热门试卷

解：（1）根据牛顿第二定律得，m的加速度．

M的加速度．

（2）设m滑离M的时间为t，则有：，

代入数据解得t=2s，

则M相对于地面发生的位移x=．

答：（1）在F作用下m与M的加速度分别为2m/s2、1m/s2．

（2）当m运动到M右端时M相对地面发生的位移有2m．

解：（1）设小滑块运动到B点的速度为vB，由机械能守恒定律有：mgR=mvB2 ①

解得

（2）在B点，由牛顿第二定律有   F-mg=m  ②

联立①②解得在B点F=3mg=30 N

由牛顿第三定律有，小滑块在B点时对圆弧的压力F′=F=30N 

（3）设小滑块运动到C点的速度为vC，

由动能定理有：mgR-µmgL=mvC2  

解得  vC=4 m/s   

（4）设小滑块平抛到地面的水平距离s=vCt  

竖直方向：t==0.3s 

则水平距离s=1.2m 

斜面底宽d=hcotθ=0.78m

因为s＞d，所以小滑块离开C点后不会落到斜面上．

小滑块从C点运动到地面所需的时间即为小滑块平抛运动所用时间t==0.3s

答：

（1）小滑块刚到达圆弧B点时的速度vB为3m/s．

（2）它到B点处对圆弧压力的大小是30N．

（3）小滑块运动到C点时的速度vC是4m/s

（4）小滑块从C点运动到地面所需的时间是0.3s．

解：摆球先后以正方形的顶点为圆心，半径分别为R1=4a，R2=3a，R3=2a，R4=a为半径各作四分之一圆周的圆运动．

①当摆球从P点开始，沿半径4a运动到最低点时的速度v1，

根据动能定理：

当摆球开始以v1绕B点以半径3a作圆周运动时，摆线拉力为T1：

这时摆球的运动方程为：

摆线的最大拉力为：Tmax=7mg；

由此求得：v01＜．

②当摆球从B点开始，沿半径3a运动到水平位置时的速度v2，

根据动能定理：

当摆球开始以v2绕C点以半径2a作圆周运动时，摆线拉力为T2：

这时摆球的运动方程为：

摆线的最大拉力为：Tmax=7mg；

由此求得：v02＜．

③当摆球绕C点以半径2a运动到最高点时，为确保沿圆周运动，

到达最高点有：．

由动能定理：

由此求得：v03＞

④当摆球运动到水平位置时，击中A点时的速度v04，

根据动能定理：

当摆球开始以v4绕D点以半径R3=a作圆周运动时，摆线拉力为T3：

这时摆球的运动方程为：

摆线的最大拉力为：Tmax=7mg；

由此求得：v04＜．

综上所述：．

答：v0的许可值范围为：．

解：（1）静止时，由平衡条件得：（mA+mB）g=kx1，

代入数据解得：xm1=0.1m，

分离时，对B，由牛顿第二定律得：kx2-mBg=mBa，

代入数据解得：x2=0.05m，

则A、B共同上升高度h=x2=0.05m时两木块恰好分离；

（2）由速度位移公式：v2=2ax可得：v2=2×2.5×0.05，

代入数据解得：v=0.5m/s；

（3）从开始运动到AB分离过程，对AB，由动能定理得：

WF+W弹-（mA+mB）gh=（mA+mB）v2-0，

代入数据解得：WF=0.25J；

答：（1）A、B共同上升高度h为0.05m时两木块恰好分离；

（2）A、B刚分离时B木块的速度大小为0.5m/s；

（3）A、B分离前拉力对木块做的功为0.25J．

（14分）解析：（1）小物块第一次从A到C的过程中，由动能定理得：

得：VC=6m/s                         

（2）第一次冲上CD轨道上升的高度最大，上升过程的加速度大小为：

a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2

上升的时间为：t1=                                

则沿斜面上升的距离最大值为：

=1.8m

返回时小滑块做匀加速运动，加速度为：

a2=gsinθ-μgcosθ=2m/s2

从最高点返回到C点所用的时间为：

=s                                          

故小滑块第一次和第二次经过C点的时间间隔为：

t=t1+t2=1.9s                                           

（3）小球返回到C点的速度满足

从C点向左的过程，由动能定理得：

得：l=4.28m                                         

答：（1）小滑块第一次到达C点时的速度大小6m/s

（2）小滑块第一次和第二次经过C点的时间间隔1.9s

（3）小滑块最终静止的位置距B点的距离4.28m

