热门试卷

解：（1）若要求在整个过程中小木块m恰好不脱离薄板，则木块和薄板在最高点时两种之间的作用力恰好为0，加速度a=g向下，弹簧处于自由长度，此时的位移恰好是振幅A，

所以在平衡位置，弹簧弹力F=（M+m）g

又：（M+m）g=kA      

所以；

（2）木块和薄板在弹簧最短时位于最低点，根据振动的对称性可得：a=g，方向向上

对m：N-mg=ma=mg

 所以：N=2mg

即木块对薄板的压力为2mg；

（3）最高点到最低点的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，由机械能守恒得：

2（M+m）gA+W弹=0

整理得：W弹=-2（m+M）gA     

所以弹簧的弹性势能为2（m+M）gA

答：（1）若要求在整个过程中小木块m恰好不脱离薄板，则弹簧的劲度系数；

（2）求出木块和薄板在弹簧最短时，木块对薄板的压力是2mg．

（3）弹簧被压缩最短时弹性势能是2（M+m）gA．

解：（1）设轨道对小木块的支持力为N，则：N-mg=m

代入数据解得：N=38N

由牛顿第三定律可知，小木块对轨道的压力大小为38N，方向竖直向下．

（2）设小木块从A到B的过程中克服阻力做功为Wf，由动能定理得：mgR-Wf=mvB2

代入数据解得：Wf=11J

（3）设BC段轨道的动摩擦因数为μ，对BC段运用动能定理，得：-μmg•sBC=0-mvB2

代入数据解得：μ=0.15．

答：（1）小木块到达圆弧轨道上B点时对轨道的压力为38N；

（2）小木块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功为11J；

（3）BC段轨道的动摩擦因数为0.15．

解：（1）从B到D过程，由机械能守恒定律得：

mgR（1-cos60°）=mvB2，代入数据解得：vB=2m/s；

（2）从A到B过程，由动能定理得：-fs=mvB2-mv02，

代入数据解得：f=1.8N，方向水平向左；

（3）设在拉力作用下滑块的加速度为a，

在水平方向，由牛顿第二定律得：Fcos37°-f=ma，

在竖直方向，由平衡条件得：N+Fsin37°=mg，

a＞0时，解得：F＞==2.25N，

由N≥0可得：F≤==10N，

则力F的范围是：2.25N＜F≤10N；

答：（1）滑块在B点时的速度为2m/s；

（2）滑块在水平轨道上运动时受到阻力f为1.8N，方向水平向左；

（3）拉力F的大小范围为2.25N＜F≤10．

解：在弹射过程中磕头虫的内能转变为其相对地面的机械能，在磕头虫在弹离地面瞬间和在空中上升过程中机械能守恒，设其上升的初速度为v1，上升的最大高度为h，则有：

，

解得：

设磕头虫在开始弹射到离开地面这段时间内地球给它的平均作用力是F，则由动能定理得：

．

答：它的弹射过程中，地面对磕头虫所施的外力的平均值是1.5×10-2N

解：（1）由动能定理得，

代入数据解得s=0.8m．

（2）对A、B整体，由动能定理得 ，

代入数据解得h=1.6m．

（3）对B由动能定理得 ，

代入数据解得W=24J．

答：（1）A物体落地后，B物体继续沿斜面上升的距离为0.8m；

（2）开始时A物体离地的高度h为1.6m；

（3）撤去手后到A物体落瞬间，轻绳对B物体所做的功为24J．

解：（1）根据动能定理得，mgR=，解得=2m/s．

（2）在B点，根据牛顿第二定律有：

解得N=mg+=1=3N．

（3）根据动能定理得，

解得s=．

答：（1）小物块到达B点的速度大小为2m/s．

（2）小物块在B点时受圆弧轨道的支持力为3N．

（3）小物块在水平面上滑动的最大距离为0.4m．

解（1）设小物块的初动能为Ek，小物块做平抛运动下落的高度为

h=gt2

得： s 

在C点时，速度的竖直分量为vCy=gt=4 m/s 

根据题意，vCx=vCytan 37°=3 m/s，vC═5 m/s 

