热门试卷

解：（1）设被困人员滑到B点时的速度为v，由动能定理有：

代入数据得：

因为v＜vm=6m/s，所以被困人员滑到B点时是安全的

（2）设滑杆两端点AB的最大竖直距离为h，被困人员滑到B点时的速度为v′，

对其下滑全过程由动能定理有：

L1sinα‘+L2sinβ'=d=L1sinα+L2sinβ

v'≤vm

联立解得：h≤12.8m

所以能安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离为12.8m．

答：（1）被困人员滑到B点时是安全的

（2）能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离为12.8m．

解：（1）设小球在C点速度大小为vC，小球到达C点时由重力提供向心力，则得：mg=m…①

可得：vC===m/s

从A到C过程，由机械能守恒得：mg（h-R）=

联立得：h=2.5R=2.5×0.2m=0.5m

即A点到水平面B点的高度为0.5m．

（2）小球离开C后做平抛运动，则有：

R=

x=vCt

联立得：x=R

故小球从C点运动到BD水平面上的落地点到B点的距离为：

S=x-R=（-1）R=（1.414-1）×0.2m=0.828m

答：（1）初始位置A点到水平面B点的高度为0.5m；

（2）小球从C点运动到BD水平面上的落地点到B点的距离为0.828m．

解：设木板槽对木块摩擦力为f，木块质量为m，由动能定理得：

-fs=

代入数据，即：-f×4=

解得：f=

设木块还可以向前滑行xm

则有：-fx=

代入数据，解得：x=3.2m

答：木块还可以向前滑行3.2m．

解：（1）由题意知小物体沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿运动定律和动能定理有：

…①

从C到D由动能定理可得

…②

由牛顿第二定律可知

…③

FC=F′C…④

联解①②③④并代入数据得：

FC=60N…⑤

（2）对小物块从A经B到C过程，由动能定理有：

…⑥

联解①②⑥并代入数据得：

μ=0.25

答：（1）物块经C点时对圆弧轨道的压力Fc为60N

（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.25．

解：从A到B过程，由于动能定理得：（F-μmg）x=mvB2-0，

在B点，由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得：F=60N，

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力F′=F=60N，方向竖直向下；

从B到D过程，由机械能守恒定律得：

mvB2=mvD2+mg•2R，

在D点，由牛顿第二定律得：FN-mg=m，

解得：FN=0N，

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为：FN′=FN=0N；

答：滑块经过圆形轨道的B点时对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下，经过D点时对轨道的压力是0N．

