热门试卷

解：（1）人沿山坡下滑时，所受山坡的摩擦力

f=μmgcos37°

所以在下滑75m过程中克服摩擦力所做的功

W=fL=μmgLcos37°=0.1×75×10×75×0.8J=4500J

（2）沿山坡滑下时只有重力、阻力做功，根据动能定理有：

阻力做功Wf=-W=-4500J

所以到达坡底时的速度m/s=28m/s．

答：（1）滑雪人滑过山坡过程中克服摩擦力所做的功为4500J；

（2）滑雪人滑到山坡底的速度大小为28m/s．

解：（1）根据牛顿第二定律得，飞机在水平跑道上的加速度为：

a===5m/s2．

（2）根据速度位移公式得：v2=2aL，

解得：v==m/s=40m/s．

（3）根据动能定理得：W合==J=1.6×106J

答：（1）飞机在水平跑道运动的加速度大小为5m/s2；

（2）飞机加速到跑道末端的速度大小为40m/s；

（3）在飞机运动到跑道末端时，合外力做功的大小为1.6×106J．

解：（1）钢绳的拉力F所做的功WF=Fh=5000×10J=5×104J

（2）物体的重力势能EP=mgh=100×10×10J=1×104J

（3）由动能定理可得

答：（1）拉力F所做的功为5×104J

（2）物体在h=10m处的重力势能1×104J

（3）物体在h=10m处的动能为4×104J

解：（1）假设工件在传送带上一直做匀加速运动，末速度为v．

根据动能定理：，

代入数据解得：

所以假设不成立，即工件在传送带上先匀加速，再匀速运动．

工件最后随传送带做匀速运动，末速为v0，

根据动能定理：，

代入数据解得：Wf=220J

（2）上滑的加速度a=μgcosθ-gsinθ=2.5m/s2，

则相对滑动的位移，

产生的内能为Q=μmgcosθ•△x=60J，

答：（1）摩擦力对工件做了220J的功．

（2）产生的内能为60J

解：（1）矿物离开C后做平抛运动，

在水平方向：s=vCt，

在竖直方向：h=gt2，

矿物在C点，由牛顿第二定律得：mg+N=m，

由牛顿第三定律可知，矿物对轨道的压力：N′=N，

联立并代入数据得：N′=150N，方向竖直向上；

（2）设矿物在AB段始终处于加速状态，由动能定理得：

（μmgcosθ-mgsinθ）L=mv′2，

代入数据解得：v′=8m/s＞v0=6m/s，

由此可知，矿物在传送带上先加速到与传送带速度相等，然后匀速运动到B点，

到达B点时的速度为6m/s；

（3）从A到C过程，由动能定理得：

Wf-mg[Lsinθ+R（1+cosθ）]=mvC2-0，

代入数据解得：Wf=1276J；

（4）对矿物，由牛顿第二定律得：

μmgcosθ-mgsinθ=ma，

矿物速度与传送带速度相等需要的时间：t=，

在此过程中，矿物的位移：s1=t，

传送带位移：s2=v0t，

矿物由A点到达B点的过程中，由能量守恒定律得：

E=mv02+mgLsinθ+μmgcosθ（s2-s1），

代入数据解得：E=2055J；

答：（1）矿物到达C点时对轨道的压力大小为150N；

（2）矿物到达B点时的速度大小为6m/s；

（3）矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功为1276J；

（4）矿物由A点到达B点的过程中，电动机多消耗的电能2055J．

解：（1）小滑块在AB轨道上运动时受重力和支持力，

根据牛顿第二定律得mgsinθ=ma

a=gsinθ=6m/s2

（2）根据动能定理研究A点到M点，

在M点，根据牛顿第二定律得

解得：FN=87.6N

（3）小滑块恰好经过最高点M时，根据牛顿第二定律得：

vM=1m/s

小滑块能过最高点，根据动能定理得

设小物块第一次在PQ轨道上速度减到0离P点的高点为h1，有

h1=1.44m

设小物块从第一次的最高点运动的P的速度为v1，有

设小物块第二次在PQ轨道上速度减到0离P点的高点为h2，有

h2=0.288m设小物块从第二次的最高点运动的P的速度为v2，有

不能过最高点．         

小滑块能通过M点3次  

答：（1）小滑块在AB轨道上运动时的加速度大小是6m/s2；

（2）小滑块第一次经过M点时，轨道对它的作用力大小是87.6N；

（3）小滑块能通过M点3次

解：（1）小球由A运动到B的过程中做平抛运动，在竖直方向有：

h1-h2=

根据几何可知：h2=h1（1-cos∠BOC），

解得：cos∠BOC=60°

根据平抛运动的规律有：tan∠BOC=

联立解得：v1=2m/

（2）设小球首次运动到C点时的速度为v2．小球从释放到运动达到C的过程中，由机械能守恒定律有：

+mgh1=mv22，

解得：v2=2m/s，

对小球在圆弧轨道C点时，由牛顿运动定律有：

Nc-mg=m

解得：Nc=N≈33.3N        

根据牛顿第三定律知，小球首次运动到C点时对圆弧轨道的压力 N=Nc≈33.3N        

（3）依据题意知，①μ的最大值对应的是球撞墙前瞬间的速度刚好等于零，根据能量关系有：

  mv22＞μmgL   代入数据解得：μ＜

②对于μ的最小值求解，首先应判断小球第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v3，由能量守恒有：

  mv22=mv32+μmgL

第一次碰墙后返回至C处的动能为：EkC=mv32-μmgL  

可知即使μ=0，有：mv32=14J，mv32=3.5J＜mgh2=6J，小球不可能返滑至B点      

故μ的最小值对应着小球撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有：

  mv32≤2μmgL，联立解得 μ≥

综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值的范围为：≤μ＜

答：（1）小球的水平速度v1是2m/s．

（2）小球首次运动到C点时对圆弧轨道的压力是33.3N；

（3）满足题目条件的动摩擦因数μ值的范围为≤μ＜．