热门试卷

解：（1）在斜面上物块做匀减速直线运动，设加速度为a，则由公式△S=a1T2

代入数据解得：a1=10m/s2

由牛顿第二定律有：mgsinα+μmgcosα=ma1 

联立以上方程解得：μ=0.5      

因μ＜tan37°，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑；

（2）由题意可知，物块在水平面上做匀速直线运动，且设速度为v0，则有：

v0==4.0m/s

上滑时间为：t==0.4s        

滑块在斜面上上滑到达A点时有：

SAB=v0t1-a1t

解得：t1=0.2s  

设滑块在斜面上能上滑的最大距离为sm，则对滑块在斜面上上滑过程应用动能定理有：

（-mgsinα-μmgcosα）•sm=0-mv02

解得：sm=0.8m

下滑加速度为：a2=gsinα-μgcosα=2m/s2

从最高点下滑到达A点的时间设为t2，则有：

sm-SAB=a2t

下滑时间为：t2=s

所以，从滑块滑上斜面开始计时，到达斜面的时间为0.2s或者0.4s+s

答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5，因μ＜tan37°，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑；

（2）从滑块滑上斜面开始计时，经0.2s或（0.4+）s到达A点．

解：（1）小球从B点开始平抛运动，小球到达B点速度为v0．x=v0t     

联立并代入数据解得：v0=2m/s

（2）在B点，设管对球的作用力为FN，根据牛顿第二定律可得：

代入数据解得：FN=-5N

根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力方向竖直向下，大小为5N

（3）小球从A到B过程中，F做功为：

根据动能定理可得：

代入数据，解得：Wf=-8.84J

所以，从A到B过程中，小球克服摩擦力做的功为8.84J

答：（1）小球到达B点时的速度大小为2m/s；

（2）小球在B点时对轨道的压力的大小为5N和方向竖直向下；

（3）从A运动到B的过程中，小球克服摩擦力做的功为8.84J

解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，

竖直方向：h=gt2，解得：t=0.3s，

水平方向：s=vt=0.9m；

（2）对物块从飞出桌面到落地，

由动能定理得：mgh=mv12-mv22，

落地动能EK=mv12=0.9J；

（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，

由动能定理得：-μmgl=mv2-mv02，

解得：v0=4m/s；

答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m．

（2）小物块落地时的动能为0.9J．

（3）小物块的初速度为4m/s

解：（1）摆球到达最低点时有：----①

摆球由c点运到到B点的过程中，绳子拉力不做功，所以由动能定理得：----②

解得FT=20N

（2）由动能定理得：----③

解得

（3）当小球刚好到达圆形轨道的最高点时有：----④

再根据动能定理有：----⑤

解得θ=53°，所以θ≥53°

当小球刚好只能到达圆形轨道一半高的位置时，根据动能定理有：mgL（1-cosθ）-μmgsDA-mg•R=0----⑥

解得θ=37°，所以θ≤37°

小球进入圆形轨道的条件是：mgL（1-cosθ）-μmgsDA=0----⑦

解得 

因此，小球不脱离圆形轨道的条件是：

答：

（1）摆线被烧断前的瞬间所承受的拉力为20N．

（2）小球到达圆形轨道的最高点时速度为m/s．

（3）若要使小球不脱离圆形轨道，摆线初始位置时与竖直方向夹角θ的范围是：．

解：以飞机为研究对象，它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，这四个力做的功分别为WG=0，W支=0，W牵=FL，W阻=-kmgL，