解：（1）在CD段滑雪者做平抛运动，由平抛运动知识 h=gt2  解得t==0.6s

则运动员在C点速度VC===2m/s

（2）在BC段速度小于4m/s时的加速度a1==2.5m/s2，

速度大于4m/s时的加速度a1==1.25m/s2

加速度为2.5m/s2时滑雪者滑行距离X1==2.4m

则加速度为1.25m/s2时滑雪者滑行距离X2=96m

由此知滑雪者在B点的速度VB==16m/s

在AB段，速度大于等于4m/s时 a3=g sin37°-μ2gcos37°  解得a3=5m/s2

速度小于4m/s时a4=g sin37°-μ1gcos37°  解得a4=4m/s2

加速度为5m/s2时滑雪者滑行距离X3==24m

加速度为4m/s2时滑雪者滑行距离X4==2m

则知斜坡AB的长为xAB=x3+x4=26m

（3）斜坡AB的竖直高度h=

由能量守恒知 Wf=mgh-mvc2=29762J．

答：（1）滑雪者在C点的速度2m/s；

（2）斜坡AB的长度为26m；

（3）整个过程中滑雪者克服摩擦力所做的功29762J

解：（1）如图，小物体最终将在以过圆心的半径两侧θ 范围内即图中EB范围内运动，对物体从A到B（或E）的整个过程，运用动能定理得

mgRcosθ-fs=0

又 f=μmgcosθ

解得：S=

（2）小物体第一次到达最低点时对C点的压力最大；根据牛顿第二定律得：Nmax-mg=m

由动能定理得：mgR-μmgcosθ•=

式中

解得：Nmax=mg（3-2µcosθctgθ）

当小物体最后在BCD′（D′在C点左侧与B等高）圆弧上运动时，通过C点时对轨道压力最小．则有：Nmin-mg=m

mgR（1-cosθ）=mv′2

解得：Nmin=mg （3-2cosθ）．

答：

（1）小物体在斜面上滑行的总路程是；

（2）物体对C点的最大压力为3mg-2μmgcosθcotθ，最小压力为3mg-2mgcosθ．

解：（1）将x=12t-4t2和匀变速直线运动的位移公式x=v0t+对比，可得物块在C点速度为 v0=12 m/s，加速度 a=-8m/s2；

设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：

  W-mgsin37°=                            

代入数据得：W=156J                                       

（2）物块在CB段，根据牛顿第二定律，F=ma  得 F=16N

物块在P点的速度满足 mg=m              

C到P的过程，由动能定理得：Fx-mgR（1+sin53°）=-

综上解得：x=m=6.125m            

（3）假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为为vQ，由动能定理得：

  -=mgR-2μmgxcos37°

又 mgsin37θ+μmgcosθ=ma，解得 μ=0.25

联立解得 =-19＜0

可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．

答：（1）物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功是156J；

（2）B、C两点间的距离x是6.125m；

（3）物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中不会脱离轨道．

解：从A到B设阻力做功Wf 由动能定理得：

mgh+Wf=mv2-0

代入数据得：Wf=-32 J

答：在下滑过程中阻力对物体所做的功是-32J．

解：（1）对AB过程由机械能守恒定律可知：

EKB=mv02+mgh

EKB=×2×16+2×10×1=36J；

（2）由动能定理可知：

WfBC=EKC-EKB

-8×2=EKC-36

解得C点的动能为：

EKC=20J；

C到最高点由机械能守恒定律可知：

EKC=mghM

代入数据可得：

20=2×10×h；

解得：h=1m；

（3）物体只有经过BC时才损失机械能，设物体在BC上滑行的总长为L后最终停下，则有：

fL=EKB-0

解得：L=4.5m；

由于BC为2m，所以物体在BC上刚好经过一个来回，又向右滑行0.5m停下．

即物体最后静止的位置离B点的距离为0.5m．

答：（1）物体第一次到达B点时的动能为36J；（2）物体沿CD面上升的最大高度1m；（3）物体最后静止时的位置离B点距离0.5m．

解：（1）P1从A到B为研究过程，由机械能守恒得：

mgR=-

在B点据牛顿第二定律得：F-mg=

在B点由牛顿第三定律可知：F与F′等大反向，联立以上解得：

vB=5m/s…①

F′=13.1N，方向竖直向上．

（2）由于两物体碰撞过程中是弹性碰撞，所以碰后P2的速度为5m/s，P2在长木板上做匀减速直线运动，P1静止在长木板上一齐做匀加速直线运动；据牛顿第二定律得：

μ2mg=（M+m）a

代入数据解得：a=1m/s2…②

（3）假设不会从长木板上掉下，所以应满足：sp-s木≤L

设v为共同速度，由动量守恒得：mv0=（m+m+M）v…③

以P2为研究对象，牛顿第二定律得：μ2mg=ma1…④

据运动学公式得位移：…⑤

再以长木板为研究对象，据运动学公式得：…⑥

联立①②③④⑤⑥解得：sp-s木=1.32m＜L=2m，所以假设成立．

解得：v==0.67m/s

答：1）P1通过圆弧轨道的最低点B时对轨道的压力13.1N．

（2）P2在木板上滑动时，木板的加速度1m/s2

（3）已知木板长L=2m，请通过计算说明P2不会从木板上掉下，共同速度为0.67m/s．