热门试卷

解：（1）在传送带上：a1=μg=5（m/s2），

在斜面上：a2=gsinθ+gμcosθ=10（m/s2）．

由运动学公式：vB==10（m/s）＜12（m/s），

vB2-vC2=2a2S，

代入数据解得：vC=0．

（2）由运动学公式：

L=a1t12，

代入数据解得：t=2（s）＜3（s）．

在2s内传送带的位移：x带=24（m），

物体相对皮带的位移：△x=24-10=14（m）．       

所以对一个物体做功：

W1=Q+mvB2=mgμ△x+mvB2=1200（J）．

而在第3秒末皮带已运送两个物体，且第二个物体也刚好到达B点，第三个物体刚放上皮带．

所总功：W=2W1=2400（J）．    

（3）物体到A处速度为零，则在B处速度即为（1）问中求出的vB=10（m/s），在C到B过程中由能量转化守恒可知：

mvB2+mgμScosθ=mgh+W′=mgSsinθ+W′，

代入数据得：W′=400（J）．

答：（1）货物到C点处速度的大小0；

（2）从第一个货物放上传送带A端开始计时，在t=3.0s的时间内，传送带做的功2400（J）．

（3）若乙机器人把货物从C点放上，甲机器人能在A点接住货物，要求货物到A点时速度为零，则乙机器人在C点对货物做的功W′应为400（J）．

解：

（1）由图象知，前两秒t1的末速度为v1=3m/s，最大速度为vm=6m/s

根据 P=Fv，当 F=Ff时，v=vm

解得阻力．

（2）前2s，小车做匀加速直线运动，位移x1，由运动学公式得，

2s～10s内，时间为t2，根据动能定理

代入数据解得x2=39m

0～10s内位移x=x1+x2=42m．

答：（1）小车所受到的阻力大小为1.5N；

（2）小车在0～10秒内位移的大小为42m．

解：（1）根据牛顿第二定律知：a=gsinθ，t=1s

物块在光滑面上匀加速下滑，有：L==

解得：L=4m

（2）传感器压力来自物块对斜面正压力（等于G1）的水平分力，受力如图有：

F=G11=G1cosθ=Gsinθcosθ=mgsinθcosθ

即12=mgsin37°cos37°

得：m=2.5 kg

对水平段，由图知摩擦力f=6 N，

由图象知下滑时间t=1 s，有滑到B点时速度：

v=gsinθt=8 m/s

对AB段由动能定理有：-fLAB=0-，

带入数据得

LAB=13.3m

答：（1）斜面BC的长度L为4m；

（2）木板AB部分至少13.3m才能保证物块不从上面掉下来．

解：设物体初速度为v，物体上滑的距离为s，由动能定理得：

上滑过程：-μmgcosθ•s-mgssinθ=0-mv2，

下滑过程：mgssinθ-μmgcosθ•s=m，

解得：μ=tanθ；

答：物体和斜面之间的动摩擦因数为tanθ．

解：（1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h．因为F恒定，所以两绳对物块拉力大小分别为F，两绳与竖直方向夹角均为θ，由平衡条件知：

2Fcosθ=mg    

2θ=120°，所以θ=60°，

由图知：h=Ltan30°=L ①

（2）物块下落h时，绳的C、D端均上升h′由几何关系可得：h′= ②

克服C端恒力F做的功为：W=Fh′③

由①②③式联立解得：W=（-1）mgL

在物块下落过程中，共有三个力对物块做功．重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功．两端绳子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功．因为物块下降距离h时动能最大．由动能定理得：

mgh-2W=m  ④

将①②③式代入④式解得：vm=（-1）

（3）当物块速度减小为零时，物块下落距离达到最大值H，绳C、D上升的距离为H’．由动能定理得：

mgH-2mgH′=0，又H′=-L，

联立解得：H=l．

答：（1）当物块下落距离h为L时，物块的加速度为零．

（2）物块下落过程中的最大速度vm为=（-1）；

（3）物块下落过程中的最大距离H为l．

解：（1）物块由A点至B点，由动能定理得：

得：v=8m/s

（2）物块滑上木板后，物块和木板组成的系统动量守恒，设物块与木板达到共速时的速度为v1，木板向右运动的位移为S1，物块相对木板的相对位移为S2．选速度v的方向为正，有：

