热门试卷

解：（1）据题意可知，滑草者在斜面AB上做匀加速直线运动，根据，

代入数据解得：a1=，

据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma1，

联立代入数据解得：μ=．

（2）在BC阶段运动时，滑草者在阻力的作用下，做匀减速直线运动，据牛顿第二定律得：F+μmg=ma2，

代入数据解得：a2=，

又据运动学公式得：，

据（1）可知：vB=a1t1==10m/s，

联立代入数据解得：vC=．

（3）设DE与水平方向的角度为α，滑草者离开C做平抛运动，根据题意可知：tanα=．  

据平抛运动可知：x=vct…①

               y=…②

据几何关系可知：tanα=…③

联立以上解得：t=0.5s…④

 又由动能定理：=Ek…⑤

联立②④⑤代入数据解得：Ek=2220J

答：1）求滑草车和草坪之间的动摩擦因数；

（2）体验者滑到水平草坪时，恰好受到与速度方向相反的水平恒定风的作用，风速大小为5m/s，已知风的阻力大小F与风速v满足经验公式F=1.2v2．求体验者滑到C点时的速度大小4.8m/s；

（3）已知三角形的草堆的最高点D与C点等高，且距离C点6m，其左顶点E位于C点正下方3m处．在某次滑草过程中，体验者和滑草车离开C点时速度大小为7m/s，无风力作用，空气阻力忽略不计，求体验者和滑草车的动能为2220J．

