热门试卷

解：（1）设小球到达C点时速度为v，a球从A运动至C过程，由动能定理有：

mg（5Rsin37°+1.8R）-μmgcos37°•5R= 

可得：

（2）要使小球不脱离轨道，有两种情况：

情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道．则小球在最高点P应满足

小球从C点直到P点过程，由动能定理，有  

可得：

情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D．则由动能定理有：

得：R′≥2.3R

（3）若R′=2.5R，由上面分析可知，球必定滑回D，设其能向左滑过DC轨道到达B点，在B点的速度为vB，由能量守恒定律有

可得：vB=0

故知，球不能滑回倾斜轨道AB，球将在B、Q之间做往返运动，最终球将停在CD轨道上的某处．设球在CD轨道上运动的总路程为S，由能量守恒定律，有

得：S=5.6R

所以知，小球将停在D点左侧，距D点0.6R处．

答：（1）小球滑到斜面底端C时速度为．

（2）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足的条件为R′≥2.3R．

（3）若R′=2.5R，小球将停在D点左侧，距D点0.6R处．

解：（1）小滑块由D运动至B为下落过程，只有重力做功，故机械能守恒，为此取小滑块和地球组成的系统为研究对象，有：

mg•2R=

解得： 

在最低点，支持力和重力的合力提供向心力，有：

解得FN=mg+m=10+1×=50N

由牛顿第三定律可知，小滑块对小车底B点的压力大小为50牛．

（2）小滑块从B运动至C的过程中，与车发生相互作用，使车向右运动．由于在水平方向上无外力作用，故水平方向上系统的动量守恒，为此取小滑块和小车组成的系统为研究对象，且设小滑块运动至C点时的系统的水平速度为Vcx，则有mvB=（m+M）vcx

