热门试卷

解：（1）雨滴的质量m=                 

    截面积s=πr2                              

    向下匀速运动时，有ks=mg

    联立解得：                       

（2）雨滴下落过程，由动能定理：mgh+W=                 

  解得：W=       

答：（1）雨滴落地时的速度为．

（2）下落过程中空气阻力对雨滴所做的功为 

解：（1）设小物体运动到p点的速度大小为v，对小物体由a点运动到p点过程运用动能定理得，

小物体自p点做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为s，则：

s=vt

联立代入数据解得s=．

（2）设在轨道的最高点时管道对小物体的作用力大小为F，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得，F+mg=

联立代入数据解得：

F=1.1N，方向竖直向下．

（3）分析可知，要使小球以最小速度v0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位移应该在“S”形道中间位置．

根据牛顿第二定律得，   F′=Mg

根据动能定理得，

解得v0=5m/s．

答：

（1）小物体从P点抛出后的水平射程为m．

（2）管道对小物体作用力的大小为1.1N，方向竖直向下

（3）当v0=5m/s，轨道对地面的压力为零．

解：（1）物体恰能通过圆弧面的最高点，所以：mg=

由于物体并落回到斜面顶端，据平抛运动可知：L=vt 

                                      H=

联立以上各式解得：L=

所以斜面的斜边长度为

所以斜面的倾角θ=arctan．

（2）物体从最低端到最高点过程，设最低点的速度为v0，有机械能守恒得：…①

当物体从斜面最高点到最低点时，只有重力和水平恒力做正功，摩擦力做负功，所以当恒力F作用的位移最长时，恒力F最小

物体从斜面顶端到最低点过程中，在垂直斜面的方向上有：N=mgcosθ-Fsinθ

所以：f=μN=μmgcosθ-Fμsinθ…②

动能定理得：…③

联立①②③解得：Fmin==11.13m

（3）设物体从斜面下滑时，恒力F作用的最短时间为t，对应的位移为x，

据牛顿第二定律得，恒力F作用时的加速度a=…④

位移x=…⑤

物体下滑过程，有动能定理得：

mgH+Fcosθ•x-（μmgcosθ-μFsinθ）•x-=…⑥

联立以上各式解得：t=m

答：（1）斜面的倾角θ为arctan；

（2）水平恒力F的最小值11.13m；

（3）水平恒力F作用的最短时间m．

解：（1）从A到B，由动能定理得：

mgR=mvB2，

代入数据解得：vB=3m/s

对物块在B点受力分析，由牛顿第二定律可得：

代入数据解得：

FN=23N

由牛顿第三定律可知：物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力等于轨道对物块支持力为：FN=23N；

（2）物块从C运动到D，做平抛运动

则竖直方向：

水平方向：x1=vCt

解得：vC=1m/s

物块从B运动到C能量守恒得：

代入数据解得：Wf=2J；

（3）若传动带顺时针转动：

①当0＜v≤1m/s时，物块到达C点的速度为1m/s，则物块还是落在D点，x=x1=1m

②当1m/s＜v≤3m/s时，物块到达C点的速度为v，则物块水平距离x=vt=v

③当v＞3m/s时，物块到达C点的速度为vB，则物块水平距离x=vBt=3m

答：（1）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力为23N；

（2）物块与传送带之间产生的内能为2J；

（3）①当0＜v≤1m/s时，x=x1=1m；

②当1m/s＜v≤3m/s时，x=vt=v；

③当v＞3m/s时，x=vBt=3m．

解：（1）设弹簧储存的最大弹性势能EP，滑块从静止释放至运动到B点，

由能量守恒定律知：

从B到C，

解得：vB=2m/s，EP=1J

（2）加电场后，由于vB＞v传，所以滑块刚滑上传送带时就做匀减速直线运动，

μmg-qE=ma

滑块减速至与传送带共速的时间为

滑块减速的位移为

故滑块之后匀速运动，从B到C，由

Wf=-1.9375J  

（3）滑块恰能在C点水平飞出传送带，

则有mg=

解得：vC=rω0

解得ω0=5rad/s

滑块要减速到C点μmg=ma′块减速时间t=1s

滑块位移x1=vBt-a′t2=3m

传送带距离x2=vCt=2m

内能Q=μmg（x1-x2）=1J           

答：（1）滑块到达B点时的速度是2m/s，及弹簧储存的最大弹性势能EP是1J；

（2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E=5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功是-1.9375J．

（3）若两轮半径均为r=0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带．ω0的大小是5 rad/s，这一过程中滑块与传送带间产生的内能是1J

解：（1）小滑块沿斜面滑下，根据动能定理：

得：μ=0.5

（2）小滑块从B点到C点，做平抛运动

竖直方向：，

得t=0.6s；

水平方向：x=v1t=1.2m；

（3）平抛过程，根据机械能守恒，有：

得：

答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5；（2）小滑块落地点C与B点的水平距离x为1.2m；（3）小滑块落地时的速度大小为2m/s．

解：（1）从A到B，弹簧弹性势能转化为动能

（2）在B点，根据向心力公式：

由

得FN=135.2N

根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力为135.2 N

（3）恰能到达最高点C，说明C点的速度为VC=

由动能定理：

解得：Wf=-19J

滑块克服阻力做的功为19 J

（4）物体在C点做平抛运动：

2R=

S=VCt

mg=

得

答：（1）释放滑块时，弹簧的弹性势能的大小144J；

（2）滑块刚滑上半圆轨道时对轨道的压力大小135.2 N；

（3）滑块从B运动到C点的过程中克服阻力做的功19J；

（4）小滑块离开C点的速度是

解：（1）物块离开D点后做平抛运动，

在竖直方向：vy2=2gR，解得：vy=，

tan45°=，解得：vD=4m/s；

在竖直方向上：R=gt2，解得，平抛运动的时间t=0.4s，

水平方向，DP间的水平距离：x=vDt=4×0.4m=1.6m．

BD间位移为sBD==2.5m

BP间的水平距离x=2.5+1.6=4.1m；

（3）物块恰好到达M点时，重力提供向心力，

在M点由牛顿第二定律得：m2g=m2，解得：vM=2m/s，

设物块能到达M点，由机械能守恒定律得：

m2vM′2=m2vD2-m2gR，

解得：vM′=m/sm/s，

所以物块不能到达M点．

答：（1）BP间的水平距离是4.1m；（2）物块不能到达M点．

解：（1）在整个过程中由动能定理可知：

（2）从A到Q的过程中由动能定理可知：

在Q点由牛顿第二定律可得：

FN-mg=

联立解得：FN=12N

由牛顿第三定律可知对轨道的压力为12N

答：（1）v0的大小为2m/s；        

（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力为12N．