热门试卷

解：（1）小球恰好从圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，所以：

（2）vy=vAsinθ=4×m/s=2m/s

由平抛运动的规律得：vy2=2gh

带入数据解得：h=0.6m

（3）物体刚好过C点，则有：mg=m

A到C的运动过程中，运用动能定理得：

联立并代入数据得：W=1.2J

（1）小球到达A点时的速度vA的大小为4m/s；

（2）P点与A点的竖直高度H为0.6m；

（3）小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W为1.2J．

解：（1）小球释放的瞬间，小球的加速度大小为：a=，

当小球速度相等时，有：mgsinθ=k△l1，

解得弹簧的压缩量为：

（2）当弹簧伸长量为△l2，受力如图所示，在水平方向上有：

（l0+△l2）cosθ，

竖直方向上有：FNcosθ-k△l2sinθ-mg=0，

解得：．

（3）当杆绕OO′轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B点L0，此时有：

，

解得：．

此时小球的动能为：．

小球在最高点A离开杆瞬间的动能为：．

根据动能定理有：W-mg（L-L0）sinθ=EkA-Ek0，

解得：W=．

 答：（1）小球释放瞬间的加速度大小a为gsinθ，小球速度最大时弹簧的压缩量△l1为．

（2）匀速转动的角速度为．

（3）杆对球所做的功为．

解：（1）设足球离开地面时的速度大小为v0，在最高点的速度v=15m/s，足球从离开地面到上升至最高点过程，机械能守恒；

mgh+mv2=mv02

代入数据得：v0=17m/s

（2）足球从最高点到落地过程

在竖直方向有：h=gt12

水平位移为：x1=vt；

联立并代入数据得：x1=12m；

足球恰好经过横梁射入球门，即y=3.2m-2.4m=0.8m；

由y=gt22

得：t2=0.4s；

从最高点到横梁的水平距离为：x2=vt2=6m；

此时球员离球门距离为：x1-x2=12-6=6m；

或x1+x2=12+6=18m；

故球员到球门的距离d应满足：d＜6m；或18m＜d＜24m

答：（1）足球离开地面时的速度为17m/s；

（2）球员到球门的距离d应满足：d＜6m；或18m＜d＜24m

解：对小物块在C点由牛顿第二定律得，

，

代入数据解得．

从B到C，由动能定理有：

，

代入数据解得vB=5m/s，

在B点，由几何关系有：vy=vBsin53°=5×0.8m/s=4m/s，

v=vBcos53°=5×0.6m/s=3m/s．

从A到B，设小物块作平抛运动的时间为t，则有：

vy=gt得，t=，

则AB之间的水平距离x=vt=3×0.4m=1.2m．

（2）设物块与平板车达共同速度v共后，物块与平板车一起向右减速滑行，设此过程加速度大小为a，则：

=2m/s2．

，

代入数据解得v共=5m/s．

对物块，冲上平板车后做加速度大小为a1的匀减速运动，对平板车，物块冲上后做加速度大小为a2的匀加速运动，经时间t1达共同速度v共．

依题意对小物块有：

，

v共=v0-a1t1，代入数据解得t1=1s．

对平板车：v共=a2t1，解得，

F+μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2，

代入数据解得F=22N．

小物块的位移：，

平板车的位移：，

所以小车的长度L=x物-x车=7.5-2.5m=5m．

答：（1）AB之间的距离为1.2m；

（2）作用在平板车上的恒力F大小为22N，平板车的长度为5m．

解：设物体从h处沿斜面由静止开始下滑到达斜面底端B时的速度为v，由动能定理有：

假设物块能运动到圆轨道的最高点A，设速度为vA，A点受到圆轨道的压力为N，由机械能守恒定律得：

在最高点A时，由牛顿第二定律得：

要使物块能运动到圆轨道的最高点A，须满足 N≥0

代入数据解得：h≥1.5m

答：物块距地面的高度h应满足h≥1.5m

解：（1）设B、C一起下降h1时，A、B、C的共同速度为v，B被挡住后，C再下落h后，A、C两者均静止，分别对A、B、C一起运动h1和A、C一起再下降h，由动能定理得：

  （mB+mC）gh1-μmAgh1=  ①

   mCgh-μmAgh=0-  ②

联立①②并代入已知数据解得，h=0.64m，

显然h＞h2，因此B被挡后C能落至地面．

（2）设C落至地面时，对A、C应用能定理得，

  mCgh2-μmAgh2= ③

对A应用动能定理得，-μmAgs=0-④

联立③④并代入数据解得，s=0.085m

所以A滑行的距离为sA=h1+h2+s=（0.2+0.3+0.085）=0.585m

答：

（1）B被挡后C能落至地面．

（2）A在桌面上滑行的距离是0.585m．

解：（1）对滑块运用动能定理得，，

解得=1m/s．

（2）根据R=v1t，R=

代入数据联立解得R=0.2m．

碰后速度大小v2=v1，沿圆弧轨道上滑的最大高度为H，

则有，

代入数据解得H=0.05m，

解得FN=3N．

根据牛顿第三定律，对轨道的压力大小为3N，方向向下．

（3）不能，要垂直打在半圆轨道上，意味着速度的反向延长线必过圆心O，根据平抛运动的规律，速度的反向延长线必不过圆心O，故不能．

答：（1）滑块在B点的速度为1m/s；

（2）沿圆轨道上滑的最大高度为0.05m，第二次回到最低点对轨道的压力为3N，方向向下．

（3）不能．要垂直打在半圆轨道上，意味着速度的反向延长线必过圆心O，根据平抛运动的规律，速度的反向延长线必不过圆心O．

解：（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度v0．

  R=gt2，R=v0t，

    解得：v0=

小滑块在最低点时速度为V，由动能定理研究最低点到最高点得：

-mg2R=mv02-mv2            

    解得：v=

对最低点由牛顿第二定律得：FN-mg=m       

 解得：FN=6mg

 由牛顿第三定律得：滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg．

（2）根据几何关系得：DB之间长度L=（2+1）R         

从D到最低点过程中，运用动能定理得：

  mgh-μmgcosθL=mv2

代入数据得：μ==0.18   

答：（1）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小是6mg，

（2）滑块与斜轨之间的动摩擦因数是0.18．

解：（1）滑雪运动员从A到C的过程中，由动能定理得：     …①

解得：vC=10m/s               

滑雪运动员从C水平飞出到落到着陆雪道过程中作平抛运动，

x=vCt      …②

    …③

    …④

着陆位置与C点的距离   …⑤

解②～⑤得：s=18.75m； t=1.5s               

着陆位置到D点的距离s′=13.875m．

（2）滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动，

初速度为：v0=vCcosθ+gtsinθ…⑥

由牛顿第二定律可得：

mgsinθ-μmgcosθ=ma1…⑦

运动到D点的速度为：…⑧

解⑥～⑧得：vD=20m/s                          

答：（1）运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离为18.75m．

（2）运动员滑过D点时的速度大小为20m/s．