热门试卷

解：设从离最低点高度为h的地方下滑，在轨道最高点的速度为v，则

mg（h-2R）=  ①

在最高点由重力提供向心力：

mg=   ②

由①②得：h=

答：物体应从离轨道最低点高的地方开始滑下

解：（1）设飞镖从B平抛运动到O 的时间为t，从B点抛出的初速度为v，则有

d=vt

R=

得：．

（2）因BC方向的速度不变，则从B到靶的时间t不变，竖直方向的位移也仍为R，则靶上的击中点一定是与靶心O在同一高度上，则垂直于BC的水平位移一定小于等于R，因此有

v1t＜R

结合两式可得

．

答：（1）孩子在A处被推出时的初速度大小．

（2）v1的取值范围为．

解：（1）小工件在传送带上先匀加速运动，根据牛顿第二定律，则有：

  μ1mgcosθ-mgsinθ=ma1

代入数据得：a1=0.5m/s2

匀加速运动的时间为：t1=

代入数据得 t1=2s；

匀加速运动的位移为：s1=

代入数据得：s1=3m；

接着小工件在传送带上匀速运动，运动的时间：t2=

代入数据得：t2=s

所以：t=t1+t2=3≈5.1s

（2）由动能定理：-μ2mgL-mgh=0-；

解得：h=0.132m＜R

所以小工件将不能越过点P；

小工件将冲上圆轨道再以相同速度大小返回C点，经BC减速滑上传送带，再返回…，小工件从第一次过C点到停止，其动能消耗在BC段克服摩擦力做功．

设小工件最多可以进入检验区N次．

由动能定理：-μ2mgNL=0-

代入数据得：N=6（次）

所以，小工件最多进入检验区7次，进入加工区3次．

始终不合格的小工件最后停留在距B点，d=L=1.8m 处．

（3）工件从A运动到B点过程传送带克服摩擦力做的功：W1=μ1mg（v0t1）cosθ+mg（v0t2）sinθ

代入数据得：W1=3.9J

经第一次加工后，工件返回到B点速度为vB

则：-μ2mg•2L=

解得：vB=m/s

工件以 vB=m/s下滑进入传送带，先减速后加速（相同加速度）返回B点，此过程时间

 t4=

解得：t4=≈5.84s

此过程传送带克服摩擦力做的功：W2=μ1mg（v0t4）cosθ

代入数据得：W2=4.5J

故三次经过B点，因传送工件电动机要多消耗的电能等于：E=W1+W2=3.9+4.5=8.4J．

答：（1）小工件从A点第一次运动到B点所用的时间是5.1s；

（2）小工件最后停留在距B点1.8m 处．

（3）三次经过B点，因传送工件电动机要多消耗的电能为8.4J．

解：木块做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得：

F-mg=m，解得：v===，

小球下滑过程，由动能定理得：mgR-Wf=mv2-0，

解得：Wf=mgR-mv2=mgR-×m×=0.75gR；

答：木块下滑过程中克服摩擦阻力所做的功是0.75gR．

解：（1）小球到达轨道的最高点C点时，重力提供向心力，则：

解之得，

（2）小球从B到C的过程，由动能定理，

设小球下落时离A点的高度为H，则小球从落点到B的过程，由机械能守恒，

以上两式联立得，，

（3）小球经过最低点B时，

解之得，F=6mg

由牛顿第三定律知小球经过最低点B时对轨道的压力，F′=F=6mg．

答：（1）小球经过最高点C时的速度大小为；

（2）小球开始下落时离A点的高度为；

（3）小球经过最低点B时对轨道的压力为6mg．

解：（1）物体刚进入传送带时，由mgh=得：v1=10m/s

离开B端物体做平抛运动时，根据h=，解得：t1=1s

传送带静止时，物体到B端的速度：=2m/s

传送带转动时，由于v2＜v＜v1，

故物体先减速后匀速，由v=v=5m/s得，

（2）第一次传送带对物体所做的功：

第二次传送带对物体做的功：

两次做功之比：

（3）物体速度由10m/s减小到5m/s的过程，两次用时相同，传送带静止时，物体由5m/s减小到2m/s时用时：

t==1.5s

t时间内，物体前进L=

传送带转动时，物体前行L用时t′=

故第二次比第一次少用时△t=t-t′=1.5s-1.05s=0.45s