解：（1）由P到C的过程根据动能定理得：

mgR（1-cos60°）=

在C点由牛顿第二定律得：

解得：FN=2mg

由牛顿第三定律得，滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C时对轨道的压力为2mg．

（2）从P到Q的过程，由动能定理得：

mgR（1-cos60°）-μmgx=0

解得：μ=

（3）滑块刚好能通过半圆轨道的最高点A，设此时的速度为v2，由牛顿第二定律得：

mg=

从Q到A的过程由动能定理得：

Fx-

解得：F=

答：（1）滑块第一次滑至半圆形轨道最低点C时对轨道的压力为2mg；

（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.25；

（3）推力F的大小为．

解：（1）参赛者从B点到D点做平抛运动

H-L=gt2 ①

x=vt     ②

由①②式代入数据解得：

v=4.8m/s

（2）参赛者从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律得

mghAB=mv2-Ek ③

其中 hAB=L（1-cosθ） ④

由③④式代入数据解得：

Ek=76J

（3）设参赛者经O点正下方时的速度为v′，则：

mv′2=mg（H-Lcos37°-h） ⑤

又x=v′  ⑥

由⑤⑥代入数据解得：

h=4.8m，h′=1.2m（不合题意舍去）

答：（1）参赛者经过B点时速度的大小v是4.8m/s；

（2）参赛者从台阶上A点跃出时的动能Ek为76J．

（3）参赛者松开绳时距水面的高度h是4.8m．

解：（1）滑块从C到B的过程，由机械能守恒得：mgR=

在B点，由牛顿第二定律得：

  FN-mg=m

联立解得：滑块在B点时受到的支持力 FN=3mg=30N

（2）对于整个过程，由能量守恒定律得 

mgR=μmg（L-x）+Ep，解得 Ep=mgR-μmg（L-x）=4.5J

答：

（1）滑块在B点时受到的支持力大小是30N；

（2）弹簧压缩的最大弹性势能Ep是4.5J．

解：（1）从A到B有机械能守恒定律：

解得：                                  

在B点，据牛顿第二定律得：

解得：N=7mg

又N=-N′=-7mg，方向竖直向下

（2）由于小球从B点做平抛运动，所以：

而且

解得：   

所以落在坡面上的动能：

答：1）小球在B点对轨道的弹力7mg，方向竖直向下．

（2）小球落在坡面上的动能．

解：（1）物块离开D点做平抛运动，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道

在竖直方向获得的速度为

在P点

vC=

（2）从A到C有动能定理的Pt-

代入数据解得t=2s

（3）从P到m由动能定理可得

在D点

联立解得FN=1.6N

答：（1）小球飞离桌面C点时的速度为2m/s；

（2）小球在发球器中的时间为2s；

（3）小球沿轨道通过圆弧的最高点M时对轨道的压力为1.6N

解：（1）由A到B段由动能定理得：

mgh=mvB2-mv02

vB===6m/s；

（2）由B到C段由动能定理得：mvB2=μmgs

所以：s===4.5m；

答：（1）物体滑至B点时的速度为6m/s

（2）物体最后停止在离B点4.5m的位置上．

解：（1）物体从A到B的过程，由动能定理得 mgR=，得 v=，水平向右

（2）物体从A到C机械能守恒，则物体着陆C点前瞬间的机械能等于在A点的机械能，即：EC=mgR

（3）在B点，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：

N-mg=m，

得：N=3mg

由牛顿第三定律知，物体运动到B点时对轨道的压力为：N′=N=3mg，方向竖直向下．

答：（1）物体运动到B点时的速度v是，水平向右；

（2）若以B点为零势能点，物体着陆C点前瞬间的机械能为mgR．

（3）物体运动到B点时，对轨道的压力是3mg，方向竖直向下．

解：（1）由牛顿第二定律得，加速度：a===7.2m/s2，

当物体运动s即0.33 s时速度第一次达到最大：

vm=at=7.2×0.33=2.376m/s．

（2）由F-t图象可知，物体在T末速度为0，在接着内沿反方向做匀加速直线运动，则据速度时间关系知，反方向可以达到的最大速度v=at，

代入数据解得：v=1.2m/s，

所以t=0至t=期间的v-t图象如下图所示如图（a）所示．

（3）如图（b），物体在t=0至t=2T/3期间，运动的位移为：s1=0.8 m，

物体在2T/3至t=T期间运动的位移大小为：s2=0.2 m，

物体在t=0至t=T期间运动的位移：s3=sl-s2=0.8-0.2=0.6 m，

根据物体运动的周期性物体在t=0至t=2T期间运动的位移为：s4=2s3=1.2m，物体还有0.3m的距离，

，

所以物体运动位移大小为1.5 m的过程中，根据动能定理，力F做功：

；

答：（1）在t=0至t=T期间，该物体从静止开始经过多长时间速度第一次达到最大，最大速度为2.376m/s；

（2）物体在t=0至t=期间的v-t图象如图所示；

（3）该物体从A运动到B，力F对物体做的功是为2.16J．

解：（1）拉力F做功WF=Fs=100×5J=500J．

（2）重力做功WG=-mgh=-50×5J=-250J．

（3）根据动能定理得，W合=△Ek，

解得△Ek=WF+WG=500-250J=250J．

（4）根据牛顿第二定律得，a=，

根据h=得，t=．

答：（1）则拉力F所做的功为500J；

（2）重力所做的功为-250J；

（3）动能改变了250J；

（4）物体运动花了1s时间．

解：（1）从A到B的过程中只有重力做功，根据动能定理有：

mgR=

可得物体到达B点时的速度

（2）由题意知物体到达C时的速度

物体从B到C的过程中只有摩擦力做功，根据动能定理有：

可得动摩擦因数=0.2

答：（1）物体到达B点时的速率为4m/s；

（2）物体与水平面间的动摩擦因数0.2．

解：（1）设小球到达C点时速度为v，a球从A运动至C过程，由动能定理有：

可得：

（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为N，由牛顿第二定律，有：

其中r满足：

r+r•sin53°=1.8R

联立上式可得：

N=6.6mg

由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下． 

（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：

情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球在最高点P应满足：

小球从C直到P点过程，由动能定理，有：

可得：

情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D．则由动能定理有：

解得：R′≥2.3R

但R′最大是圆弧轨道与斜面相切，结合几何关系，对应的轨道半径为：

若R′=2.5R，由上面分析可知，小球必定滑回D，设其能向左滑过DC轨道，并沿CB运动到达B点，在B点的速度为vB，则由能量守恒定律有：

可得：

vB=0

故知，小球不能滑回倾斜轨道AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD轨道上的某处．设小球在CD轨道上运动的总路程为S，则由能量守恒定律，有：

联立解得：

S=5.6R

所以知，b球将停在D点左侧，距D点0.6R处．

答：（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小为；

（2）小球对刚到C时对轨道的作用力为6.6mg；

（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足：R′≤0.92R或R′≥2.3R；若R′=2.5R，小球最后所停位置距D点0.6R处．