热门试卷

解：（1）由题意知，小球要沿轨道完成一周运动并回到B点，则由动能定理：

恰能通过轨道最高点则：…①

能回到B点：…②

联解①②并取合理值得：

v0=8m/s…③

（2）设小球第一次回到B点后沿BA上升的位移为x，则：…④

解④得：m＜L，则小球将沿AB返回．…⑤

设小球第二次通过C点时速度为vC，轨道对小球支持力为FC′，则由动能定理和牛顿运动定律有：…⑥

…⑦

…⑧

联解⑤⑥⑦⑧得：FC≈51.43N…⑨

（3）设小球第二次通过C点后沿轨道CD运动到达D点时的速度为vD′，有：…⑩

解⑤⑥⑩得：…⑪

所以小球将在轨道的P、Q间做往复运动且最终停在轨道CD上的某个位置，由动能定理得：…⑫

解⑤⑥⑫得：s≈4.97m．…⑬

答：（1）小球的初速度为8m/s；

（2）小球第二次通过C点时对轨道的压力为51.43N；

（3）小球第二次通过C点后在CD段上运动的总路程为4.97m．

解：（1）物体从C到e点做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动

H2+H3=

=1.5s

ce之间的水平距离为x=

从c到e做平抛运动，在水平方向做匀速运动

故vc=

（2）在c点由牛顿第二定律可知

N=1368N

根据牛顿第三定律可知，运动员对轨道的压力为1368N，方向竖直向下；

（3）由a到c由动能定理可知

代入数据解得

Wf=-1680J

答：（1）运动员刚运动到c点时的速度大小为8m/s；

（2）运动员（连同滑板）刚运动到c点时对轨道的压力1368N；

（3）运动员（连同滑板）在由a点运动到b点过程中阻力对它做的功-1680J

解：（1）小工件在传送带上先匀加速运动，根据牛顿第二定律，则有：

μ1mgcosθ-mgsinθ=ma1

代入数据得：a1=0.5m/s2

匀加速运动的时间为：t1= 

代入数据得t1=2s；

匀加速运动的位移为：s1= 

代入数据得：s1=3m；

接着小工件在传送带上匀速运动，运动的时间：t2=

代入数据得：t2=s

所以：t=t1+t2=3s

（2）由动能定理：；

解得：h=0.132m＜R

所以小工件将不能越过点P；

小工件将冲上圆轨道再以相同速度大小返回C点，经BC减速滑上传送带，再返回…，小工件从第一次过C点到停止，其动能消耗在BC段克服摩擦力做功．

由动能定理：-  

代入数据得：N=

所以，小工件最多进入检验区7次，进入加工区3次．

始终不合格的小工件最后停留在距B点，d= 处．

（3）工件从A运动到B点过程传送带克服摩擦力做的功：W1=μ1mg（v0t1）cosθ+mg（v0t2）sinθ

代入数据得：W1=3.9J

经第一次加工后，工件返回到B点速度为vB

则：     

解得：vB=m/s

工件以vB=m/s下滑进入传送带，先减速后加速（相同加速度）返回B点，此过程时间

t4=

解得：t4=

此过程传送带克服摩擦力做的功：W2=μ1mg（v0t4）cosθ

代入数据得：W2=4.5J

电动机要多消耗的电能等于：E=W1+W2=3.9+4.5=8.4J．

答：（1）小工件从A点第一次运动到B点所用的时间3s；

（2）小工件最多可以进入检验区几次和进入加工区几次，若始终不合格的小工件最后停留在1.8m处；

（3）若小工件从A点无初速释放，经过两次加工合格，因传送工件电动机要多消耗8.4J的电能．

解：（1）设物块在B点时速度大小为vB，

由机械能守恒定律得：mg（h+R）=mvB2，

在圆弧轨道B点，由牛顿第二定律得：N-mg=m，

解得：vB=m/s，N=110N；

（2）设物块在CE段加速度为a，

由牛顿第二定律得：a=gsinθ=5m/s2，

设物块第一次经过C点的速度为vc，

从C点上滑到最高点，设经过的时间是t，

t=t1+t2=0.4s，vc=at=2m/s，

小物块从B到C，由动能定理得：

-μmgs=mvC2-mvB2，解得：μ=0.5；

（3）设小物块在B点动能为EB，每次经过BC段损失的能量为△E，

则△E=μmgs=0.5J，EB=mvB2=2.5J，其他各段无能量损失，

由于EB=5△E，所以小物块最终停在C点．

答：（1）小物块第一次到达圆弧轨道B点的瞬间，受到轨道弹力N的大小为110N；

（2）小物块与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.5；

（3）小物块最终停止在C点．

解：（1）外壳与内芯弹起时的共同速度大小为V2，

对外壳和内芯，从弹起后达到共同速度到上升至h2处，

