热门试卷

（16分）（1）水平面上：-μmgx=0-mv2

物体滑至圆弧轨道底端时的速度大小为：v=2m/s

（2）在圆弧轨道底端有：F-mg=m

圆弧轨道对物体的支持力为：F=40N

由牛顿第三定律可知，物体对轨道低端的压力：F′=F=40N；

（3）沿圆弧轨道下滑过程有：mgR-Wf=mv2-0，

克服摩擦力做功为：Wf=4J

答：（1）物体滑至圆弧轨道底端时的速度大小2m/s；

（2）物体滑至圆弧轨道底端时对底端的压力大小40N；

（3）物体沿圆弧轨道下滑过程中克服摩擦力做功4J．

解：（1）从A到B，根据动能定理有：

  mgR=                        

解得  vB==4 m/s                                      

（2）在B点，由牛顿第二定律得

  N-mg=m

得 N=3mg=30 N                                             

（3）对整个过程，由动能定理得：

   mgR-μmgs=0

可得 s==m=2m

答：

（1）物体到达B点时的速度vB的大小是4m/s；

（2）求经过B点时，圆弧对物体的支持力N的大小是30N；

（3）B、C间的距离s是2m．

解：（1）从A到B，由动能定理得：

Fx-μmgL=mvB2-0，

解得：vB=8m/s；

（2）当小环恰能到达D点时，设AC间的最小距离为x1，此时vD=0，

从A到D过程，由动能定理得：

Fx1-μmgL-mg•2R=0-0，

代入数据解得：x1=3m；

当小环到达D点且受到轨道弹力FN=18N时，设AC间最大距离为x2，此时FN，

由牛顿第二定律得：FN+mg=m… ①，

从A到D过程中，由动能定理得：

Fx2-μmgL-mg•2R=mvD2-0…②，

由①②解得：x2=8m；

所以x的范围为：3m≤x≤8m；

（3）由（2）中分析计算可知力与x的关系图象如图所示．

答：（1）小球到达B点时的速度为8m/s；

（2）x的范围为：3m≤x≤8m；

（3）FN与x的关系图象如图所示

解：（1）根据动能定理得：mgR=，

解得：v=．

（2）小球经过圆弧轨道的B点时有：

，

解得：FB=3mg，

小球在水平轨道的C点时：Fc=mg．

（3）对全过程运用动能定理得：mgR-μmgs=0

解得：s=．

答：（1）小球下滑到B点时速度的大小为；

（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力FB、FC各是3mg，mg．

（3）BC之间的距离为．

解：物块与平板车相对滑动时，对平板车，

由牛顿第二定律得：μmg=Ma0，

解得，平板车的加速度：a0=0.5m/s2，

物块与平板车恰好开始滑动时的拉力：

F0=（M+m）a0=5N；

（1）拉力F=F0=5N时，物块相对于与平板车静止，两者一起运动，

以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：F=（M+m）a，

解得：a===0.5m/s2，

经过1s小车的速度：v=at=0.5×1=0.5m/s，

小车的动能：EK=mv2=×8×0.52=1J，

物块与小车相对静止，摩擦产生的热量为零；

（2）F=10N＞F0=5N，物块相对于小车滑动，

对小车，由牛顿第二定律得：μmg=Ma′，

解得：a′===0.5m/s2，

经过1s小车的速度：v′=a′t=0.5×1=0.5m/s，

小车的动能：EK′=mv′2=×8×0.52=1J，

1s内平板车的位移s车=a′t2=×0.5×12=0.125m，

1s内物块的位移s物块=at2=×3×12=1.5m，

摩擦产生的热量：Q=f△s=μmg（s车-s物块）=0.2×2×10×（1.5-0.125）=5.5J；

答：F=5N时，经过1s平板车获得的动能为1J，摩擦产生的热量为零；

F=10N时，经过1s平板车获得的动能为2.25J，摩擦产生的热量为5.5J．

解：（1）设物块滑动A点的速度为v1，根据动能定理有：

mgsinθ×12.5R-μmgcosθ×12.5R=，

解得．

（2）设物块滑动C点的速度为v2，根据机械能守恒定律有：

，

解得．

根据牛顿第二定律得，，

解得．

（3）物块从C滑上滑板后开始做匀减速运动，此时滑板开始做匀加速直线运动，当物块与滑板达到共同速度v3时，二者开始做匀速运动．

规定v2的方向为正方向，根据动量守恒定律得，mv2=（m+M）v3，

解得．

对物块根据动能定理有：-μmgl1=，

对滑板根据动能定理有：，

解得l1=8R，l2=2R，

物块相对滑板的位移△l=l2-l1＜l，

即物块与滑板达到相同速度时，物块未离开滑板，

讨论：①当R＜L＜2R，物块在滑板上一直匀减速运动至D，运动的位移为6.5R+L，克服摩擦力做功Wf=μmg（6.5R+L）=．

