热门试卷

解：（1）小车恰能过圆周运动最高点的临界速度为v2，由牛顿第二定律得：mg=m

所以：v2=

设小车到达最高点的速度为v3，由A点到圆周最高点的过程，由动能定理得：FL1-μmgL1-mg×2R=

代入数据解得：

因v3＞v2，故能做完整的圆周运动

（2）小车到达C点的速度为v4，从A到C由动能定理得：

代入数据解得：v4=8m/s…①

小车做平抛运动水平位移：x=v4t…②

竖直位移：…③

联立①②③解得：x=4m    t=0.5s

因x＞s，故小车能越过壕沟

落地速度为 

方向与水平方向成α角  =

答：（1）小车能做完整的圆周运动．

（2）小车能越过壕沟赢得比赛，到达地面时的速度9.43m/s，与水平方向成．

解：在整个运动过程中，由动能定理可知：

mg（H+h）-fh=0-0

得：f==N=1230N

沙子对铅球的平均阻力为1230N

答：沙子对铅球的平均阻力1230N．

解：（1）设物体经过B点的速度为vB，则由平抛运动的规律可得：

  vBsin37°=v0

解得，vB=2m/s

设物体经过C点的速度为vC，由机械能守恒得：

mvB2+mg（R+Rsin37°）=mvC2

解得，vC=6m/s

物体经过C点时，设轨道对物块的支持力为FC，根据牛顿第二定律得：

Fc-mg=m

联立解得：Fc=46N；

由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的C点时对轨道的压力为46N；

（2）根据能量守恒得：整个过程产生的热量Q=mvB2+mg（R+Rsin37°）=×1×22+1×10×（1+0.6）=18J

答：

（1）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力为46N；

（2）整个过程产生的热量为18J．

解：（1）小物块从A下滑到B的过程中机械能守恒，在B点的速度为：

vB===4.00m/s

小物块从B到C的过程中，位移为s=9m，加速度为a=-μg=-0.0200×10=0.200m/s2，设到达C点的速度为vC，有：

-=2aL

代入数据解得：=15.64m2/s2

小物块沿CD运动的过程中机械能守恒，设上升的高度为h，有：

=mgh

代入数据解得：h=0.782m

（2）小物块从B到C的过程中损失的能量为：△E=mg（R-h）=1.00×10×（0.800-0.782）=0.18J

假设物块从开始运动到第21次返回AB轨道的过程时，速度还是大于1m/s的，

此过程中损失的总能量为：△E总=2×21×△E=2×21×0.18=7.56J

此时小物块的能量为：E=mgR-△E总=1.00×10×0.800-7.56=0.44J＜×1×12=0.5J

说明在此时之前小物块与传送带以有了共同速度，假设错误．

设当小物块在传送带上运动了n个BC的长度时，与传送带具有了相同的速度（由上面的对假设的解答可知，小物块正好是在向左运动的过程中与传送带具有了相同的速度），有：

mgR-=n×△E

代入数据解得：n=，取整为41次

当小物块在传送带上完成41个BC的长度时的能量为：E‘=mgR-41△E=1.00×10×0.800-41×0.18=0.62J

此时的速度（即为小物块在B的速度，且方向向左）的平方为：===1.24m2/s2

小物块以此速度向左运动到速度与传送带速度相同的过程中有：v2-=2as'

代入数据解得：s'=0.600m

在上述过程中，小物块在传送带上的运动始终与传送带有相对运动，可把该过程看成是小物块一直向一个方向运动，运动的初速度为vB=4.00m/s，末速度为v=1.00m/s的匀变速直线运动，该过程的位移为：s''=41s+s'=41×0.9+0.6=37.5m

运动的时间为：t1===15s

小物块还需要随之传送带向左运动L'=L-s'=0.900-0.600=0.300m才能第21次返回AB轨道，此过程的时间为：t2===0.3s

所以物块从开始运动到第21次返回AB轨道的过程中，在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=15+0.3=15.3s

（3）由对第二问的解答可知，物块第21次返回AB轨道后，再次向右运动从B点滑上传送带时的速度为v=1m/s，后匀加速直线运动，设速度减为零时相对于地面的位移为s1，有：

0-v2=-2μmgs1

代入数据得：s1=2.5m＞L=0.900m，

说明小物块还能运动到C点，设小物块从B到C的时间为t'，有：

L=vt-μgt′2

代入数据解得：t'=1s（另一解t'=9s不符合题意，舍去）

小物块到达C点的速度为：=v-μgt=1-0.0200×10×1=0.80m/s

此过程传送向右传到的位移为：s2=vt'=1×1=1m

小物块相对传送带的位移为：x1=L+s2=0.900+1=1.900m

小物块从C划上传送带后做加速度运动，运动到与传送带具有相同速度时的位移为s3，有：

v2-=2μgs3

代入数据解得：s3=0.9m，即小物块为回到B点时速度又一次为1m/s，所以后面的运动会重复该过程．

所以时间为：t″===1s

这一过程中，相对传送带的路程为：S=x1+vt'-L=1.900+1×1-0.900=2m

此过程中摩擦力产生的热量为：Q1=μmgS=0.0200×1×10×2=0.4J

物块从第21次至第101次返回AB轨道的过程中，一共完成了80个来回，所以该过程中小物块与传送带间摩擦产生的热量为：

Q=80Q1=80×0.4=32J

答：（1）物块第一次沿CD轨道上滑的最大高度为0.782m；

（2）物块从开始运动到第21次返回AB轨道的过程中，在传送带上运动的时间为15.3s；

（3）物块从第21次至第101次返回AB轨道的过程中，与传送带间摩擦产生的热量为32J．

解：（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，由动能定理得：

-μ1mgL=- ①

代入解得 v0=10m/s

（2）将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理得：

-μ1mg（L-l）-μ2mgl=- ②

代入解得 l=4m

（3）由②式，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度v2不变，设滑块在AC段和CD段的加速度分别为a1和a2．