即小物体在A点时的速度为vA=vCx=3 m/s 

在小物块由B点到A点的过程中，由动能定理，得

代入数据，得Ek=10.5 J． 

（2）在小物块由C点到D点的过程中，由动能定理，得

mgR（1-cos 53°）=

解得vD=m/s 

小球在D点时，由牛顿第二定律，得轨道对小物块的支持力FN满足FN-mg=

代入数据解得FN=68 N 

由牛顿第三定律，得小物块对轨道的压力FN′=FN=68 N，方向竖直向下． 

（3）物块在平台上产生的热量Q1=μmgs═0.3×1×10×2=6 J 

设小物块最终与木板达到的共同速度的大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的组成的系统动量守恒，选取向右为正方向

得：mvD=（M+m）v′

对物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得

≈10.9J

解得Q=Q1+Q2=6+10.9=16.9 J． 

答：（1）小物块的初动能是10.5J；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力是68N；（3）小物块整个运动过程中产生的热量是16.9J．

解：（1）设物块进入半圆导轨B点瞬间的速度为vB，物块到达B点时受重力mg和支持力N=7mg作用，这时对物块依牛顿第二定律得：

…①

设弹簧对物块的弹力做的功为WF，对弹簧推动物块过程依动能定理得：

…②

由①②解得：WF=3mgR…③

（2）设物块到达C点时的速度为vC，依题意可判知物块在C点仅受重力mg作用，对物块在C点依牛顿第二定律得：…④

设物块从B到C过程，摩擦阻力对物块所做功的大小为Wf，对物块的此过程依动能定理得：…⑤

由①④⑤解得：…⑥

故物块从B到C过程克服阻力做的功为．

（3）设物块落回水平面AB时速度大小为vt，取水平面AB为重力势能零势位，对物块由C落到水平面AB的过程，依机械能守恒定律得：…⑦

由④⑦解得物块落回水平面AB时动能的大小为WK=…⑧

答：（1）弹簧对物块的弹力做的功是3mgR；

（2）物块从B至C克服阻力做的功是；

（3）物块离开C点后落回水平面AB时动能的大小是．

解：（1）物块在E点，由牛顿第二定律得：N1+mg=m…①

由抛出点至E点过程，对物块m，由动能定理得：

-mg（2R-H）-μmgL=mvE2-mv02…②

联立并代入数据得：v0=10m/s…③

（2）物块m从平台上以v0，抛出到竖直圆轨道最低点D，对m、M和弹簧构成的系统，由能量守恒定律得：

mv02+mgH=EP+μmgL+EKD…④

代入数据得：EKD=5.6J…⑤

（3）在竖直圆轨道内，物块m受电场力大小：

F=qE=5×10-4×4×103=2N=mg，方向水平向右．…⑥

可见物块受重力和电场力的合力恒为F=mg，方向为右下方与水平方向成45°．

经分析知，物块在竖直圆轨道上平衡位置应为F点，OF与竖直方向夹角为45°；

若能完场圆周运动，速度最小点应出现在G点，OG与竖直方向夹角也为45°．

物块不脱离轨道，有两种情况：

（一）至G点时，N≥0．N恰好为0时为临界情况，设此时半径为R1，在G点：F=mg=m…⑦

由D到G过程，由动能定理得：：

-mg（R1cos45°+R1）-qER1sin45°=mvG2-mvD2 …⑧

解得：R1=0.90m …⑨

（二）运动至H点（OH垂直于OF）之下的各点时若速度减为零，则均可沿轨道返回滑下，也为不脱离轨道．临界情况为，恰好至H时速度减为零．

由D到H过程，由动能定理得：

-mg（R2cos45°+R2）-qER2sin45°=0-mvD2 …⑩

代入数据得：R2=2.8m，

所以轨道半径应满足的条件为：R≤0.9m或R≥2.8m；

答：（1）物块m平抛的初速度为10m/s；

（2）物块运动到轨道最低点D时的动能为5.6J；

（3）半径R应满足的条件是R≤0.9m或R≥2.8m．