热门试卷

解：（1）物体在B点时，做圆周运动，由牛顿第二定律可知：

T-mg=m

解得：v=

从A到C由动能定理，弹力对物块所做的功为：W=mv2=3mgR，根据能量守恒知开始时弹簧储存的弹性势能为3mgR；

（2）物体在C点时由牛顿第二定律可知：

mg=m；

对BC过程由动能定理可得：

-2mgR-Wf=mv02-mv2

解得物体克服摩擦力做功：

Wf=mgR．

（3）物体从C点到落地过程，物体做平抛运动：

x=v0t

h=2R=

联立得x=2R

机械能守恒，则由机械能守恒定律可得：

2mgR=Ek-mv02

物块落地时的动能Ek=mgR．

答：（1）弹簧对物块的弹力做的功为3mgR；

（2）物块从B到C克服阻力做的功为mgR．

（3）物块离开C点后落回水平面时的水平距离为2R，动能的大小为mgR．

解：设该行星地表重力加速度为g0，对于任一天体，根据M=ρV得：M=πR3ρ

物体在天体表面满足：G=mg

解得：g=πGRρ

由题，该行星的密度和地球的平均密度相等，直径等于地球直径的两倍，则有：g0=2g=20m/s2；

设物块与带共速时运动时间为t1，位移为s，对物块有：

μmg0cosθ-mg0sinθ=ma

 v=at1

 s=

联立以上三式解得：t1=1s，s=4m＜L

则物与带共速后将随带一起匀速上升至B处，传送带对物做功等于物机械能的增加量，有：

 W=△E=mv2+mg0Lsinθ=×4×82+4×20×20×0.6=1088J

答：物块从A到B的过程中，传送带对物块做的功为1088J．

解：小球在水平面上做半径为R1的匀速圆周运动时，有

解得．

小球在水平面上做半径为R2的匀速圆周运动时，有

解得

根据动能定理得，．

答：小球运动的半径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功为．

解：

（1）对小球有N=

F1=N=4N

（2）FLcos37°-mg（L-Lsin37°）=

可解得：v1=0.8m/s

（3）设小球碰地的速度为v2，有  mgL+=

可解得  v2=2.15m/s

设小球碰地后反弹的速度为v3 有  

可解得  v3=2m/s

对小球的碰地过程，根据牛顿第二定律有 （N-mg）=m 

可解得   N=27.9N

（4）设杆靠在立方体向右倒下与地面的夹角为θ时小球与立方体分离，此时小球与立方体的速度分别为v4和v5，可有

mgL（1-sinθ）=+

v4sinθ=v5

mgsinθ=m

联立上述方程可解得  v5=0.5m/s．

答：（1）为了使轻杆与水平地面夹角α=37°时立方体平衡，作用在立方体上的水平推力F1应为4N；

（2）若立方体在F2=4.5N的水平推力作用下从上述位置由静止开始向左运动，则刚要与挡板相碰时其速度0.8m/s；

（3）小球对地面的平均冲击力为27.9N；

（4）最终立方体在通道内的运动速度为0.5m/s．

解：（1）由动能定理得：mgH-μmgcos37°•=mvC2-0，

由牛顿第二定律可得：F-mg=m，

联立解得：F=1320N；

（2）小车恰好通过B点时，由牛顿第二定律得：

mg=m，

解得：vBmin===5m/s，

从A点到B点，mgH-μmgcos37°•-mg•2R＜0，

则小车不能到达B点；

（3）设小车恰好到达B点时，释放点的高度为H′，

则mgH′-μmgcos37°•-mg•2R=mvBmin2-0，

解得：H′=87.5m；

小车恰好到达与圆心同高位置的释放点高度设为h，

则由动能定理得：mgh-μmgcos37°•-mgR=0-0，

解得：h=12.5m；

则小车不脱离圆形轨道需要满足的条件是：H≥87.5m或0＜H＜12.5m；

答：（1）轨道对小车支持力的大小为1320N；

（2）小车不能通过圆形轨道最高点B；

（3）为使小车在运动中不脱离圆形轨道，小车初始下落高度H值的范围是：H≥87.5m或0＜H＜12.5m．

解：小滑块恰好通过最高点，则有：

mg=m

解得：

VC=

再对AC过程直接应用动能定理列式，有：

F•2R-mg•2R=

解得：

F=

答：水平拉力为．

解：（1）重力做功与路径无关，故：

WG=mgh=10×30J=300J

（2）根据动能定理得：WG=mv2-mv02

解得：EK=mv2=mgh+=1×10×30+×1×102=350J

答：（1）重力对物体做功为300J；

（1）落地时物体的动能为350J．