热门试卷

解：（1）从A到B，根据动能定理得：  ①

代入数据解得：vB=11m/s

（2）从B到C，根据机械能守恒得：；

小滑块在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有：

代入数据解得：F=10.5N；

（3）小滑块在整个运动的过程中，摩擦力做功与小滑块动能的变化．

得：

解得：m；

 答：（1）滑块经过B点时的速度大小11m/s；（2）滑块经过C点时受到轨道的作用力大小10.5N；（3）滑块最终停留点D（图中未画出）与起点A的距离为72m．

解：整个过程中，根据动能定理得

  空气阻力对物体做功为 W=-=1×（162-202）=-72J

则物体克服阻力所做的功是72J．

答：在整个过程中，物体克服阻力所做的功是72J．

解：对于物体从开始运动到返回的整个过程，根据动能定理，有

F•L-2μmg•L-2μmgcos30°•L=0

对从最高点到返回出发点过程，有：

mgxsin30°-μmgcos30°x-μmgx=0

解得：

F=2μmg（1+cos30°）=mg

答：开始受到的水平拉力F为mg

解：（1）小物块第一次从A运动到O过程中克服摩擦力做的功为：

Wf=μmgcos53°•=μmghcot53°=0.5×20×0.8×J=6J

（2）物块第一次下滑过程，根据动能定理可得：

mgh-Wf=mv2-0

解得：v===m/s

（3）物体最终静止在地面上，由动能定理可得：

mgh-μmgScos53°=0-0

代入数据解得：S=m

故小物块在斜面上通过的总路程为：S总=2S=m

答：（1）小物块第一次从A运动到O过程中克服摩擦力做的功是6J；

（1）小物块第一次到达0点的速度大小是m/s；

（2）从开始运动到最终静止的过程中，小物块在斜面上通过的总路程是m．

解：（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有：

m1gsin53°=m2gsin37°

解得：m2=4kg

即小物块Q的质量m2为4kg．

（2）P到D过程，由动能定理得 m1gh=

根据几何关系，有：

 h=L1sin53°+R（1-cos53°）

在D点，支持力和重力的合力提供向心力：

 FD-mg=m

解得：FD=78N

由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N．

（3）分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零．

由全过程动能定理得：mgL1sin53°-μmgL1cos53°L总=0

解得：L总=1.0m

即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m．

答：

（1）小物块Q的质量是4kg；

（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小是78N；

（3）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程是1.0m．

解：（1）对系统运用动能定理得，（mB+mC）gh1-mAgh1sinθ=

代入数据得，（1+1）×

解得v=．

（2）对A、B系统运用动能定理得，v2

代入数据得，1×10×h2-2×10×h2×0.6=0-

解得h2=1.5m

上滑的最大高度h=（h1+h2）sinθ 

解得h=1.2m．

答：（1）圆柱体BC到达支架D时的速度为；（2）物体A在斜面上上滑的最大高度为1.2m．

解：（1）设BC间距离为s，BC间物块所受摩擦力大小为：f=μmg=0.3×2×10=6N；

当传送带静止时，摩擦力做负功，大小为：WBC=fs

以BC面为零势能面，则初始势能为：Ep0=mglABsin37°=2×10×0.75×0.6=9J

末势能：Ep1=mghD=2×10×0.15=3J

整个过程中能量守恒，则：Ep0=Ep1+WBC

代入数据解得：s=1m；

（2）设初速度为v，则初始动能为：EK=

初始势能仍为Ep0

BC段摩擦力做负功，大小仍为WBC

末势能为：Ep2=mg2R=2×10×2×0.15=6J

整个过程中能量守恒得：EK+Ep0=WBC+Ep2

代入数据得，小滑块的初速度：v=m/s；

（3）假设刚好能通过E点，设通过C点的速度即传送带的最小速度为v′，

则=EP2

而m

代入数据得传送带的最小速度：v′=m/s

由从静止释放物块，得通过B的速度v″满足：

代入数据解得：v″=3m/s

根据牛顿第二定律，得匀减速过程加速度为：a=

由速度时间公式得，匀减速过程用时：==1-（s）

位移为：

由位移时间公式得，匀速过程所用时间：t″=

总用时：t1=t′+t″，

代入数据得：t1=（1-）s

答：（1）B，C两点间的距离为1m；

（2）小滑块的初速度大小为m/s；

（3）传送带的最小速度为m/s，此过程小滑块B到C的时间为（1-）s．

解：（1）设C处圆形轨道的半径为R′，

则由几何关系可知，A到B处圆轨圆心的距离为，

而且，

解得R′=3R，

斜面轨道AB=，①

  ②

小球由A到C处圆形轨道的最高点的过程由动能定理有：

   ③

由于小球恰能到达C处圆轨道的最高点，故v=．  ④

联立①②③④解得．    ⑤

（2）设小球到达B处圆形轨道的最高点的速度为v1，

小球由A到B处圆形轨道最高点的过程，由动能定理有：

   ⑥

设小球在B处圆形轨道最高点受轨道压力为FN，

由牛顿第二定律可知，    ⑦

联立①⑤⑥⑦解得FN=4mg．

答：（1）小球恰能到达大圆轨道的最高点，则v0应满足大于等于；

（2）小球在小圆轨道的最高点时受到的轨道的弹力大小是4mg．

解：（1）从10m/s到落地由动能定理可得：mgH=mV2-；

代入数据解得V=15m/s

②铁球从0-10m/s由动能定理可得W=

答：1）球落地时的速度为15m/s；（2）这一过程人对球做功为100J．

解：（1）小物体从E到C，由能量守恒得：

      ①

在C点，由牛顿第二定律得：FN-mg=m，②

联立①②解得FN=12.4 N．

根据牛顿第三定律有，F′N=FN=12.4N，方向竖直向下．

（2）从E→D→C→B→A过程，由动能定理得：

WG-Wf=0，③

WG=mg[（h+Rcos37°）-LABsin 37°]，④

Wf=μmgcos 37°•LAB，⑤

联立③④⑤解得LAB=2.4 m．

（3）因为mgsin 37°＞μmgcos 37°（或μ＜tan 37°），

所以，小物体不会停在斜面上．小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动，

从E点开始直至运动稳定，系统因摩擦所产生的热量，

Q=△Ep，⑥

△Ep=mg（h+Rcos 37°），⑦

联立⑥⑦解得Q=4.8 J．

答：（1）小物体第一次通过C点时对轨道的压力为12.4N；

（2）要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面至少要2.4m；

（3）若斜面已经满足（2）要求，小物体是不能停在斜面上．再研究小物体从E点开始下落后，整个过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小为4.8J