点时对轨道的压力N′=N=3mg．

答：（1）滑块滑至斜面中点时的加速度大小为0.2g；

（2）滑块滑至斜面底端时的速度大小为；

（3）能滑动半圆轨道的最高点，在最高点时滑块对轨道的压力为3mg．

解：（1）设过山车在最高点C的速度vc

由 mg=m

则有vc=

代入数据，解得：vc=10m/s

由O到C点机械能守恒，以O点为零势能，

则有：

代入数据，解得：v0=10m/s

对A到O点过程中，运用动能定理，可得：

代入数据，解得：S1=100m

（2）设在O点轨道对车支持力N，则有：N-mg=m

则N=mg+m

代入数据，解得：N=1.2×105N

根据牛顿第三定律，车对轨道压力为1.2×105N．

答：（1）A、O之间的距离s1为100m；

（2）车在O点时对轨道压力1.2×105N．

解：（1）设物块由D点以vD做平抛，落到P点时其竖直速度为：

vy=

根据几何关系有：

=tan45°

解得：

vD=4m/s

v=m/s

（2）设物块到达M点的临界速度为vM，有：

m2vM2=m2vD2-m2gR

解的：

vM=＜=m/s

所以物块不能到达M点．

（3）据物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t-2t2，有：

在桌面上过B点后初速v0=6m/s，加速度a=-4m/s2

设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，

释放m1时，EP=μm1gsCB

释放m2时，EP=μm2gsCB+m2v02

且m1=2m2，

代入数据得：Ep=7.2J

m2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则由能量转化及守恒定律得可得：

Wf=EP-m2vD2=7.2-=5.6J

答：（1）物块运动到P点速度的大小为4m/s；

（2）m2不能否沿圆轨道到达M点；

（3）m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功为5.6J．