热门试卷

解：（1）刹车过程，由动能定理得：

μmgL=

解得L=50m

（2）在刹车反应时间内汽车匀速运动的位移：

S1=v△t=8×0.6=4.8m

汽车开始刹车后的位移为S2由动能定理得

μmgS2=

得S2=32m

∴S=S1+S2=4.8+32=36.8m

答：（1）车轮在公路上划出的刹车痕迹长L为50m；

（2）司机至少应在距故障车36.8m远处采取同样的刹车措施．

解：（1）因为F恒定v均匀增大，所以P均匀增大．  

所以有：t1-Wf=mv12

故有：Wf=t1-mv12

（2）由于v2是列车行驶的最大速度，故有：

f=

对AB段汽车应用动能定理可得：

P（t2-t1）-s′=m（v22-v12） 

s′==v2（t2-t1）-

（3）对全程应用动能定理得：

W-fs=mv22

故有：S=

答：（1）OA段阻力做功的大小为Wf=t1-mv12．

（2）AB段汽车行驶的位移为v2（t2-t1）-．

（3）汽车全程的总位移为

解：设木块受到的滑动摩擦力大小为f．

根据动能定理得

未撤去恒力时，有 Fx-fx=

撤去恒力时，有-fx′=0-

联立解得 x′===m

答：木块还能滑行m．

解：（1）对A、B、C系统，从开始运动到C落地瞬间，由动能定理得：

（mC+mB-mA）gL=

解得：v1==m/s=2m/s

（2）设物块B的质量为m，则物块A的质量为1.6m，当C着地后，A、B两物体系统机械能守恒，当B的速度为零时，B下落的位移为x，则有功能关系得：

mgx-1.6mgx=0-

解得：x==m≈0.87m

所以B与C没有发生碰撞，此时A上升到最高点，

则A上升的最大高度为：h=L+x=1.8+0.87=2.67m

答：（1）C落地瞬间A的速度大小为2m/s；

（2）物块A上升的最大高度为2.67m．

解：（1）滑块从A到B的过程中，根据机械能守恒定律得：

  mgR=mvB2；

可得 vB=

在B点，设轨道对滑块支持力为F，则小滑块在B点时所受轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力

 F-mg=m

联立得：F=3mg=30N

由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F′=F=30N

（2）从A到C，由动能定理得：

mgR-μmgL=

解得：vC=3m/s

滑块离开C点后做平抛运动，则有：

h=

x=vCt

联立解得：t=1s，x=3m

（3）假设滑块刚好落到木板的底端时经过C点的速度为v，则有：

 v===3.75m/s＞vC=3m/s

所以滑块能落在木板上．

设它第一次在木板上的落点到C点的距离为S．

则有：

  Scos53°=vCt

  Ssin53°=

得：tan53°=，t=0.8s

S==m=4m

答：（1）滑块到达轨道最低点B时对轨道的压力大小为30N；

（2）滑块落地点到桌子边缘D点的距离是3m．   

（3）滑块能落在木板上，它第一次在木板上的落点到C点的距离为4m

解：（1）木块从N到NN′中点，再回到N点，此过程弹簧弹力做功代数和为零，克服摩擦力做的功为W克；若木块与弹簧不相连接，木块从N到达N′过程中，弹簧弹力不做功，克服摩擦力做的功也为W克，又因为两种情况木块到达N时的速度相同，所以到达N′的速度v′应等于第一次回到N时速度v，即v′=v

（2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功为W

W-W克=mv2，

则得W=mv2+μmgL

（3）木块落地时速度为vp

t=

h=gt2=               

根据机械能守恒定律得 mgh=mvp2-mv2

得vP=

答：

（1）木块通过N′点时的速度是v；

（2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功是mv2+μmgL；

（3）木块落地时速度vp的大小是．

解：（1）小物块到C点时的速度竖直分量为

vCy=v0tan53°==4 m/s    

下落的高度h=．

（2）小物块在木板上滑行达到共同速度的过程

木板的加速度大小：，

物块的加速度大小：，

由题意得：a1t=vD-a2t，

联立以上各式并代入数据解得vD=，

小球在D点时由牛顿第二定律得

代入数据解得FN=26N   

由牛顿第三定律得FN′=FN=26 N，方向竖直向下；  

（3）小物块由A到D的过程中，由动能定理得

mgh+mgR（1-cos 53°）-W=mv     

代入数据解得W=10.5J    

答：（1）A、C两点的高度差h为0.8m；

（2）物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为26N；

（3）物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功为10.5J．

解：（1）对从初始位置到圆弧轨道的最高点过程，根据动能定理，有：

-mg（2R）=

在圆弧轨道的最高点，根据牛顿第二定律，有：

mg+N=m

联立解得：

N=40N

根据牛顿第三定律，物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力为40N；

（2）从Q到P过程，滑块的加速度为：a=-μg=-4m/s2；

根据位移公式，有：x=，代入数据解得：

t=0.5s或t=2.5s（不可能速度减小为零后反向加速，故舍去）

在P点的速度为：v2=v0+at=6-4×0.5=4m/s

故最大弹性势能为：

（3）物块恰能不脱离轨道返回A点，在圆轨道最高点的速度为：

对从开始到第二次到圆轨道的最高点过程，根据动能定理，有：

-mg（2R）-μmg•2l=

解得：

2l===3.8m

故l=1.9m

答：（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力为40N；

（2）物块从Q运动到P的时间为1s，弹簧获得的最大弹性势能为8J；

（3）调节仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是1.9m时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．

