热门试卷

解：（1）物块滑动到B点过程中，受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有：

mgh-μmgcosθ•=m

解得：vB===6m/s

（2）物体从B滑动到A过程，只有重力做功，根据动能定理，有：

-mg•2r=m-m

解得：vA===2m/s

在A点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

N+mg=m

解得：N=20N

根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力与轨道对物体的支持力大小相等、方向相反，并且作用在同一条直线上，故物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小为20N．

（3）物块恰能通过圆的最高点A，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

mg=m

解得：v=

对从起始位置到A点过程运用动能定理，有：

mg（h1-2r）-=

代入数据，有：0.5×10×（h1-2×0.4）-0.25×0.5×10×0.8×=

解得：h1=1.5m

答：（1）物块滑到斜面底端B时的速度大小为6m/s．

（2）物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小为20N．

（3）若使物块能通过圆的最高点A，物块在斜面上静止下滑的h的最小值是1.5m．

解：（1）小球能达到圆管顶端，则满足小球在圆管顶端的速度v≥0；

小球在水平面上运动时只有摩擦力对小球做功，在光滑圆管上运动时只有重力对小球做功，所以在全过程中只有重力和摩擦力对小球做功，由动能定理有：

小球的初动能为：

又因为v≥0，所以有：

Ek0≥0-（-0.1×0.01×10×1）-（-0.01×10×2×0.2）J

即：Ek0≥0.05J

（2）小球离开管口做平抛运动，要使小球不落在板上，则小球平抛的射程大于板的长度，即：

得在管口的速度为：

同理对小球使用动能定理有：

小球的初动能为：

又因为，所以有：

代入数据可得：

Ek0＞0.1125J

答：①为使小球能到达圆管顶端，小球的初动能至少应为0.05J

②为了使小球能从上端管口飞出后不与板面相碰，小球的初动能应满足Ek0＞0.1125J．

解：（1）物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得：

mgh=m

解得：vB==．

（2）物块从B至C做匀速直线运动，有：vC=vB=．

物块通过圆形轨道最低点C时，做圆周运动，由牛顿第二定律有：

 F-mg=m

可得：F=6mg．

答：（1）小物块通过B点时的速度vB的大小是；

（2）小物块通过半圆形轨道最低点C时，轨道对物块的支持力F的大小是6mg．

解：对板施加一个F=120N的水平拉力，作用5s过程，根据动量定理，有：

（F-μMg）t1=Mv1…①

把一个质量为2kg的物块B轻轻地放在木板的前端，对落地前过程，根据动能定理，有：

[F-μ（M+m）g]L=…②

此后物体B做自由落体运动，物体A继续加速，自由落体运动的时间：

…③

该过程中，对物体A用动量定理列式，有：

（F-μMg）t2=Mv3-Mv2…④

该过程中，对物体A用动能定理列式，有：

（F-μMg）x=…⑤

联立①②③④⑤，解得：

x=0.6+0.02≈1.06m

答：物块B着地时，物块B距木板后端约为1.06m．

解：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律 mgsinθ-μ1mgcosθ=ma1

，

代入数据解得，t1=3s．

所以滑到B点的速度：vB=a1t1=2×3m/s=6m/s，

 物块在传送带上匀速运动到C，

所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s                   

（2）斜面上由根据动能定理．

解得v=4m/s＜6m/s，

设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，

，

x=5m＜6m

所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动

s=v0t0，H=   　　   

 解得　s=6m．

（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC=v0

①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：

，

解得h3=1.8m                                                          

②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，

h4=9.0m                                                          

所以当离传送带高度在1.8m～9.0m的范围内均能满足要求

即1.8m≤h≤9.0m                                                   

答：（1）物块由A点运动到C点的时间为4s；92）物块落地点到C点的水平距离为6m；（3）当1.8m≤h≤9.0m，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．

解：（1）设滑道的长度为LAB，根据几何关系，可得：LAB===5m，

根据动能定理有：mg（H-h）-μmgLABcos37°=mυ02        

代入数据解得：v0=6m/s

（2）根据平抛运动的公式，有：

x=v0t2

联立解得：x=4.8m   t=0.8s

（3）落地时竖直方向分速度为：vy=gt2=10×0.8m/s=8m/s 

重力功率为：pG=mgvy=60×10×8W=4800w

答：（1）队员到达B点的速度大小为6m/s；

（2）队员落地点到B点的水平距离为4.8m；

（3）队员落地时重力的功率为4800W

解：（1）m1从B到C的过程：EP=μm1gL，

m2从B到C的过程：，

联立解得：vC=4m/s；

（2）碰后交换速度，小球以vC=4m/s向上运动，假设能到高点，从C到D的过程：

解得：vD=0m/s

对D点：N+m2g-k（l0-R）=0

解得：N=8N，求解结果的合理性，说明假设是正确的，小球可以通过最高点；

（3）假设能到高点，最高点弹力：N′+m2g-k′（l0-R）=0

解得：N=-1N，求解结果的不合理，说明假设是错误的，小球不可以通过最高点，

小球离开轨道时的位置E和O′连线与竖直方向的夹角θ，此时小球速度vE

由动能定理：

对E点：

联立解得：，

即：．

答：（1）物块m2到C点时的速度大小vC=4m/s；

（2）若小球的质量也为m2，若物块与小球碰撞后交换速度，小球能通过最高点D．轨道最高点对小球的弹力N为8N；

（3）若将拴着小球的弹簧换为劲度系数k′=10N/m，小球不能通过最高点D．夹角为．

解：（1）对AB过程由动能定理可得：

mgR=mv2；

解得：v===4m/s；

（2）对全程由动能定理可得：

mgR+Wf=0；

解得：Wf=-mgR=-2×10×0.8=-16J；

答：（1）物体滑至圆弧轨道最低点B时的速度为4m/s；

（2）在水平面上物体克服摩擦力所做的功为-16J．

解：（1）物块离开O点后做平抛运动，

竖直方向：Rsin37°=gt2，

水平方向：Rcos37°=vt，

代入数据解得：v=4m/s；

（2）设在拉力作用下物块的位移为x，

物块在水平面上运动过程中，由动能定理得：

Fx-μmgs=mv2-0，

代入数据解得：x=4m，

对物块，由牛顿第二定律得：F-μmg=ma，

由匀变速直线运动的位移公式得：x=at′2，

代入数据解得：t′=s，

从物块离开O点到P点过程，由动能定理得：

mgRsin37°=EK-mv2，

代入数据解得：EK=52J；

答：（1）物块离开O点时的速度大小为4m/s；

（2）拉力F作用的时间为s，物块击中挡板上的P点前的动能为52J．

解：（1）固定销车，从A到B根据动能定理可得

在水平轨道上由动能定理可得

从C点做平抛运动，h=

x=vCt

联立解得x=

（2）不固定小车，设滑块到C处时小车的速度为v，滑块的速度为3v，根据能量守恒由

从C点做平抛运动，h=

x′=（v+3v）t

联立解得

答：（1）若固定小车，滑块脱离水平轨道后落地时水平轨道末端的水平距离x为

（2）滑块脱离水平轨道后落地时距水平轨道末端的水平距离x′为．