答：（1）传送带转动时，物体落在右侧5m位置；

（2）先后两种情况下，传送带对物体做功的比值为32：25；

（3）两种情况下，物体运动所用时间之差为0.45s．

解：（1）物体P从轨道顶端处A点滑到B点过程机械能守恒，则有

  mgh=

所以物体P滑到B点的速度大小为v0=

物体P离开B点做平抛运动，运动时间为t=

传送带静止时，物体P从E点平抛运动时间不变，仍为t，水平位移为，则物体P从E点滑出时的速度大小为v1===

（2）根据动能定理研究物体P在传送带上滑行过程，得

-μmg=-

代入解得，μ=

（3）传送带以速度v=＞v0匀速向右运动时，物体相对于传送带向左运动，受到的滑动摩擦力向右，物体P做匀加速运动，假设物体一直做匀加速运动，物体运动到E点的速度为v2．根据动能定理得

μmg=

解得，v2=＞，所以假设错误，即物体先匀加速后匀速，离开传送带时速度与传送带相同．

所以s=+vt=+•=l

答：

（1）P从静止的传送带右端水平飞出时的速度大小为；

（2）P与传送带之间的动摩擦因数μ为；

（3）OD之间的距离为l．

解：（1）薄木板A在PP′、QQ′间运动时，将三块薄木板看成整体，当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值，则有：

μmxgcosθ=3mgsinθ

得到：

即滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大       

（2）对三个薄木板整体用牛顿第二定律有：

3mgsinθ-μmgcosθ=3ma

得到：

对A薄木板用牛顿第二定律有：F+mgsinθ-μmgcosθ=ma

则得：

（3）要使三个薄木板都能滑出QQ′处，薄木板C中点过QQ′处时它的速度应大于零．

薄木板C全部越过PP′前，三木板是相互挤压着，全部在PP′、QQ′之间运动无相互作用力，离开QQ′时，三木板是相互分离的．             

设C木板刚好全部越过PP′时速度为v．

①对木板C用动能定理有：，

②设开始下滑时，A的下端离PP′处距离为x，对三木板整体用动能定理有：

得到：x=2.25L                                    

即释放时，A下端离PP′距离为：x＞2.25L

答：（1）薄木板A在PP′、QQ′间运动滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大；

（2）薄木板A上端到达PP′时受到木板B弹力的大小是；

（3）释放木板时，薄木板A下端离PP′距离满足的条件是：释放时，A下端离PP′距离x＞2.25L．

解：（1）据题得，将弹簧向左压缩x时，弹簧的弹性势能为 EP1=kx2，（k是比例系数）…①

物块从弹簧释放到N的过程中，由动能定理有：EP1=μmg（x+l）…②

将弹簧向左压缩2x时，弹簧的弹性势能为 EP2=k（2x）2=4EP1 …③

物块恰好能通过最高点B时，有 mg=m…④

物块从弹簧释放到B的过程中，由动能定理有：EP2=μmg（2x+l）+2mgR+…⑤

联立①～⑤得：x=-=-=0.15m…⑥

（2）由上解得 EP2=4μmg（x+l）=4×0.25×mg（0.15+1.9）=2.05mg…⑦

小物块从B点飞出后做平抛运动，则水平距离为：S=vBt=vB…⑧

物块从弹簧释放到B的过程中，由动能定理有：EP2=μmg（2x+l）+2mgR+…⑨

由⑦⑧⑨解得：S=…（11）

根据数学知识可知，当3-4R=4R，即R=m时S有最大值，S的最大值为 Smax=1.5m…（12）

（3）若小物块质量m=1kg，符合上述条件时，由⑧解得 vB=m/s…（13）

在B点，由牛顿第二定律得 mg+N=m…（14）

解得：N=30N

由牛顿第三定律得，小物块对B点作用力的大小为30N．

答：（1）弹簧的压缩量x为0.15m．

（2）当轨道半径为m时，小物块从B点飞出后，落地点到N点的水平距离最大，最大距离为1.5m．

（3）小物块对B点作用力的大小为30N．