热门试卷

解：（1）要使小球能沿圆轨道运动，在圆周最高点必须满足：mg

故小球在D点的速度至少为v=；        

A到D能量守恒：mgH=

解得：H=0.2m．                

（2）小球在D点作平抛运动，设小球在D点的速度为vD

则：x=vDt=r     

=r

A到D能量守恒：，

由以上各式可得：h=0.1m．       

（3）小球从A到F能量守恒：mg（H+2r）=

由向心力公式：NF

 解得：NF=6.5N    

由牛顿第三定律可知：球在F点对轨道的压力大小为N‘F=6.5N．

答：（1）H至少要有0.2m；                

（2）若小球静止释放处离C点的高度h小于（1）中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，h为0.1m．

（3）若小球自H=0.3m处静止释放，小球到达F点对轨道的压力大小为6.5N．

解：（1）当赛车的牵引力等于阻力是速度达到最大，为：

（2）要使小车恰好通过最高点，根据

得：

根据动能定理得：

代入数据解得：xCD=2.5m．

（3）对A到P段运用动能定理得：

Pt-

代入数据解得：t=4.5s．

答：（1）电动赛车在AB上能够达到的最大速度为6m/s

（2）赛车在CD轨道上运动的最短路程为2.5m；

（3）赛车电动机工作的时间最短为4.5s

解：（1）设物体在CD轨道上能上升的最大高度为h．

对于物体从A到CD轨道上最高点的整个过程，根据动能定理得

    mgr-μmgSBC-mgh=0

得 h=r-μSBC=1-0.2×2=0.6（m）

（2）设物体第一次一经过C点时的速度为v．由动能定理得：

   mgr-μmgSBC=

可得 v==2m/s

（3）物体最终停在水平面上，设物体在BC上滑行的总路程为S，从开始运动到最终停止的整个过程，由动能定理得

  mgr-μmgS=0

则得S==5m

则得物体最后停止的位置与B点相距 x=S-2SBC=1m．

答：

（1）物体在CD轨道上能上升的最大高度是0.6m；

（2）物体第一次一经过C点时的速度是2m/s；

（3）物体最后停在与B点相距1m的位置．

解：（1）小物体在圆弧上滑动，由动能定理得：

圆弧最低点，由牛顿第二定律得：

由牛顿第三定律得小物体对轨道的压力：FB′=FB=15N  

（2）对小物体，根据牛顿第二定律：μmg=ma1

对小车，根据牛顿第二定律：μmg=Ma2

解得：

a1=4m/s2

a2=2 m/s2

（3）设小物体没有从小车上滑下去，则最终两者速度相等，有：

v0-a1t=a2t

相对位移：△x=x1-x2=0.75m＜1m

物体没有从小车上滑下去，最终和小车以相同的速度运动：

v=a2t=1.0m/s

答：（1）小物体滑到轨道上的B点时对轨道的压力为15N．

（2）求小物体刚滑到小车上时，小物体的加速度为4m/s2，小车的加速度为2 m/s2；

（3）物体没有从小车上滑下去，最终和小车以1m/s的速度运动．

解：（1）从A到B，由动能定理可知：

mgR=

解得：vB===4m/s

（2）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

可得：N=3mg=60N

由牛顿第三定律得，物体在B点对轨道的压力大小为：N′=N=60N

（3）在整个过程中由动能定理可得：

mgR-μmgS=0-0

则得：μ===0.2

答：（1）物体在B点速度大小为4m/s．

（2）物体在B点对轨道的压力大小为60N．

（3）物体与BC轨道间的摩擦因数μ为0.2．

解：（1）根据动能表达式：==20J

（2）足球运动时，受到的阻力f=0.2mg=0.2×0.4×10=0.8N

根据动能定理：-fs=

即：-0.8×20=

解得：v末=

答：（1）足球获得的动能为20J

（2）速度为．

解：（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得：

mgR=-0，

代入数据解得：vB=3m/s

滑块在B点，由牛顿第二定律得：

F-mg=m，

代入数据解得：F=3mg=60N

由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力：F′=F=60N；

（2）滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：

mgR-μmgLBC-mgLCDsin30°+W=0，

其中：EP=-W，

代入数据解得：EP=1.4J；

即整个过程中弹簧具有最大的弹性势能为1.4J．

（3）滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC上通过的总路程为s．从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：

-μmgs=0-，

代入数据解得：s=2.25m

答：（1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小为60N，方向：竖直向下；

（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能为1.4J；

（3）滑块在BC上通过的总路程是2.25m．

解：（1）设小明滑到B点时速度为vB，根据机械能守恒定律得：

解得：

在B点，由牛顿第二定律：

解得：N=0

可见乙同学的观点正确．

（2）由（1）可知小明恰好能从B点开始做平抛运动落地，

须有：则小明在斜面轨道下滑的过程中，

由动能定理：

将vB代入数据解得：

又平抛时间为：

∴OC之间的距离为：

答：（1）小明滑到B点时受到球面的支持力为零，乙同学的观点正确；

（2）则速度v0的大小及O、C间的距离xOC=．

解：（1）在AB段，由牛顿第二定律有：

mg sinθ-μ1mgcosθ=ma       

解得：a=4m/s2               

（2）由B到C，应用动能定理有：

-μ2mgSBC=0-mv2

解得：v=4m/s                

（3）从A到B过程，由运动学公式，有：

v2-v02=2aL

解得：L=1.5m

答：（1）小物体在AB面上运动时的加速度大小a为4m/s2；

（2）小物体到达B处时的速度大小v为4m/s；

（3）斜面AB的长为1.5m．

解：（1）物体从P点下滑经B点到C点的整个过程，运用动能定理得

mgh-µ1mgL=0  ①

h=0.2m  ②

设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，

由几何关系可得cosθ=                                 ③

根据牛顿第二定律，对物体有mgtanθ=ma          ④

对工件和物体整体有F-μ2（m+M）g=（m+M）a      ⑤

联立②③④⑤式，代入数据得F=8.5N     ⑥

（2）设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为x2，由运动学公式可得

h=gt2                          ⑦

 x1=vt                           ⑧

x2=x1-Rsinθ                 ⑨

联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得x2=0.4m

答：①F的大小是8.5N；

②物块飞离圆弧轨道落至BC段，物块的落点与B点间的距离是0.4m．

解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，

竖直方向：h=

水平方向：s=vxt

解得：t=0.30s，vx=3.0m/s

又竖直分速度：vy=gt=3.0m/s

设小物块落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，则=1

故小物块落地时速度方向与水平方向的夹角为45°．

（2）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=4.0m/s

答：（1）小物块落地时速度方向与水平方向的夹角为45°；

（2）小物块的初速度大小4m/s．