热门试卷

解：（1）物块在圆弧上运动时，由机械能守恒得：

m1gR=

可得：v0=

物块经过B点时，由牛顿第二定律得：

N-m1g=m1

解得：N=3m1g

（2）物块在木板上滑动过程中，由牛顿第二定律和运动学公式得：

对物块：-μm1g=m1a1，a1=-μg，而v0=

速度：v1=v0+a1t=-μgt

位移：x1=v0t+a1t2=t-μgt2；

对木板：F+μm1g=m0a2，a2=

速度：v2=a2t=t

位移：x2=a2t2=t2；

当v1=v2时物块相对于木板向右滑行最远，即得：

-μgt=t

所以 t=

故物块相对木板滑动的最大距离△xmax=x1-x2=

（3）速度相同时，如果两者一起运动，设加速度为a

由整体：a==

当a≤|a1|，即m0≥m1时，物块与木板一起向右运动，不再发生相对滑动，则产生的热量为

  Q=μm1g△xmax=

当a＞|a1|，即m0＜m1时，物块与木板仍相对滑动，木板运动比物块快，物块将木板的左侧滑下，则产生的热量为

  Q=2μm1g△xmax=2

答：（1）物块过B点时受到的弹力是3m1g；

（2）物块相对木板滑动的最大距离是；

（3）物块和木板间摩擦产生的热量为或2．

解：（1）小球离开斜面时，洛伦兹力等于重力垂直与斜面的分力，

即：qvB=mgcosθ，

由动能定理得：-0，

解得：，

由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，

小球的运动时间：，

解得：；

（2）对小球由动能定理得：

-0，

又：qvB=mgcosθ

解得：；

答：（1）若斜面光滑，试求小球能在斜面滑行的距离S为，所用时间t为；

（2）若斜面粗糙，小球能在斜面滑行的距离为S0，试求在此过程中小球克服摩擦力所做的功为：mgS0sinθ-．

解：（1）当整体所受到的合外力为零时，整体速度最大，设整体质量为m则

mgsinθ=

解得μ=2tanθ

（2）最后一个木块运动过A时，整体下滑3L，受到的摩擦力的平均值为：μmgcosθ，由动能定理可知

3mgLsinθ-

解得v=

（3）设物块静止时下端距A点的距离为x，由动能定理得

mg（2L+x）sinθ-

解得x=3L，即物体的下端停在B端

在整个过程中由动能定理得

mg•5Lsinθ-Wf=0

Wf=5mgLsinθ；

答：（1）物块与粗糙斜面的动摩擦因数2tanθ；

（2）最后一个木块运动过A时的速度；

（3）若小方块的总质量为m，则物块下滑过程中产生的热量为5mgLsinθ．

解：（1）物体从A到B过程中，加速度为：a1===2m/s2                    

所以：F=ma1+mg=4N                                         

（2）物体从B到C过程中，加速度大小为：a2===5m/s2

当物体在推力F的作用下在AB间运动时，设通过AB时间的t，通过B点时的速度为vB，

根据表中提供的数据，在0～2.6s时间段内：

当物体在水平面上运动时：vB=a1t=2t                 

当物体在斜面上运动到2.6s时：v2.6=vB-a2（2.6-t）=vB-5（2.6-t）=1

 由上述两式可得：vB=4m/s，t=2s                                                           

（3）设AB间的位移为x，则：x=                     

给物体一个初速度v0时物体恰能运动到C点，由于斜面光滑，则物体通过B点的速度仍为vB=4m/s，根据动能定理：

-μmgx=-

 解得：v0=4m/s=5.6m/s

答：

（1）恒力F 的大小是4N；

（2）物体到达交界面上B点时的速度是4m/s，时间为2s；

（3）若撤去推力F，在A处给物体一个水平向左的初速度v0，恰能使物体运动到C点，此初速度v0的大小为5.6m/s．

解：（1）对AB段运用动能定理，只有重力做功，

mgh=mvB2        

vB=3m/s

（2）对水平面上的运动运用动能定理，

-μmgx=0-m

 解得：x=2.25m

（3）根据动能定理研究物体缓慢地由C点推到A点的过程

WF-mgh=0-0          

解得：WF=45J

答：（1）物体滑到B点时速度大小是3m/s；

（2）物体在水平轨道上滑行的最大距离是2.25m；

（3）若用一推力将该物体缓慢地由C点推到A点停下，则该推力对物体做的功等于45J．

解：（1）小球在最高点做圆周运动，重力提供向心力，故mg=

解得

（2）若小球到达D点时，对内壁压力大小为mg，则，解得v=

从D点做平抛运动，下落时间为t=

故BC间的距离为x=vt=

（3）设在D点的速度为v，则从D点做平抛运动，恰好垂直撞到斜轨道AB上，故落到AB上在竖直方向的速度也为v

v=gt

t=

水平位移X=vt=

竖直位移为y=

有几何关系可得x=X-（2R-y）

联立解得，因0≤x≤4R，故

根据

得

答：（1）小球达到D点的速度大小为

（2）BC两点的距离为

（3）小球经过最高点D时对管壁的作用力的取值范围为

解：（1）设木板与水平桌面间的夹角为θ，由动能定理得：

mgh-=

整理得：h=．

若动能定理成立，h与v2成线性关系，所以横轴为v2．

（2）根据h=得动摩擦因数表达式为：

，故需测量木板与水平桌面的夹角θ．

故答案为：（1）v2，（2）木板与水平桌面的夹角θ，．

解：（1）图2中，h=0时，F的读数为滑块的重力，为1N；

在B点释放时，根据动能定理，有：

mgh=       ①

在C点，支持力和重力的合力提供向心力，故：

F-mg=       ②

由①②解得：

F=mg+=1+=1.4N

（2）设斜面倾角为θ，由几何关系

hB=R（1-cosθ）

解得：cosθ=0.8

故sinθ=0.6

物体离开D点后，做平抛运动，有：

R=

物体从斜面释放到D点，由动能定理：

mglsinθ+mgR（1-cosθ）-μmglcosθ-mg•2R=

代入数据，得：l=3.46m

答：（l）图2中a点的纵坐标为1N，b点的纵坐标为1.4N；

（2）物块在斜面上的释放点与B点的距离l为3.46m时，物块离开D点后落到轨道上与圆心O等高的位置上．

解：（1）物块在圆弧轨道上下滑的过程中，由机械能守恒可得：

  mgh=

在N点，设轨道对物块的支持力为F，由牛顿第二定律得：

  F-mg=m

联立解得：F=（1+）mg

根据牛顿第三定律得，物块运动到N点时对轨道的压力为：F′=F=（1+）mg

（2）要使物块能从传送带右端滑出，根据动能定理可得：

  mgh-μmgL=≥0

解得：h≥1m

答：（1）物块运动到N点时对轨道的压力为（1+）mg．

（2）要使物块从圆弧轨道上释放后，能从传送带右端滑出，h应满足的条件为h≥1m．