热门试卷

解：（1）小滑块作平抛运动，设C点的速度为vC则 s=vct　　（1）

2R=gt2　（2）

由（1）、（2）式得vC==10m/s

（2）小滑块恰好通过最高点有：mg=m，得：vC=．

对A到C运用动能定理得：Fs-μmgs-mg•2R=mvC2-0

解得：F=0.875N．

故水平恒力F的大小为0.875N．

（3）对A到B运用动能定理得：Fs-μmgs=mvB2

在B点，根据牛顿第二定律得：FN-mg=m

联立两式解得：FN=8F-1

支持力最小等于重力，即FN最小为1N，所以拉力F最小为0.25N，即F≥0.25N．如图．

答：

（1）滑块在C点的速度大小10m/s；

（2）如果要使小滑块恰好能够经过C点，水平恒力F的大小是0.875N；

（3）作出FN-F图象如图所示．

解：（1）物块A在传送带上受重力和摩擦力的作用做加速运动，求得：a=g

据运动学公式v2=2as求得：v=v0=6m/s

（2）以此过程为研究对象，动能定理得：-μmgl=

联立以上代入数据解得：物块A速度大小v1=m/s

（3）A反弹速度v2==m/s

A向右经过PQ段，由=-2μgl

代入数据解得速度：v3=2m/s               

A滑上圆形轨道，由动能定理得：-2mgh=0-

可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，h≤R符合实际．

（4）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，

据牛顿运动定律得：=-2μgl

                 =-2μgl

联立可得，A回到右侧速度==（9-5l）（m/s）2

要使A能返回右侧轨道且能沿圆轨道运动而不脱离轨道，有两种情况：

①A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0＜h≤R

又=2mgh 

联立可得，1m≤l＜1.8m

②②若A、B整体能沿轨道上滑至最高点，则满足 ×2m=2mg×2R+×2m

且2m≥2mg

联立得 l≤-0.2m，不符合实际，即不可能沿轨道上滑至最高点

综上所述，要使A物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件

是1m≤l＜1.8m．

答：

（1）物块A滑到轮带底端时速度的大小6m/s；

（2）物块A刚与弹簧接触时速度大小4m/s；

（3）物块A返回到圆形轨道的高度0.2m；

（4）若仅调节PQ段的长度L，当L满足1m≤l＜1.8m时，A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道．

解：（1）A到B过程，由机械能守恒定律有

  mgh=

解出 vB===2m/s

（2）在B点，由向心力公式得

  N-mg=m

解出N=44N；

（3）物体在水平面上滑行过程，由动能定理得

-μmgS=0-

解出S=2.5m

答：

（1）物体滑至B点时的速度2m/s；

（2）物体刚到B点时受到的弹力是44N；

（3）物体最后停止在离B点2.5m远的位置．

解：（1）拉力的功为：WF=Fh1=30×2J=60J

（2）从物体静止上升2m，由动能定理：WF-mgh=Ek-0

解得：Ek=60-2×10×2=20J

（3）对全过程，由动能定理：

解得：v===2m/s，方向竖直向下

答：（1）拉力的功为60J；

（2）上升2m后的动能为20J；

（3）物体落回地面时的速度为2m/s．

解：（1）VB=VC•cos53°

滑块运动到B点时的速度为VB=5×0.6m/s=3m/s

（2）从A到B的运动过程中有牵引力和阻力做功，根据动能定理有：mVB2=Pt-fL

代入数据解得t=1.5s

（3）从C点运动到最高过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，有：mVC2=mg（h+R•cos53°）

圆轨道的半径R=，

设四驱车到达D点时对轨道的压力最大，

四驱车在D点速度为VD，从C到D过程中机械能守恒，有：

mVD2-mVC2=mgR（1-cos53°）     

Fmax-mg=，

代入数据得，四驱车对轨道的最大压力Fmax=55.5 N

答：（1）四驱车运动到B点时的速度大小为3m/s；

（2）发动机在水平平台上工作的时间为1.5s；

（3）四驱车对圆弧轨道的最大压力为55.5N．

解：（1）设过山车在最高点C的速度vc

由 mg=m

则有vc=

代入数据，解得：vc=10m/s

由O到C点机械能守恒，以O点为零势能，

则有：

代入数据，解得：v0=10m/s

对A到O点过程中，运用动能定理，可得：

代入数据，解得：S1=100m

（2）设在O点轨道对车支持力N，则有：N-mg=m

则N=mg+m

代入数据，解得：N=1.2×105N

根据牛顿第三定律，车对轨道压力为1.2×105N．

答：（1）A、O之间的距离s1为100m；

（2）车在O点时对轨道压力1.2×105N．

解：（1）对M：设m对M摩擦力为f，斜面对M摩擦力为f’，M加速度为a’

