热门试卷

解：EK=mv2=×0.01×（600）2=1.8×103J，

由动能定理可知，Fs=Ek；

F===3×103N；

答：（1）子弹飞出时的动能为1.8×103J；（2）气体在枪膛内对子弹的平均推力为3×103N．

解：（1）小球从A滑到B的过程中，由动能定理得：

mgr=mvB2-0，

解得：vB=；

（2）从A到D的过程，由动能定理可得：

mg（r-）-Wf=0-0，

解得克服摩擦力做的功为：Wf=；

答：（1）小球滑到最低点B时，小球速度大小为．

（2）小球在曲面上克服摩擦力所做的功为．

解：（1）设滑块上滑的最大距离为x，上滑过程，受重力和摩擦力及斜面支持力作用，由动能定理得：

-

解得：x=

（2）滑块在第一次上滑的最大距离为x，上滑前滑块距挡板的距离为L0，则滑块从最高点下滑到挡板的总距离为（x+L0），在斜面上，受重力和摩擦力及斜面支持力作用，设其下滑加速度为a，从最高点第一次下滑到挡板的用时为t，第一次碰挡板的速度为v，

可得：       ①

mgsinθ-μmgcosθ=ma      ②

v=at                   ③

联立①②③式可得：

（3）滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端．在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功．设其经过和总路程为L，对全过程，由动能定理得：

解得：L=

答：（1）滑块上滑的最大距离为．

（2）滑块第一次碰挡板的速度为．

（3）滑块最终停在斜面底端，经过的总路程为．

解：（1）当传送带静止不动时，小煤块刚好能运动到C点，则在C点由牛顿第二定律得：

mg=m　①

小煤块从A→C过程中，由动能定理得：

-μmgL-2mgR=mvc2-mv　②

联立①②得μ=0.4

当传送带的轮子以ω=10 rad/s的角速度匀速转动时，传送带的线速度v=ωr=2 m/s

由=0.5 m＜L，得小煤块在传送带上加速的时间t==0.5 s

小煤块与传送带的相对位移为l=vt-t=0.5 m，

即划过痕迹的长度为0.5 m．

（2）当小煤块在传送带上一直加速时，小煤块到达B点的速度最大，在C点对圆轨道的压力最大．

设小煤块到达B点的最大速度为vB，

μmgL=mv

解得vB=2 m/s

传送带的线速度v≥2 m/s，即传送带的角速度ω≥10 rad/s时，小煤块在C点对圆轨道的压力最大，

小煤块从B→C，由机械能守恒定律得：2mgR=mv-mv　③

小煤块此时在C点，由牛顿第二定律得：Fmax+mg=mv　④

联立③④得Fmax=50 N

根据牛顿第三定律得，对圆轨道最大压力FC=Fmax=50 N

答：小煤块从A点运动到B点的过程中在传送带上划过痕迹的长度是0.5 m；

（2）小煤块运动到C点时对圆轨道的压力最大，最大压力FC是50 N．

解：（1）滑块第一次从B到C，由动能定理得：

-μ1mgL=-

解得滑块经过B点时的速度  v0=8m/s

滑块由A到B，由动能定理得

 mgR=

解得 R=3.2m

（2）滑块第二次从B到C，由动能定理得：

-μ1mg（L-l）-μ2mgl=-

解得 l=4m

（3）由题意分析可知，MN在最左端时滑块从B到C的运动时间最长．设此过程滑块到N的速度为v3，则

在MN段，有

解得 v3=6m/s

所以滑块滑行的最长时间 t=+

解得 t=2.57s

答：

（1）圆弧的半径R是3.2m；

（2）MN段的长度l是4m；

（3）铁刷划擦的MN段位于最左端时运动时间最长，滑块滑行的最长时间是2.57s．

解：（1）对小物块由A到B有：Vy2=2gh

在B点：

解得：v1=3m/s

（2）由A到O，根据动能定理有：

=mg（h+R-Rcosθ）

在O点：

解得：，FN=43N

故压力F′N=43N

即小物块经过O点时对轨道的压力为43N．

（3）摩擦力f=μmg=1N，物块滑上小车后，滑块减速运动，加速度大小为；

小车加速运动，加速度大小为；

经过时间t达到的共同速度为vt，则

得

由于碰撞不损失能量，物块在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：

得s相=5.5m

小车从物块碰撞后开始做匀减速运动，（每个减速阶段）加速度a不变，，vt=aMt，

得t=

答：（1）小物块离开A点的水平初速度v1为3m/s；

（2）小物块经过O点时对轨道的压力为43N；

（3）第一次碰撞后直至静止，物块相对小车的位移为5.5m，小车做匀减速运动的总时间为．

解：（1）在最高点小球不脱离轨道的条件是重力不大于小球做圆周运动所需要的向心力

即mg≤m

则所求的最小速率vmin===3m/s

（2）因为v=4m/s＞vmin，所以轨道对小球有一定的压力F

则 F+mg=m

所以 F=m-mg=0.5×-5≈3.9N

由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力F′=F=3.9N

（3）小球以v=8m/s的速率从最高点离开轨道后做平抛运动，则

 2r=gt2

所以t=2=2×=0.6s

落地时竖直方向分速度 vy=gt=6m/s

合速度 v===10m/s

设落地速度与水平方向的夹角为θ

则tanθ===0.75，则θ=37°

答：

（1）小球在最高点不脱离轨道的最小速率是3m/s

（2）小球对轨道的压力是3.9N

（3）落地时的速度大小是10m/s，方向与水平方向的夹角为37°．

解：物体M在斜面下滑的过程，由动能定理得：

MgH-μMgcosθ•=

代入解得：v0=4m/s，

即得M与m碰撞前的速度大小为：v0=4m/s．

对于m，在最高点有：mg=m

从最低点到最高点有：2mgL+=

解得M与m碰撞后m的速度为：v2==5m/s

M碰后做平抛运动，则有：

DE=v3t

CD=

解得碰撞后M的速度为：v3=3m/s

对于碰撞过程，取向右方向为正，由动量守恒定律得：

Mv0=Mv3+mv2，

解得：M：m=5：1

答：两物体的质量之比M：m为5：1．

解：（1）小球恰好通过C点，由牛顿第二定律得

在AC过程中，由动能定理得mg（h-2R）=

联立解得R=；

（2）在AD过程中，由动能定理得mgh=

从D点做平抛运动，设平抛运动经历时间为t

x=vDt

y=

联立解得y=

（3）小球从离开D点到第一次撞击斜面的过程中，根据动能定理mgy=

解得

由（2）可求得mgh（4tan2θ+1）=0.8tan2θ+0.2

显然，当小球落地时动能最大为1J，

所以其图象如下

答：（1）求圆轨道半径R的大小为0.08m；

（2）求小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度为0.45m；

（3）小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角θ变化的关系式