根据牛顿第二定律得：

-μ1mg=ma1；③

-μ2mg=ma2；④

滑块在A、B间运动的v-t图象如图，由图象可知当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长．

设此时滑块到达D点时的速度为v，则由动能定理得

-μ2mgl=- ⑤

解得 v=8m/s

根据运动学公式得

  v=v0-a2t1 ⑥

  v2=v-a1t2  ⑦

解得 t=t1+t2=2.44s

答：

（1）初速度v0的大小是10m/s；

（2）CD段的长度l是4m；

（3）当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长，滑块滑行的最长时间是2.44s．

解：（1）若H=，小球从A运动到C的过程，由机械能守恒得：mgH=，得 vC=

设小球经过C点时轨道对球的作用力方向向下，大小为N，则 mg+N=m，解得 N=0，所以由牛顿第三定律得知小球对轨道DEF的压力为0．

由于vC=，所以小球经C点后恰好沿轨道DEF运动．

（2）小球从A运动到C的过程，由机械能守恒得：mgh=，得 vC′=

小球离开C点后做平抛运动，击中圆弧EF上的P点时有：

  r+rsin30°=

  rcos30°=vC′t

联立解得 h=r

答：

（1）若H=，小球经过C点时的速度大小为，小球对轨道DEF的压力为0，小球经C点后恰好沿轨道DEF运动．

（2）h是r．

解：（1）运动员从B到过渡区CD最低点的过程，由机械能守恒定律得：

mghB=

在过渡区CD的最低点，由牛顿第二定律得：

FN-mg=m

联立解得：FN=mg（1+）=1400N

（2）从B到F点正上方的过程，运用机械能守恒定律得：

mg（hB-h）=

解得：h=hB-=7.6m

（3）从F点正上方到着陆坡运动员做平抛运动，则有：

x=vt

y=

又有 xtan37°+（h-hF）=y

即有：vttan37°+（h-hF）=

代入得：4×t×+（7.6-4）=5t2，

解得：t=1.2s（另一负值舍去）

则运动员落到着陆坡时的速度大小为：v1==4m/s

答：（1）运动员到达第一过渡区CD的最低点时受到的支持力FN是1400N

（2）运动员到达F点正上方时离地面的高度h是7.6m；

（3）运动员落到着陆坡时的速度大小v1是4m/s．

解：（1）质点从半圆弧轨道做平抛运动后又回到A点，设在C点的速度为vC，

质点从C点运动到A点所用的时间为t，

在水平方向：X=VC≈•t，在竖直方向：2R=gt2     

解得：vC=

对质点从A点到C点由动能定理有：WF-mg•2R=mvC2   

解得：WF=

（2）要使力F做功最少，确定x的取值，由WF=mg•2R+mvC2可知，

只要质点在C点的速度最小，则WF就最小，若质点恰好能通过C点，其在C点的最小速度为v，由牛顿第二定律有：mg=m   

即v=，而=

解得：x=2R时，WF最小，其最小值为WF=2.5mgR

（3）由于WF=，而WF=Fx

所以 F=

由此可知：当=，即x=4R时，力F最小，其最小值为mg．

答：

（1）推力对小球所做的功是．

（2）x等于2R时，完成上述运动所做的功最少，最小功为2.5mgR．

（3）x取4R时，完成上述运动用力最小，最小力为mg．

解：（1）设小球第一次到达D的速度VD，P到D点的过程对小球根据动能定理列式，有：

mg（H+r）-μmgL=mVD2

在D点对小球列牛顿第二定律：FN=m    

联立解得：FN=32N   

（2）第一次来到O点，速度V1

P到O点的过程对小球根据动能定理列式，有：

mgH-μmgL=mV12

解得：V12=12

要能通过O点，须mg＜m

临界速度VO2=10

故第一次来到O点之前没有脱离，第二次来到D点是沿着原路返回，设第三次来到D点的动能EK

对之前的过程根据动能定理列式，有：

mg（H+r）-3μmgL=EK

代入解得：EK=0

故小球一直没有脱离CDO轨道

设此球静止前在水平轨道经过的路程S

对全过程根据动能定理列式，有：

mg（H+R）-μmgS=0

解得：S=8.5m

答：（1）当H=1.4m时，此球第一次到达D点对轨道的压力大小为32N．（2）当H=1.4m时，此球不会脱离CDO轨道，静止前球在水平轨道经过的路程为8.5m．

解：（1）设小球到达C点的速度为VC，以小球从静止到C点为研究对象，由动能定理得：mgh-mgR=…①

小球通过C点时恰好与轨道内外壁没有挤压，所以：mg=…②

联立①②解得；h=

（2）小球能通过C点后刚好落到垫子上N点的过程做平抛运动，设运动的时间为t，离开C点的速度为v，则：R=…③

R+3R=vt…④

由于垫子的缓冲小球不反弹跳起而是沿水平方向滚动，所以滚动的初速度为v，设在水平地面上滚动的距离x，由动能定理得：-μmgx=   …⑤

联立③④⑤解得：x=

答：（1）若小球通过C点时恰好与轨道内外壁没有挤压，释放点高度h是．（2）球离开垫子后在水平地面上滚动的距离x是．