f+Mgsinθ-f’=Ma’

f’=μ2（M+m）gcosθ      

f=μ1mgcosθ     

a′=10 m/s2沿斜面向下 

（2）设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块：

v2=v1-at     

μ1mgcosθ-mgsinθ=ma       

所以：a=4.4 m/s2，沿斜面向上

v2=2.0 m/s

在此过程中以木板为研究对象，设弹簧对木板做功为W，对木板：

[μ1mgcosθ+Mgsinθ-μ2（M+m）gcosθ]x+W=Mv22

W=-3.0 J，此时弹簧的弹性势能Ep=3.0 J    

（3）金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：

Ep-[μ2（M+m）gcosθ+Mgsinθ+mgsinθ]x=（M+m）v32-（M+m）v22

木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：

-μ2 （M+m）gS cosθ-（M+m）gSsinθ）=0-（M+m）v32

解得S=0.077 m

答：（1）木板开始运动瞬间的加速度为10m/s2方向沿斜面向下；

（2）弹簧被压缩到P点时的弹性势能是3.0J；

（3）假设木板在由P点压缩弹簧到弹回到P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离为0.077m．

解：（1）滑块滑到中点时，由（b）图可知，μ=0.5．

根据牛顿第二定律得，mgsin37°-μmgcos37°=ma

解得a=0.2g．

（2）滑块由顶端滑至底端，由动能定理得：mglsin37°+Wf=mvB2

由图b的物理意义得：Wf=l=-l=-mgl

解得：vB=．

（3）设滑块能运动到C点，则从B到C，由动能定理：-mg•2R=mvC2-mvB2

解得：vC=．

如滑块恰好滑到C点：mg=m

解得：vC′==＜vC

所以滑块能够到达C点

当滑块滑到C点时：mg+N=m

解得N=3mg

由牛顿第三定律得滑块在C点时对轨道的压力N′=N=3mg．

答：（1）滑块滑至斜面中点时的加速度大小为0.2g；

（2）滑块滑至斜面底端时的速度大小为；

（3）能滑动半圆轨道的最高点，在最高点时滑块对轨道的压力为3mg．

解：（1）设物块由D点以vD做平抛，落到P点时其竖直速度为：

vy=

根据几何关系有：

=tan45°

解得：

vD=4m/s

v=m/s

（2）设物块到达M点的临界速度为vM，有：

m2vM2=m2vD2-m2gR

解的：

vM=＜=m/s

所以物块不能到达M点．

（3）据物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t-2t2，有：

在桌面上过B点后初速v0=6m/s，加速度a=-4m/s2

设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，

释放m1时，EP=μm1gsCB

释放m2时，EP=μm2gsCB+m2v02

且m1=2m2，

代入数据得：Ep=7.2J

m2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则由能量转化及守恒定律得可得：

Wf=EP-m2vD2=7.2-=5.6J

答：（1）物块运动到P点速度的大小为4m/s；

（2）m2不能否沿圆轨道到达M点；

（3）m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功为5.6J．

解：（1）滑块第一次从B到C，由动能定理得：

-μ1mgL=-

解得滑块经过B点时的速度为：vB=10m/s

滑块由A到B，由动能定理得：

mgR=

代入数据解得：R=5m

（2）滑块第二次从B到C，由动能定理得：

-μ1mg（L-l）-μ2mgl=-

代入数据解得：l=3.5m

（3）根据动能定理可知，无论MN段位何位置，滑块到达C点的速度不变，如图，作出v-t图象．黑线表示MN段没有用铁刷划擦的图象．由于MN段长度不变，随着M端离B点距离增大，由图看出所用时间变短，因此M端与B点重合时，所用时间最长．

由题意分析可知，MN在最左端时滑块从B到C的运动时间最长．

答：（1）圆弧的半径R是5m；

（2）MN段的长度l是3.5m；

（3）铁刷划擦的MN段M端与B点重合时，所用时间最长．