热门试卷

解：（1）对小球在最高点M受力分析，小球受重力和轨道对球的压力，

根据牛顿第二定律得：

 F合=F+mg=m

代数解得：vM=4m/s   

运用动能定理研究P点到M点则有：

 mvM2-mvP2=-mg2R

代数解得：vP=4 m/s         

在最低点P对球受力分析，根据牛顿第二定律得：

 FN-mg=m     

代数解得：FN=3.5N            

由牛顿第三定律得：小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小也为3.5N．

（2）设小球从N点运动到M点的过程中克服摩擦阻力做的功为W，

小球从N点运动到M点的过程中，由动能定理得：

-mg2R-W=mvM2-mvN2     

代数解得：W=0.4J      

答：（1）小球经过半圆轨道的P点时对轨道的压力大小为3.5N．

（2）小球从N点运动到M点的过程中克服摩擦阻力做的功为0.4J．

解：（1）物块沿斜面下滑时，沿斜面方向有：mgsinθ-μmgcosθ=ma

代入数据解得：a=2.5m/s2

从A到B，物块匀加速，由

可得：

（2）因为物体恰好到C点，所以到C点速度为0．．设物块到B点的速度为v，则：

联立并代入数据解得：N=3mg=30N

由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为：N′=30N，方向向下．

（3）从开始释放至最终停在B处，设物块在斜面上的总路程为S，则：

mgLsinθ-μmgScosθ=0

解得：S=

答：（1）物块经s第一次到B点；

（2）物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力为30N；

（3）物块在斜面上滑行的总路程为9m．

解：（1）设小车经过A点时的临界速度为vA，

由，

解得．

（2）从B到A，根据动能定理有：

，

在B点，，

解得FN=6mg，

由牛顿第三定律可知，小车对轨道的压力等于6mg．

（3）对P到A，根据动能定理得，

，

其中xPQsinα=R+Rcosα，

解得．

答：（1）小车在A点的速度为9m/s；

（2）小车在圆形轨道的最低点B时对轨道的压力为重力的6倍；

（3）小车在P点的动能为1290J．

解：（1）从P点又回到P点

得：

（2）根据能量守恒得：

从O′点到P点，有 EP=μmgcosθ（x1+x0）+mgsinθ（x1+x0）=

（3）分离时：aA=aB，NAB=0

A：aA=gsinθ+μgcosθ

B：T+βmgsinθ+μβmgcosθ=βmaB

得：T=0，即弹簧处于原长处，A、B两物体分离．

从O′点到O点：Ep=μ（β+1）mgcosθx1+（β+1）mgsinθx1+

得：

分离后，A继续上升到静止，0≤x2≤x0

得：1≤β≤17

答：

（1）O点和O′点间的距离x1是．

（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能是．

（3）若A离开B后最终未冲出斜面，β需满足的条件是1≤β≤17．

解：（1）设拉力大小为F，匀加速直线运动的时间为t．

对于匀加速直线运动，有 a= ①

据题有：=-（at•t-） ②

解得 a=g ③

将③代入①解得：F=mg=G．

（2）设撤去这个拉力的时刻速度大小为v1，物体返回初始位置时速度大小为v2，取竖直向上为正方向，根据两个过程的位移关系可得：

  =-

可得 v1=v2，

据题有：=240J，则撤去这个拉力的时刻，物体具有的动能是 Ek1===60J

答：

（1）竖直拉力是重力的倍．

（2）撤去这个拉力的时刻，物体具有的动能是60焦耳．

解：（1）设碰后小球A在半圆的最高点c时的速度为v，小球A恰好刚能通过c点，则对小球A在竖直方向上有：

mg=mv2/R----------------------①

在磁场中匀速运动，也就是处于受力平衡状态，有：

qvB=mg--------------------------②

联立解得：B=--------------------③

由左手定则可以判断，磁场方向应该垂直纸面向外

（2）对小球A从碰后到半圆的最高点c的过程，由动能定理得：

-mg•2R=mv2/2-mvA2/2----------------------④

对碰撞的过程，由动量守恒定律得：

2mv0=2mvB+mvA-------------------------------⑤

联立①④⑤各式并代入数据解得：

vA=

vB=