解：（1）小滑块由A点滑到O点过程，由动能定理得：mgR=mv12=Ek

Ek=mgR

（2）在O点由牛顿第二定律得：FN-mg=　

解得：FN=3mg

根据牛顿第三定律可知对轨道的压力位3mg

（3）如图所示，设小滑块出发点为P1，离开点为P2，由题意要求O1P1、O2P2与竖直方向的夹角相等，设为θ，若离开滑道时的速度为v，则小滑块在P2处脱离滑道的条件是：mgcosθ= 

由动能定理得：2mgR（1-cosθ）=mv2

解得：cosθ=0.8

答：（1）小滑块滑到O点时的动能大小为mgR；

（2）求小滑块在O点时对滑道的压力大小为3mg

（3）若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块开始下滑时应在圆弧AO上的cosθ=0.8

解：（1）物体由A运动到D过程中运用动能定理得：

WG=mglADsin37°=36 J

Wf=-μmgcosθ•l

其中l=AB+BC+CD=5.4 m，

解得：μ=0.52

（2）弹簧压缩到C点时，对应的弹性势能最大，由A到C的过程根据能量守恒定律得：

Epm+μmgcos37°•lAC=mv20+mglAC•sin37°     

代入数据得：Epm=24.4 J   

答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.52；

（2）弹簧的最大弹性势能Epm为24.4J．

解：（1）滑块在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律μmg=ma，得a=μg=0.3×10m/s2=3m/s2

加速到与传送带达到同速所需要的时间

t===2s

位移x1=at2==6m

之后滑块做匀速运动的位移x2=L-x1=12-6m=6m

所用的时间t2===1s

故t=t1+t2=3s．

（2）滑块由B到C的过程中机械能守恒

mgH+mvt2=mv02

在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得，

FN+mg=m

解得

FN=90N

即轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为N′=N=90N，方向竖直向上．

答：（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间为3s；

（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小为90N和方向竖直向上；

解：（1）设小铅块在木板上滑动过程中，木板达到最大速度时，木板运动的位移为x1，由动能定理得

[μ2mg-μ1（M+m）g]x1=Mv2

代入数据解得 x1=0.5m       

（2）木板达到最大速度时，铅块运动的位移为x2，由动能定理得

-μ2mgx2=mv2-mv02；

代入数据解得 x2=2.5m            

小铅块在木板上运动的位移△x=x2-x1=1.5-0.5=2m         

所以，铅块与木板间因摩擦产生的内能为 Q=μ2mg△x=0.3×20×2=12J     

答：

（1）木板达到最大速度时，木板运动的位移为0.5m；

（2）铅块与木板间因摩擦产生的内能为12J．

解：（1）由动能定理得   -μmgL=mvA2

解得：vA=

（2）物块在B点是圆周运动的一个状态，

由于压力为零，由牛顿第二定律得：mg=

物块从A运动到B的过程机械能守恒：mvA2=mgh+

联立解得：F=2μmg++

答：（1）物块经过A点时的速度大小；

（2）欲使物块经过B点时对圆弧面的压力恰好为0，则恒力F的大小应2μmg++．

解：（1）设在C点的速度为VC，小球从B到C的过程中根据机械能守恒得 2mgR=mv02-mvc2

  解得：Vc=3m/s

（2）设C点对球的压力为N，小球通过C点受支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得

    N+mg=

  解得：N=12.5N    

即球对C点的压力是重力的1.25倍 

（3）（4）小球离开C点后做平抛运动，在竖直方向有

2R=gt2

落地时间t=0.4 s  

在水平方向有：

到B点的距离    S=VCt=1.2m．

答：（1）球从C点飞出时的速度是3m/s

（2）球对C点的压力是重力的1.25倍 

（3）球下落时间为0.4s；

（4）球从C抛出后，落地点距B点1.2m．