解得：

小滑块滑至C处后，可取小滑块从B至C的全过程来研究，因除重力做功外，还有摩擦力做功，故机械能不守恒，为此系统损失的机械能有

E损=　

代入数据得：E损=15J

答：（1）滑块第一次过B点时对车底的压力为50N；

（2）在小滑块到达右端点C过程中，系统损失的机械能为15J．

解：（1）滑块a从光滑圆弧轨道滑下到达B点的过程中，根据动能定理有：

，

代入数据解得v=4m/s．

（2）滑块a到达B点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有：

x′=vt，

y=，

，

代入数据解得t=0.6s，

滑块b从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：

mgsinθ+μ2mgcosθ=ma1，

代入数据解得，

向上运动的时间＜0.6s，

然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：mgsinθ-μ2mgcosθ=ma2，

代入数据得，，

可得，

代入数据解得xPC=1.24m．

答：（1）滑块a到达B点时的速度大小为4m/s；

（2）斜面上P、C间的距离为1.24m．

解：①小木桶停止运动，小石块P作竖直上抛运动，此时它们的速度为v：

由匀变速运动的速度公式可得：v2=2gl，解得：v===2m/s，

对小木桶：v2=2ah，加速度为：a===2.5m/s2，

对整体，由牛顿第二定律得：F-（m+M）g=（m+M）a，解得：F=2.5N；

②小石块P由静止开始到最高点的过程中，由动能定理得：

W-mg（l+h）=0-0，解得：W=mg（l+h）=0.02×10×（0.2+0.8）=0.2J；

答：①拉力F的大小为2.5N；

②小石块P由静止开始到最高点的过程中，小木桶abcd对它做的功为0.2J．

解：（1）根据向心力公式，在B点：

解得B点速度：V=

从B到C：

解得：VC=6m/s

（2）物体在水平段：a=

由牛顿第二定律：F-μmg=ma

联立得：F=3N

答：（1）物块到达C点时的速度大小6m/s；

（2）水平力F的大小3N．

解：（1）根据动能定理得：

  mg（xsinθ+H）-μmgxcosθ=-0

解得 vC=10m/s

（2）在C点，由牛顿第二定律得

  N′-mg=

解得 N′=60N

由牛顿第三定律得，物块滑到C点时对圆弧轨道的压力大小N=N′=60N

（3）设物块与滑板能达到共同速度v，即物块未从滑板上落下来，滑板也未与D点相撞．

物块：v=vc-μgt

滑板：v=μgt

解得 t=1s，v=5m/s

物块的位移 S1==7.5m

滑板的位移 S2==2.5m

因滑板的位移 S2=2.5m＜L′=3.3m

则知滑板未到达D点

物块相对于滑板的位移  S相=S1-S2=5m＜L=7.1m

物块未从滑板上落下，达到共同速度后，物块与滑板一起匀速运动距离0.8m滑板到达D点，滑板撞停后，物块独自匀减速运动到D点．

 vD2-v2=-2μg（L-S相），得 vD=2m/s

因为vD=2m/s＜，所以物块不会脱轨，再次回到D点后做匀减速直线运动，设其向右减速的最大位移为S3：

得 S3==0.4m

物块最终静止时的位置到C点的距离：S=L+L′-S3=10m

答：

（1）物块滑到C点的速率vC是10m/s．

（2）物块滑到C点时对圆弧轨道的压力大小N是60N．

（3）物块最终静止时的位置到C点的距离S是10m．

解：（1）小球离开C点做平抛运动，则

  竖直方向：R=gt2

  水平方向：R=v1t  

联立解得，v1=

设小球以v1经过C点受到管对它的竖直向上的作用力为FN，有：

   mg-FN=m

解得：FN=mg

由牛顿第三定律可知，小球对管作用力的大小为mg，方向竖直向下．

（2）小球由静止释放的高度最大时，小球运动的水平位移为4R，打到N点．设能够落到N点的水平速度为v2，有：

  v2==

设小球离A点的最大高度为H2，根据机械能守恒定律可知：

  mg（H2-R）=mv22

解得：H2=5R             

同理：设小球离A点的最小高度为H1，有

  mg（H1-R）=mv12

解得：H1=R                  

因此欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的高度的取值范围是：R≤H≤5R．

（3）根据机械能守恒定律得：mg（H-R）=

平抛运动的水平位移 x=vCt，时间 t=

联立得 x=2

根据数学知识知，当R=H-R即R=时x最大，x的最大值为 xmax=H

答：（1）若小球从C点射出后恰好能打到垫子的M端，则小球经过C点时对管的作用力大小为大小为mg，方向竖直向下．

（2）欲使小球能通过C点落到垫子上，小球离A点的高度的取值范围是R≤H≤5R．

（3）当圆弧半径R为H时小球能打在MN上最远，最远距离是H．

解：（1）飞机仅在阻力f的作用下做匀减速直线运动，

由动能定理得：-fx=0-

解得：x=980m；         

（2）由v-t图象可知，飞机加速度：

a=

加速度大小为30m/s2

对飞机，由牛顿第二定律得：

解得：T=5.5×105N；

（3）由图象面积可知，从t1时刻至t2时刻，飞机的位移为s1=80m，

从t2时刻至飞机停止，飞机的位移为s2=2m，

从t2时刻至飞机停止，由动能定理得：

解得：W=-9×105J．

答：（1）飞机继续滑行的距离为980m．

（2）此时阻拦索中的弹力为5.5×105N；

（3）阻拦索对飞机做的功为-9×105J

解：设斜坡的倾角为α，高度为h，斜坡长为s，物体从在斜坡上A处由静止开始滑下直到C处停止的过程，应用动能定理得

  mgh-μmgcosα•s-μmgsBC=0  ①

再对物体在A处以一定的初速度v0滑下的全过程，运用动能定理得

   mgh-μmgcosα•s-μmg（sBC+sCD）=0- ②

由②-①式可得  sCD=

答：物体停下处D距C距离为．

解：（1）物体在水平轨道上运动过程，由动能定理得

[Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）]s=

代入得：[2×0.8-0.4×（2-2×0.6）]×0.8=0.1×

解得 vB=3.2m/s

（2）设物块沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功为W．

根据动能定理得

  Fxcos（45°-37°）+W-mgR=0-

又 x=R

联立解得 W=-1.344J

答：

（1）物块在水平轨道上运动到B端时的速度大小是3.2m/s；

（2）物块沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功为-1.344J．

解：（1）由向心力公式：F+mg=

动能定理：mg（R-2r）=

联立得：r=

（2）根据平抛运动：

根据动能定理：

联立得：Wf=

答：（1）圆轨道OBO的半径；

（2）全过程中小球克服摩擦阻力做的功