根据动能定理得：FL-kmgL=

解得：F=1.8×104N

答：飞机受到的牵引力为1.8×104N．

解：（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力为：F=kx            

且F=f

解得：．

（2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中，由动能定理有：

同理，小车以vm撞击弹簧时有：

解得：．

答：（1）轻杆开始移动时，弹簧的压缩量为；

（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度．

解：（1）根据动能定理有：WF+WG+Wf=Ek一Ek0=0

即：Fs-mgh-μmgs=0，

代入数值解得：h=1.05 m．

（2）从高处滑回B点过程中，根据机械能守恒定律有：mgh=，

在B点有：NB-mg=m，

解以上两式得：NB=mg+2mg

代入数据解得：NB=13.4 N

（3）根据题意，滑块要从b轮最高点C离开传送带飞出，则滑块运动至C点的速度最小为：

mg=m，

即：vC===2 m/s．

由于传送带的速度v带=rω=6 m/s，滑块在B点的速度0＜vB≤，要使滑块从C点以2 m/s飞出，可分析出滑块在传送带上从B到C做匀加速运动．（1分）

根据牛顿第二定律，可得加速度为：a===μg=1 m/s2，为了使滑块运动到C点时速度大于2 m/s，

则B点的速度最小为：=2as，

代入数据可得：vBmin=1 m/s．

设拉力F作用的最短距离为x，则根据动能定理有：

Fx-fs=m-0，

代入数据可以求得：x=0.25 m．

答：（1）滑块沿弧形槽上升的最大高度为1.05m；

（2）轨道对滑块的支持力为13.4N；

（3）拉力F作用的最短距离需0.25m．

解：（1）分析从A到D过程，由动能定理得：

-mg（h-H）-μmgSBC=0-mv

-1×10（9.8-10）-μ×10×1=0-

解得：μ=0.4

（2）物体第14次经过B点时，物体在BC上滑动了13次，由动能定理得：

mgH-13μmgSBC=mv2

代入数据有：10×10-13×0.4×10×1=

解得：v=10m/s

（3）分析整个过程，由动能定理得：

mgH-μmgs=0-mv

代入数据有：10×10-0.4×10×1s=0

解得：s=24m

所以物体在轨道上来回了24次后，故离B的距离为0

答：（1）物体与BC轨道的滑动摩擦系数是0.4．

（2）物体第14次经过B点时的速度是10m/s

（3）物体最后停止的位置离B的距离为0m

解：（1）物块AB部分下滑过程，由动能定理，有：

mgR（1-cos37°）=

在B点，由牛顿第二定律，有：

代入数据解得：FN=14N

（2）物块从A运动到D的过程中，由动能定理：

mgR（1-cos37°）-μmgLBD=0

在从A运动到C的过程中，由动能定理：

mgR（1-cos37°）-μ（mg+F）LBC=0

LBD=2LBC

代入数据解得：F=10N

（3）物块在从A经B到C的过程中，根据动能定理，有：

mgR（1-cos37°）-mgLBCsinθ-μmgLBCcosθ=0

代入数据得：1=sinθ+cosθ

解得：θ=37°

答：（1）物块运动到B点时，对工件的压力大小为14N；

（2）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为10N；

（3）为使物块运动到C点时速度为零，也可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，θ应为37°．

解：（1）小球摆向最低点的过程中，由动能定理有：

，

解得小球运动到最低点时速度的大小为：v=；

（2）细线断了以后，小球做平抛运动，由平抛规律可得：

竖直方向上：h-L=，

落地时的竖直速度=gt=g•=，

所以，小球落地前瞬间的速度大小为：=，

代入数据解得=，

设落地速度方向与水平方向所成的角度为α，则有：

sinα===，

答：（1）小球运动到最低点时速度的大小v=；

 （2）小球落地前瞬间的速度大小为=．

方向与水平方向所成的角度为α，sinα=．

解：（1）设物体在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物体做平抛运动，有：vBsinθ=v0…①

从B到C，根据动能定理有：…②

联解①②得：

vC=6m/s…③

（2）物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物体加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同运动速度为v，

则：μmg=ma1…④

μmg=Ma2…⑤

v=vC-a1t…⑥

v=a2t…⑦

根据能量守恒定律有：…⑧

联解③④⑤⑥⑦⑧得：

Q=9J…⑨

答：（1）物块经过C点时的速度为6m/s；

（2）物块在木板上相对滑动过程中产生的热量为9J．