热门试卷

解：（1）物块从A到圆弧轨道最低点过程中，

由动能定理得：mgh=mv2，解得：v===4m/s；

（2）在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律得：

F-mg=m，解得：F=mg+m=0.1×10+0.1×=4.2N，

由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力F′=F=4.2N，方向竖直向下；

（3）小物块在CD上不断克服摩擦力做功，机械能减小，

最终，小物块将在圆弧轨道上往复运动，在整个过程中，

由动能定理得：mg[h-R（1-cos37°）]-μmgcos37°•S=0-0，

解得：S===1.75m；

答：（1）小物块第一次通过圆弧轨道最低点时的速度大小为4m/s；

（2）小物块第一次通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为4.2N；

（3）小物块在轨道CD上通过的总路程为1.75m．

解：（1）小球从桌面飞出到A点的过程中，做平抛运动，则由动能定理有：

解得：v0=3m/s；

（2）小球恰好能通过最高点C的临界条件是：mg=

而小球从桌面到C的过程中，重力做的功为0，由动能定理得：

解得在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功为：Wf=-4J

答：（1）小球的初速度v0的大小为3m/s；

（2）若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功为-4J．

解：（1）要使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，在最高点由重力提供向心力．则有

 mg=m

从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得：

  =mg•2L+

再由动能定理得：mgh-μmg=-0

联立得h==0.75m

滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力最大，设为T．

则 T-mg=m

则得 T=6mg=30N

（2）滑块和小球碰撞时速度恰好减为v时，碰后小球刚好做最后一次完整的周期运动，对应在这以前的一段时间内它在水平面上通过的总路程为S．

由动能定理得：mgh-μmgS=-0

解得，S=23m

小球做完整圆周圆周运动的次数为n==12

答：

（1）若滑块B从圆弧面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，此高度 h为0.75m，绳子的最大拉力是30N；

（2）若滑块B从高H=6.25m 处的圆弧面上滑下，与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，小球做完整圆周运动的次数是12次．

