热门试卷

解：（1）在D点：2mg= 则

 （2）由P到D，由动能定理： xAB   

而   解得：

（3）在Q点的水平速度vQ平=vD=

    由垂直撞击可知滑块运动到Q时的竖直分速度为：

   由此可得平抛运动的时间为：t==

   平抛运动的水平位移为：

   平抛运动的竖直分位移为：yDF==

   Q点的高度：hQE=2R-yDF=

   则水平轨道BC的长度：L==

答：（1）滑块运动到圆形轨道最高点时的速度大小为．

（2）滑块与斜轨道间的动摩擦因数为．

（3）水平轨道BC的长度为

解：（1）重力做的功：

WG=mgh=50×10×30J=1.5×104J

支持力做功：

WN=0

摩擦力做功：

Wf=-fl=-μmgcos37°×=-2×103J

（2）合力做的功：

W合=WG+Wf+WN=1.5×104-2×103=1.3×104 J

（3）根据动能定理，有：

W合=

解得：

v==22.8m/s

答：（1）重力做功1.5×104J；支持力做功为零；摩擦力做功=-2×103J；

（2）合力做功为1.3×104 J；

（3）到达坡底时的速度的大小为22.8m/s．

解：（1）物块由B点抛出后做平抛运动，在竖直方向有：

h=gt2

物块离开滑到的速度：v==2m/s

拉动物块时的加速度，由牛顿第二定律：F-μmg=ma1

得：a1=8m/s2，

圆盘转过一周时落入，拉力作用时间最短；盘转过一圈的时间：

T==1s

物块在滑道导航先加速后减速：v=a1t1-a2t2

物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1+t2+t=T

由上面两式联立得：t1=0.3s

（2）拉力作用时间为0.5s＞0.3s，能落入小桶，

物块加速获得速度：v1=a1t=4m/s

滑块撤去F滑行时间为：t′==1s

则板长为：L=x1+x2=a1t12+=4m

（3）小桶水平方向给物块的作用力提供向心力，有：Fx=mω2R=0.4××1N=3N

竖直方向给物块的作用力与重力等大反向，即为：Fy=4N，

则小桶给物块的作用力：F=N=5N；

答：

（1）拉力作用的最短时间为0.3s；

（2）若拉力作用时间为0.5s，能落入小桶，所需滑道的长度为4m．

（3）小桶给物块的作用力大小5N．

解：（1）小球经过B点时，由支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：

  FN-mg=m；

由题意：FN=8mg

联立解得：vB==m/s；

根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能：

 Ep==J=35J

（2）小球从B到C，由机械能守恒定律，得：

  +2mgR=

解得 vC=m/s

小球离开最高点C后做平抛运动，则得：

竖直方向：2R=

水平方向：x=vCt

解得 x=2m

（3）若小球恰好运动到C点，在C点重力提供向心力，

由牛顿第二定律得：mg=m

由能量守恒定律得：

 EP=mv02+μmgs+2mgR，代入数据解得：s=4m

故要使小球能到达C点，AB的长度应该满足的条件为s≤4m

答：

（1）释放小球前弹簧的弹性势能Ep是35J．

（2）小球离开最高点C后落回水平面时离B点的距离是2m．

（3）要使小球能到达C点，AB的长度应该满足的条件为s≤4m．

解：（1）由x=12t-4t2知，物块从C运动到B过程中的加速度大小为a=8m/s2

设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得

mgsinθ+μmgcosθ=ma                                   

代入数据解得μ=0.25

（2）由x=12t-4t2知，物块在C点速度为v0=12 m/s        

设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，

由动能定理W-mgCDsin37°=mv                      

代入数据得：W=156J                                  

（3）物块在P点的速度满足mg=m                     

物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有m=mv+mghpB 

hpB=R（1+sin53°）                    

物块从C运动到B的过程中有 v-v═-2ax          

由以上各式解得x=

答：（1）动摩擦因数为0.25；

（2）若CD=1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为156J；

 （3）求B、C两点间的距离x=．

解：（1）A到B由机械能守恒得：mgh=mvB2

vB=

（2）在BC段由动能定理求的-

答：（1）滑块到达B点时的速度为；

（2）滑块在BC段克服摩擦力做功是mgh

解：（1）根据动能定理，运动员起跳瞬间做功为：W=mg（h1-）；

其中h1=0.7m，代入数据得：W=60×10×（0.7-）=120J；

（2）起跳到接触水面的过程为竖直上抛运动，根据机械能守恒定律，对上升过程，有：

=mg（h1-）

代入数据得：v0=2m/s；

根据位移时间关系公式，有：

h2=v0t-

-10=2t-

代入数据得：t=1.63s；

（3）起跳到入水到最低点，设水池至少为h深，入水过程克服水的阻力做的功为，克服浮力的功为，而浮力F浮=，

根据动能定理得：

W+mg（h2+h）--[]=0

代入数据，得：h=7.6m；

答：（1）运动员起跳瞬间所做的功为120J；

（2）运动员从起跳到接触水面过程的时间为1.63s；

（3）跳水池至少应为7.6m深．

解：（1）儿童对C处的压力大小为F，由牛顿第二定律可知：

儿童由B至C，由机械能守恒可知：

由以上两式可得：

（2）设儿童与斜面间的动摩擦因数μ，儿童所受摩擦力F1=μmgcosθ

儿童由A至B，由动能定律可知：

综上可得：

答：（1）儿童经过B点时的速度为；（2）儿童与斜面间的动摩擦因数为．

解：（1）汽车做匀减速运动

由牛顿第二定律有：kmg=ma                                 

代入数据得：a=1.25 m/s2

由运动公式有：                                   

代入数据解得：vt=20m/s                       

由vt＜80km/h得汽车没超速                                      

（2）汽车减速前的功率为：P=kmgv0                            

设汽车加速的位移为x2

由动能定理有：                       

代入数据解得：x2=100m                                        

答：（1）汽车在进入隧道口时没超速

（2）汽车出隧道口后行驶100速率达108km/h

解：（1）据重力做功公式：W=mgh=3×10×20J=600J；

（2）在整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，

则+mgh=，

代入数据解得v=5m/s，

答：（1）抛出至落地过程中重力所做的功600J．

（2）石块落地时的速度是5m/s．

解：（1）设拉力与水平方向成θ角时，加速度为a，则

  Fcosθ-f=ma

 N+Fsinθ=mg

又 f=μN

解得：a=-μg

由数学知识可知，当θ=arctanμ=37°时加速度最大，为 am=2.5m/s2．

（2）刚撤去F时速度 v1==3m/s

撤去F后匀减速运动过程，有-μmgs2=-

式中 s2=L-s1=0.333m

解得：v2=2m/s

所以滑块在平台上运动的最短时间为 tmin=+=1.33s

（3）对于平抛过程，有 x=v2t

h=

解得：x=0.6m

答：

（1）拉力F的方向与水平方向成37°角度时，滑块在平台上加速运动阶段的加速度最大，最大加速度为2.5m/s2．

（2）滑块在平台上运动的最短时间为1.33s．

（3）滑块落地点距离平台右端最远为0.6m．