解：（1）从A到B，根据动能定理有：mg•2r=mvB2

解得  vB=2                                              

（2）由于进入管口C端时与圆管恰好无作用力，即只由重力提供向心力

即 mg=m

从B到C，由动能定理得：-μmg•3r=mvC2-

解得：μ=0.5                      

（3）根据能量守恒，从A点到最终有

 mg•2r=μmgs                  

解得小球在BC上滑行的总路程 s=4r                                                  

因此小球最终停在C点左边r处（或B点右边2r处）．              

答：

（1）小球达到B点时的速度大小vB是2．   

（2）BC段的动摩擦因数μ是0.5；

（3）小球最终停在C点左边r处（或B点右边2r处）．

解：（1）杆加速上升过程中，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，滑动摩擦力大小为  f=μN=7×103N    

  a==2m/s2     

（2）设杆经过时间t0速度与滚轮速度相同，即有 v=at0

得t0===2s  

此过程金属杆通过的位移 s=at2=4m     

∵s＜L=6.5m

∴金属杆先匀加速4米，后匀速2.5米．

杆与滚轮脱离时杆的速度为滚轮边缘线速度 v=4m/s     

（3）对于匀加速运动过程，由动能定理得

  W1-mgsinθs=mv2

代人数据解得：W1=2.8×104J   

对于匀速运动过程，由动能定理得  W2-mgsinθs′=0   

解得：W2=1.25×104J    

∴W=W1+W2=4.05×104J             

答：

（1）在滚轮的作用下，杆加速上升的加速度为2m/s2．

（2）杆与滚轮脱离时杆的速度为4m/s．

（3）每个周期中电动机对金属杆所做的功为4.05×104J．

解：（1）设物体在斜面上上滑的最高点为C，由图乙可知xBC=5m，从C点返回时到D点，

从B到C由动能定理可得：0-50=-mgxBCsinθ-μmgxBCcosθ…①

从C到D由动能定理可得：2-0=mgxCDsinθ-μmgxCDcosθ…②

代入已知量解得：μ=0.5，θ=37°…③

由

代入数据得：v0=10m/s…④

由B上升到C加速度为：

上滑时间为：…⑤

由C返回B 加速度：…⑥

下滑时间为：t2===5s…⑦

速度为：vB=a2t2=2×=2m/s；…⑧

小物块从开始运动到返回B点所用时间为：…⑨

（2）在水平面上滑行的加速度为：a=-μg=-0.5×10=-5m/s2…⑩

则滑行距离为：

（3）设在斜面上从B点出发到返回B点的过程中摩擦力做功：

Wf1=2fx′=2μmgcosθ

而Ek0=mv02

从B到M滑行距离x‘，摩擦力做功为：

全过程由动能定理：

代入上两问中的已知量，解得：

当x'=2.5m时，代入数据得：Ek0=62.5J；

答：（1）小物块从开始运动到返回B点所需的时间为3.24s；

（2）滑行距离为2m；

（3）x′=2.5m对应的初动能为62.5J．

解：（1）对小物块，由A到B有：

在B点

所以有：v1=

（2）对小物块，由B到O有：

其中vB=m/s=5m/s

在O点代入数据可解得N=43N

由牛顿第三定律知对轨道的压力为N‘=43N，方向竖直向下．

（3）小物块在传送带上加速过程：μ2mg=ma3，

所以

（4）物块沿斜面上滑：

mgsin53°+μ1mgcos53°=ma1

代入数据可解得加速度为：a1=10m/s2

物块沿斜面下滑：mgsin53°-μ1mgcos53°=ma2

代入数据可得加速度为：a2=6m/s2

由机械能守恒知vC=vB=5m/s，小物块由C上升到最高点历时为：t1=

小物块由最高点回到D点历时为：t2=0.8s-0.5s=0.3s

故=

答：（1）小物块离开A点的水平初速度v1为3m/s；

（2）小物块经过O点时对轨道的压力为43N；

（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是1.5m；

（4）斜面上C、D间的距离为0.98m．

解：（1）质点做类平抛运动：Rsinθ=vt

其中a=

解得

（2）由动能定理，到达屏上原点的动能为

=（60°＜θ＜120°）

由上式可知

当θ=60°时，即D点接收到的质点动能最小

当θ=120°时，即C点接收到的质点动能最大

答：（1）该质点从A点出发时的速率．

（2）该屏上接收到的质点的最大动能和最小动能．