（3）碰撞中系统机械能（或动能）的损失为：

△E=•2mv02-（mvA2+mvB2）=mgR＞0

说明碰撞中系统机械能（或动能）减小，因此两球发生的是非弹性碰撞．

故答案为：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为，方向垂直纸面向外；

（2）碰撞结束后A的速率为，B的速率为；

（3）两球发生的是非弹性碰撞．

解：（1）由v-图象可知，第一个时间段内重物所受拉力保持不变，且F1=6.0 N

根据牛顿第二定律有F1-G=ma

重物速度达到vC=3.0 m/s时，受平衡力，即G=F2=4.0 N．

由此解得重物的质量m==0.40 kg

联立解得a=5.0 m/s2

（2）在第二段时间内，拉力的功率保持不变P=Fv=W=12 W．

（3）设第一段时间为t1，重物在这段时间内的位移为x1，则

t1== s=0.40 s，

x1=at12=0.40 m

设第二段时间为t2，t2=t-t1=1.0 s

重物在t2这段时间内的位移为x2，根据动能定理有

Pt2-Gx2=mvC2-mvB2 

解得x2=2.75 m

则第二段重物上升的路程2.75m．

答：（1）第一个时间段内重物的加速度为5.0 m/s2；

（2）第二个时间段内牵引力的功率为12W；

（3）被提升重物在第二个时间段内通过的路程为2.75m．

解：（1）对小球A下滑的过程，由动能定理得：

对小球A在最低点受力分析，由牛顿第二定律得：

解得：F=3Mg，

由牛顿第三定律可知，A球对轨道压力大小为3Mg．

（2）A球与B球碰撞的过程中动量守恒，规定向右为正方向：Mv0=2Mv1，

由能量守恒得：Q=．

（3）由于水平面光滑，小球A下滑的过程中，对小球A与轨道组成的系统，规定向右为正方向，由动量守恒得：

0=Mv1-2Mv2

且，s1+s2=R

解得：．

（4）A球下滑到最低点时，由机械能守恒定律得：

对两小球碰撞过程，规定向右为正方向，由动量守恒得：Mv1=2Mv3

由题意知，两小球与轨道组成的系统相对静止，减振装置储存弹性势能最大，对两小球与轨道组成的系统，规定向右为正方向，由动量守恒得：

2Mv3-2Mv2=4Mv4，v4=0，

由能量守恒得：

解得：．

答：（1）若轨道固定，则A球到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为3Mg；

（2）若轨道固定，则A球与B球碰撞过程中产生的内能为；

（3）若轨道不固定，则A球到圆弧轨道最低点过程中轨道运动的距离为；

（4）若轨道不固定，则减振装置的最大弹性势能为．

解：（1）由A到B的过程中由机械能守恒可知：

解得：

滑块滑上传送带后做减速运动由牛顿第二定律可知：

-μmg=ma

解得：a=-μg=-0.2×10m/s2=-2m/s2

当速度v2=0时到达向右的最大位移为x1

解得：

故物体不能到达C点

（2）①从E点做平抛运动，设E点的速度为v3

x=v3t

联立以上两式解得v3=3m/s

mg+N=

N=

②从开始下滑到E点的全程由动能定理

m=2.25m

答：（1）通过计算判断物块不能到达C点；

（2）①物块通过E点时受到的压力大小为12.5N；

②高度H为2.25m．

解：（1）设物体刚好到D点，则mg=…①

对全过程由动能定理得：mgLsin θ-μmgcos θ•L-mgR（1+cos θ）=mvD2…②

由①②得应满足条件：L=•R．

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

对整体过程由动能定理得：mgR•cos θ-μmgcos θ•s=0

所以总路程为s=．

答：（1）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L应满足L≥•R．

（2）若将该物体从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动，物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程为．

解：（1）运用动能定理研究A到B得：

mgR=mv02-0

v0==2 m/s；

（2）平抛运动时间t：gt2=h

  t==0.6s；

∴x=v0t=2×0.6m=m

（3）瞬时功率的表达式p=Fvcosθ．

p=mgvcosθ=mgvy=60w

答：（1）小球离开B点时的初速度v0是2m/s；

（2）B、C两点的水平距离x是m；

（3）小球即将与地面接触时，重力的瞬时功率P是60w．