热门试卷

解：（1）此过程增加的重力势能△EP=mgh①

根据动能定理：Fh-mgh=△Ek②

增加的动能：△Ek=Fh-mgh③

增加的机械能：△E=△Ek+△Ep④

由①②③④得：△E=Fh⑤

（2）由

解得⑥

答：（1）物体与地球组成系统机械能的增加值为Fh．

（2）物体刚落回地面时的速度大小是．

解：（1）小物块被弹出恰好能够运动到圆弧轨道的最高点A时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：

mg=

得：v=…①

（2）设在B处的速度为v′，从B到A由动能定理得；

-2mgR=mv2-mv′2…②

在B处，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：

F-mg=…③

由①②③得：F=6mg

答：（1）小物块在圆弧顶端A处的速度大小为；

（2）B点处轨道对小物块的支持力6mg．

解：（1）从最低点到最高点，应用动能定理，得：

在最高点：

得：

F=21N

绳的拉力大小为21N，方向竖直向下；

（2）在最高点，对水得：

得：

F=14N

由牛顿第三定律得，水对杯底的压力大小为14N，方向竖直向上．  

（3）杯子和水整体在最高点的最小速度为：

从最高点到最低点应用动能定理：

得最低点的最小速度为：

v=m/s=7.07m/s                           

答：（1）小杯在最高点时，绳的拉力为21N；

（2）小杯在最高点时水对小杯底的压力为14N；

（3）为使小杯过最高点时水不流出，在最低点时的最小速率为7.07m/s．

解：（1）对小物块，由A到B有：vy2=2gh

在B点有：tan=

解得：v0=3m/s．

（2）对小物块，由B到O由动能定理可得：

mgR（1-sin37°）=

其中vB=5m/s

在O点有：N-mg=

解得：N=43N

由牛顿第三定律知对轨道的压力为：N′=43N

（3）物块沿斜面上滑：mgsin53°+μmgcos53°=ma1

解得：a1=10m/s2

物块沿斜面下滑：mgsin53°-μmgcos53°=ma2

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：t1==0.5s

小物块由最高点回到D点历时：t2=0.8s-0.5s=0.3s

故：SCD=t1-

即：SCD=0.98m．

（4）传送带的速度为5m/s，所以小物块在传送带上一直加速，有：

μ2mg=ma3

PA间的距离是：SPA==1.5m

答：（1）小物块离开A点的水平初速度为3m/s．

 （2）小物块经过O点时对轨道的压力为43N

 （3）斜面上CD间的距离为0.98 m

（4）则PA间的距离是1.5m

解：（1）物块在B点时，由牛顿第二定律得：

FN-mg=m，

FN=7mg    

解得：                             

EkB==3mgR                                        

（2）在物体从A点至B点的过程中，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能

Ep=EkB=3mgR

（3）物体到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律有

mg=m

EkC==mgR                                   

物体从B点至C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有：

W阻-mg•2R=EkC-EkB

解得W阻=-0.5mR                                     

所以物体从B点运动至C点克服阻力做的功为W=0.5mgR．

（4）在物体从B点至C点的过程中，根据动能定理有：

-mg2R=   

解得：=mgR  

得：vc=

由C点到D点，物体做平抛运动，有：

水平方向：XBD=vct                                     

竖直方向：2R=

解得：XBD=2

答：（1）物块m在B点的速度为，动能为3mgR

（1）当m在A点时，弹簧的弹性势能的大小为3mgR；

（2）物块m从B点运动到C点克服阻力做的功的大小为0.5mgR；

（3）如D点与B点间距离为

解：（1）由平抛运动规律知：

竖直分速度：

初速度：=4×0.75m/s=3m/s

（2）对对物体，从P至B点的过程，由动能定理可有：

经过B点时，由牛顿第二定律可有：

代入数据解得：

（3）因μmgcos37°＜mgsin37°，

物体沿轨道CD向上作匀减速运动，速度减为零后又沿CD轨道下滑

从B到上滑至最高点的过程，由动能定理有：-mgR（1-cos37°）-（mgsin37°+μmgcos37°）x=

代入数据可解得：

在轨道CD上运动通过的路程x约为1.2m             

从B到上滑至最高点再回到B点的过程，由动能定理有：

又因为：

故物体不会从A点滑出轨道，但会第二次滑上CD轨道．         

从B到滑至C点速度为零的过程，由动能定理有

代入数据解得：

答：（1）物体水平抛出时的初速度大小3m/s；

（2）物体经过B点时，对圆弧轨道的最大压力大小34N；

（3）物体在轨道CD上运动时，离开C点的最大距离1.2m，在CD轨道上的运动总路程2.4m．

解（1）滑块经过传送带时，摩擦力做的功等于滑块动能的变化，故有：

可知滑块释放时的动能

弹簧释放时弹簧的弹性势能完全转化为木块的动能，所以滑块刚好到达传送带C点时弹簧储存的弹性势能为：12J；                                         

（2）小滑块离开E点做平抛运动，由平抛知识有：

水平方向：x=vEt                                                  

竖直方向：                                          

由此可得，滑块在E点的速度为：

根据牛顿第二定律有：在E点有：                      

可得滑块受到的压力为：      

（3）根据动能定理有：滑块从D到E的过程中只有重力做功：

，

代入数据解得：滑块经过D点时的速度为：vD=5m/s        

滑块经过传送带时只有阻力做功，根据动能定理有：

代入数据可解得：vB=7m/s，

因为滑块做匀减速运动，故有：

L=，可得滑块在传送带上运动的时间为：t=         

由此可知滑块在传送带上滑动时，滑块相对于传送带的位移为：

x=L+vt=6+×1m=8m                                                 

所以滑块因摩擦产生的热量为：Q=μmgx=0.2×1×10×8J=16J

答：（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，弹簧储存的弹性势能Ep为12J；

（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），物块通过E点时受到的压力大小为12.5N；

（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能为16J