由机械能守恒定律得：（4m+m）g（ h2-h1）=（4m+m）v22，

代入数据解得：v2=2m/s； 

（2）设从外壳离开桌面到弹起前弹簧做功为W，在此过程中，

对外壳应用动能定理有：W-4mgh1=•（4m）v12，代入数据解得：W=0.1032J；

（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，

只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为：E损=4m）v12-（4m+m）v22，

代入数据解得：E损=0.02J；

答：（1）弹起后，内芯与外壳以共同的上升的速度大小为2m/s；

（2）从外壳下端离开桌面到发生瞬间作用前，弹簧做的功为0.1032J；

（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能为0.02J．

解：（1）设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有：

h1=gt2

x1=vmint             

联立两式，并代入数据得：vmin=8m/s               

（2）大猴抱起小猴跑到C点纵身跳起后做抛体运动，在最高点抓住青藤后做圆周运动恰好荡到D点，可将该过程逆过来分析，猴子从D点由静止开始做圆周运动到最低点，然后做平抛运动到C点．

由几何关系知猴子做圆周运动下降了：

设圆周运动到达最低点时的速度为vx，由动能定理得：

mg•△h=

解得：

之后以此速度做平抛运动至C点．

设落到C点时沿竖直方向的分速度为vy，由动能定理得：

mg（h2-△h）=

代入数据解得：

故落到C点的合速度大小为：

，即为所求速度大小．

方向与水平成45°斜向右上方．  

说明：直接从D点到C点应用机械能守恒定律来处理的同样给分．

（3）设拉力为FT，在最低点，对猴子由牛顿第二定律得：

FT-（M+m）g=（M+m）

代入数据可得：FT=（M+m）g+（M+m）=168N    

由牛顿第三定律可知，青藤受到的拉力大小为168N．   

答：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s；

（2）大猴抱起小猴跑到C点纵身跳起时速度为4m/s；

（3）猴子抓住青藤荡起时，青藤受到的拉力大小为168N．

解：（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则：

F=μmg    ①

取向右为正方向，对邮件应用动量定理得，Ft=mv-0，②

由①②式并代入数据得，

t=0.2s    ③

（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有：

   ④

由①④式并代入数据得，x=0.1m     ⑤

（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则：

s=vt   ⑥

摩擦力对皮带做的功W=-Fs     ⑦

由①③⑥⑦式并代入数据得，W=-2J．

答：（1）邮件滑动的时间t为0.2s；

（2）邮件对地的位移大小x为0.1m；

（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W为-2J．

解：（1）物体沿圆弧轨道下滑的过程中机械能守恒，设物体滑到传送带右端时的速度为v1，则有：

．

解得v1=3m/s．

物体在传送带上运动的加速度大小为a=．

物体在传送带上向左运动的时间．

向左运动的最大距离．

物体向右运动达到速度为v时，向右运动的距离．

所用的时间，匀速运动的时间．

所以t=t1+t2+t3=1.5+1+0.625s=3.125s．

（2）根据动能定理得，传送带对物体做的功

W==-2.5J．

物体相对传送带滑过的路程

由于摩擦产生的热量Q=μmg•△x=12.5J．

（3）根据机械能守恒定律，物体第二次滑上传送带时的速度为2m/s．

物体先向左做匀减速运动，减速到速度为零，然后向右做匀加速运动，直到速度变为v=2m/s．

时间．

根据动能定理，由于物体从滑上传送带到离开传送带过程中物体的动能没有变化，故传送带对物体所做的功W2=0．

在这段时间内物体相对传送带滑过的路程△x2=vt4=4m

所以由于摩擦产生的热量为

Q′=μmg•△x2=0.2×1×10×4J=8J．

（4）物体不会停下来，物体在圆弧轨道和传送带上做周期性往复运动．