解：（1）小物块从A到B的过程中，由牛顿第二定律 mgsinα-μmgcosα=ma

解得a=gsinα-μgcosα=4m/s2

（2）对于小物块从B向右运动的过程，由动能定理 

解得

小物块从A到B，由运动学公式，有 

解得

答：

（1）小物块在AB段向下运动时的加速度是4m/s2；

（2）AB的长度L是1m．

解：（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0．

R=gt2      

R=v0t

解得：v0= 

（2）小滑块在最低点时速度为V由机械能守恒定律得

mv2=mg•2R+mv02       

v=

根据牛顿第二定律：FN-mg=m       

FN=6mg                     

根据牛顿第三定律得：FN′=6mg        

（3）DB之间长度L=（2+1）R

从D到最低点过程中，由动能定理：

mgh-μmgcosθL=mv2

μ==0.18

答：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小为；

（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小为6mg；

（3）滑块与斜轨之间的动摩擦因数为0.18．

解：（1）选取弹射过程为研究过程，根据动能定理，则有：W弹=；

而vA=206km/h=57.2m/s；

因此解得：W弹=J=1.64×106J；

（2）恰好能到达点B，则B点的速度vB=0；

选取由A到B过程，根据动能定理，则有：-mgh-W克=0-mv；

因此W克=mv-mgh=W弹-mgh=1.64×106J-1000×10×139J=2.5×105J；

根据牛顿第二定律，则有：mg-N=m=0，

因此过山车对轨道的压力N=mg=1000×10=1×104N；

（3）当过山车能通过最高点C，则最小速度为vc；

根据牛顿第二定律，则有：mg=m；

因从B到C摩擦力很小，可忽略不计，则由机械能守恒定律，则有：mg（h-2R）=m；

联立上两式，代入数据，解得：R==m=55.6m；

因此半径R应满足R≤55.6m；

答：（1）要想使过山车获得206km/h的速度，弹射器至少得做1.64×106J功；

  （2）过山车从A点获得速度后，如果恰好能到达点B，在此过程中克服摩擦力所做的功是2.5×105J；这时过山车对轨道的压力有1×104N；

  （3）如果从B到C摩擦力很小，可忽略不计，为了能使过山车通过最高点C，半径R应满足R≤55.6m．

解：脱钩前匀速时对整体有：F=μ（M+m）g  

设脱钩时到卡车停止，卡车行驶总距离为S1，对卡车由动能定理有：

FL-μMgS1=0-Mv2；      

设拖车从脱钩到停止，拖车滑行距离为S2，对拖车由动能定理有：

-μmgS2=0-mv2；      

因此解得：△S=S1-S2=60m；

答：卡车和拖车都停止运动时它们的距离是60m．

解：根据动能定理，则有mgH=

v=

 代入数据，解得：v=20 m/s

答：光滑的雪道到达跳台的B点又落到离B点竖直高度为12m的雪地C点时，速度是20 m/s．

解：（1）根据机械能守恒定律得：

  mgh=

可得 vB===2m/s

（2）设圆轨道的半径为R，则 h=R（1-cos60°）

得 R=2h=1.2m

小球在B点左侧时，由牛顿第二定律得：N1-mg=m，N1=m（g+）=1×（10+）=20N

由牛顿第三定律得到小球对轨道的压力 N1′=N1=20N

小球在B点右侧时，小球对轨道的压力 N2′=mg=10N

故N1′：N2′=2：1

（3）设小物块与墙壁碰撞前速度为v，则碰后速度为 ．

由功能关系：mgh-μmgL=mv2

μmgx=m（）2

且有 x≤2L

则 μ≥

若小物块要能与墙壁碰撞，则：mgh＞μmgL

  μ＜；

故小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ的取值范围为：≤μ＜

答：

（1）小球第一次到达B点的速度为2m/s；

（2）小球第一次运动到B时在B点左右两侧对轨道压力之比为2：1．

（3）小物块与轨道CB之间的动摩擦因数μ的取值范围为：≤μ＜．

解：由题意知赛车从C平抛过壕沟，至少为vc，

竖直方向有：

水平方向有：s=vct

得：vc=

则从圆轨道出来到B位置速度至少为vB，在BC间做匀减速运动，有：

f=ma

得：

而能经过圆轨道最高点，设最高点时的速度为v，进入圆轨道时的速度为

得：

可见进入圆轨道速度至少为

根据动能定理：

得：t=

答：电动机至少工作的时间为1.9s．

解：滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端．

在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功．设其经过和总路程为L，对全过程，由动能定理得：mgssinα-μmgLcosθ=0-mv2，

解得：L=（stanθ+）；

答：滑块在斜面上经过的总路程为（stanθ+）．

解：（1）由vt2-v02=2as1，可解得：a=-0.08m/s2

设阻力为f，则有：F-mgsinθ-f=ma

代入数据解得：78-980×-f=-98×0.08

解得：f=31.16N．

所以克服阻力做的功为：W=fs=31.16×100=3116J

（2）由动能定理得：

mv2=mgh+fs′=mgssinθ+fs，

解得：s′=7.8m；

答：（1）人克服阻力所做的功为3116J；

（2）车能在坡上行驶7.8m

解：（1）木块在桌面上运动时，由动能定理有

代入数据解得：m/s           

（2）木块离开桌面后做平抛运动，竖直方向有

解得木块做平抛运动的时间t=0.4s         

水平方向木块做匀速直线运动有x=vt•t

代入数据解得x=m           

（3）木块离开桌面做平抛运动过程中只有重力做功，

由动能定理有

代入数据解得木块落地时速度v=m/s．

答：（1）木块离开桌面右端时速度的大小为m/s；

（2）D点距桌面右端的水平距离x=m；

（3）木块落地时速度大小v=m/s．