 mv=（m+M）v1

得：S1=1.5m=d，即木板则好到达C位置．

S2=6m=L，即物块刚好滑至木板右侧．

（3）设物块冲至桥顶D点时的速度为v2，由机械能守恒定律得：

物块到达D点时：

得：F=5N

物块从D点做平抛的过程中，木板向右做匀速运动，设物块平抛射程为X1，木板向右运动X2，则有：

物块落在木板上的位置离木板左端距离：

答：

（1）物块滑至B点时的速度大小v为8m/s；

（2）物块刚好滑至木板右侧；

（3）物块到达弧形桥顶端D点时所受到的支持力F为5N，物块与木板相碰点到木板左端的距离S0为m．

解：（1）当木块动能与重力势能相等时，设木块的速度为v，由动能定理，有

由题意，有 

由以上两式，得：

（2）取能上滑的最大高度为H，由动能定理，有

解得：

则

答：

（1）当木块的动能等于重力势能时，木块相对于初始位置的高度h为0.6m．

（2）木块在上滑到最高点的过程中克服摩擦力做的功Wf为0.9J．

解：解析：（1）m2过B点后遵从s=6t-2t2所以知：vB=6m/s，a=-4m/s2．

由牛顿第二定律：μmg=ma

解得μ==0.4．

（2）竖直方向的分运动为自由落体运动，

有P点速度在竖直方向的分量

P点速度在水平方向的分量vx==4m/s

解得离开D点的速度为vD=4m/s

由机械能守恒定律，有

得=74m2/s2

根据牛顿第二定律，有，

代入数据解得F‘N=16.8N

根据牛顿第三定律，F=F'=16.8N，方向竖直向下．

（3）小球刚好能到达M点，有，

则

小球到达P点的速度=8m/s．

从P到M点应用动能定理，有

代入数据解得WPM=2.4J

从B到D点应用动能定理，有，

代入数据解得WBD=2J

从C到B点应用动能定理，有Ep=μm1gxCB；

WCB=3.6J

则释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为：W=WCB+WBD+WPM═8J

答：（1）物块m2过B点时的瞬时速度vB=6m/s，与桌面间的滑动摩擦因数0.4；

（2）若轨道MNP光滑，物块m2经过轨道最低点N时对轨道的压力16.8N；

（3）若物块m2刚好能到达轨道最高点M，则释放m2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功8J．

解析：（1）由题意可知，物块第一次到达A点时应满足：

解得：VA1=3 m/s＜V1

故物块从D到A的过程中全程加速，由动能定理得：

代入数据解得：μ1=0.45                                       

（2）设物块第一次从B到C全程加速，则物块第一次由D经A、B到C的过程，由动能定理得：

代入数据解得：VC1=m/s＜V2

故假设成立，则物块由D出发到第一次回到D的过程，由动能定理：

代入数据解得：VD1=4m/s                                

（3）设每次物块在两传送带上都是全程加速，第N次到达C点时的速度恰好等于V2，

代入数据解得：N=4

同理，设第n次到达D点时的速度恰好等于V1，则由动能定理得：

代入数据解得：n=4=N

故第4次回到D点速度达到最大，之后每次都在传送带上匀速

综上分析可知在D点的最大速度为8m/s        

答：（1）物块与传送带Ⅰ间的动摩擦因数是0.45；

（2）物块第1次回到D点时的速度是4m/s；

（3）物块第几次回到D点时的速度达到最大，最大速度为8m/s

解：（1）小球从A点开始至小球脱离弹簧的过程中根据弹力做功与弹性势能变化的关系有：

W弹=-△EP弹=-（0-Ep）=64J

对小球而言，此过程只有弹力做功，故有：W弹=mv2-0，

得小球脱离弹簧时的速度为：v=8m/s，

（2）小球恰好能通过最高点C，故在最高点小球只受重力作用，根据牛顿第二定律有：

mg=

得小球在C点时的速度为：vC==m/s，

因为AB段光滑，小球在B点时的速度等于小球脱离弹簧时的速度即：vB=v=8m/s

在从B至C的过程中只有重力和阻力做功，根据动能定理有：

WG+Wf=m-m

得阻力做功为：Wf=-39J

所以从B至C的过程中小球克服阻力做功39J；

答：（1）小球脱离弹簧时的速度大小是8m/s；

（2）小球从B到C克服阻力做的功是39J．

解：（1）设人落在转盘边缘也不被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有：

μmg≥mω2R 

即转盘转动角度应满足：

ω≤

（2）水平加速段位移为x1，时间t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2

则加速时有：

x1=at2

v=atl 

平抛运动阶段：

x2=vt2 

H=gt2

全程水平方向：

x1+x2=L

代入已知量数值，联立以上各式解得：

tl=2s 

（3）根据动能定理：

 Pt-fx1=mv2

解得：

 f=200N

答：答：（1）转盘的角速度ω应限制在ω≤的范围．

（2）他是从平台出发后2s时间释放悬挂器．

（3）阻力大小为200N．

解：（1）滑块从B到C的过程，机械能守恒

代入数据可得vB=4m/s

所以在B点，对滑块有

代入数据得N=30N   

根据牛顿第三定律可得：滑块对圆弧轨道的压力为30N，方向竖直向下．

（2）滑块由B到D，据动能定理得

代入数据计算可得：lBD=0.8m

（3）滑块由A到B，据动能定理

代入数据计算可得lAD=4m

滑块由D到B，动能定理：mglDBsinθ-μmgcosθlBD=mv2-0①

设滑块经B后滑上圆弧，又滑回，再次经B后滑上斜面的最高点为E，则滑块由B到E，据动能定理得-mglBEsinθ-μmgcosθBE=0-mv2②

由①②可得lBE=0.16m

所以，从开始到第五次经过B点产生的总热量为：Q=μmgcosθ（lAD+2lBD+2lBE）=23.68J

答：（1）滑块第1次经过B点时的速度大小及对圆弧轨道的压力30N；

（2）图中BD两点的距离0.8m；

（3）滑块从开始运动到第5次经过B点的过程中与斜面摩擦而产生的热量23.68J．