设滑上D点的速度为vD，根据动能定理有：-，

解得，

所以物块不可能滑到DE轨道的中点．

②当2R≤L＜5R，物块先匀减速运动8R，然后匀速运动L-2R，在匀减速运动0.5R，克服摩擦力做功．

设滑上D点的速度为vD′，根据动能定理有：，

解得．

所以 物块不可能滑到DE的中点．

答：（1）物块滑到A点的速度大小为；

（2）物块滑到C点时所受圆弧轨道的支持力的大小为10mg；

（3）当R＜L＜2R，克服摩擦力做功为..不能到达DE的中点．

当2R≤L＜5R，克服摩擦力做功为．不能到达DE的中点．

解：（1）由图乙，装置向左减速运动的加速度大小aM==8m/s2 …①

装置减速过程水平方向受力如图所示：

由牛顿第二定律：F-f=M aM…②

滑块与平板间的滑动摩擦力f=μmg  …③

①～③联立，得：μ=0.3  

（2）由图乙，装置向左运动的位移SM=4m …④

设这段时间内滑块的加速度大小为am，由牛顿第二定律，f=m am…⑤

滑块运动到A点时的速度vA=v0-amt1 …⑥

解得：vA=5m/s

滑块向左运动的位移Sm=…⑦

解得：Sm=6.5m

平板的长度L=Sm-SM …⑧

③⑤⑥⑦⑧联立，解得：L=2.5m 

（3）设滑块在B点的速度大小为vB，半圆弧面的半径为R，从A至B，由动能定理得：…⑨

在B点，有：…⑩

解得：R=0.4m，vB=2m/s

设滑块从B点飞出做平抛运动的时间为t2，有…⑪

解得：t2=0.4s

滑块落点离A的距离x=vB t2…⑫

⑥⑧⑨⑩⑪联立，代入数据得：x=0.8m

答：（1）小滑块与长平板间的动摩擦因数μ为0.3；

（2）长平板的长度L为2.5m；

（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离为0.8m．

解：（1）杆由释放到b球到达C点的过程中，以两球组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得：

解得：

（2）a球滑过C点后，对系统由动能定理得：

把代入上式解得：．

答：（1）小球b到达C点时的速度大小为；

（2小球与粗糙平面间的动摩擦因数为．

解：（1）设物体刚好到D点，由牛顿第二定律求得则mg=

对全过程由动能定理得：mgLsin θ-mgR（1+cos θ）=   

得：L=；

（2）因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．

对整个过程由动能定理得：mgR•cosθ-μmgcosθ•s=0  所以总路程为s=

（3）从B到E的过程中由动能定理求得

mgR（1-cos θ）=     

在E点由牛顿第二定律 

  N-mg=

由牛顿第三定律，物体对轨道的压力N′=N

得对轨道压力：N′=（3-2cosθ）mg

答：（1）若轨道AB光滑，为使物体能到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L至少应为；

（2）若轨道AB动摩擦因数为μ，物体从P点释放，则它在整个运动过程中在AB轨道上运动的总路程s为；

（3）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小为（3-2cosθ）mg

解：（1）设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则由牛顿第二定律可得 mg=m

由动能定理可知-2mgR=mv2-m

代入数据解得：v0=m/s．

（2）设此时小球到达最高点的速度为vC′，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿第二定律可得 mg-FC=m

由动能定理可知-2mgR-W=mvC′2-m

代入数据解得：W=0.1 J

（3）经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动．设小球经过最低点的速度为vA，则由动能定理可知

 mgR=m

代入数据解得：vA=2 m/s

答：

（1）若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为m/s．

（2）小球在这段时间内克服摩擦力做的功是0.1J．

（3）若v0=3.1m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时速度vA为2m/s．

解：（1）小球恰好能通过最高点A时，有 mg=m

从B到A，由机械能守恒得 2mgR+=

解得 EkB==2.5mgR=2.5×0.25×10×0.4J=2.5J

（2）小球从B到C的过程，运用动能定理得：

-fS=-

解得C、B间的距离 S==m=1m

答：

（1）小球通过B点时的动能是2.5J．

（2）C、B两点间的距离是1m．