热门试卷

解：（1）设滑块从高为h处上滑，到达斜面底端速度为v，

下滑过程机械能守恒：

mgh=mv2

解得：v=；

若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：

μmgL=mv02-mv2

联立解得：h=-μL=0.1m；

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理：

-μmgL=mv02-mv2

解得：h=+μL=0.8m

故滑块下滑的高度应为0.1m或0.8m；

（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移：

s=v0t

由机械能守恒可知：mgh=mv2

解得：v=

对滑块由运动学公式知：

v0=v-at

联立解得：s=v0

滑块相对传送带滑动的位移△s=L-s

相对滑动生成的热量Q=μmg△s=0.5J．

答：（1）滑块下滑的高度可能为0.1m或0.8m；（2）相对滑块生成的热量为0.5J．

解：（1）物块恰能过C点，有：

物块由初位置至C点，设弹簧弹力做功W1，由动能定理知：

代入数据得：W1=6.25J

即初释时弹簧具有的弹性势能EP=W1=6.25J；

（2）当物体质量为m时，过C点的速度为v′C，则：

mg×

代入数据得：v′C=20m/s

设速度为vC时水平位移为x1，设速度为v′C时水平位移为x2，从平抛到落地的时间为t，则有：

2R=gt2

x1=vCt

x2=v′Ct

代入数据得：x1=5m

x2=20m

所以，物块从C点飞出后在水平轨道上落点的范围为5m到20m之间；

（3）设每次弹出物块弹簧做功为W，物块至C处的速度为VC，C处对物块的弹力为FN

则：

W=EP

在C点由牛顿第二定律得：

整理得：=

作图，如右图． 

答：：（1）弹簧被压紧时的弹性势能为6.25J

（2）物块从C点飞出后在水平轨道上落点的范围为5m到20m；

（3）FN与弹簧的弹性势能EP的函数关系为EP-5，FN-EP图象为：

解：（1）小球从A到B的过程，由机械能守恒定律得：

  =mgL

在B点，由牛顿第二定律得 T-mg=m

联立解得 T=3mg

（2）小球恰好能够沿圆周运动通过最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得

   mg=m

小球从A到D过程，由动能定理得

  F0L-mgL=

联立解得  F0=1.5mg

（3）与重力场类比，可得F与mg的合力为 F′=

当F′通过圆心O时小球的速度最大，此时有 tanθ=

从A到速度最大位置的过程，由动能定理得

  mgLcosθ+FLsinθ=

联立解得 v=

答：

（1）小球刚到B点时，绳子对它拉力T的大小是3mg．

（2）小球从B点运动到C点的过程中所加水平恒力的最小值F0是1.5mg．

（3）v与θ的关系式是v=．

解：（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，由几何关系：

  d=L1cosα+L2cosβ

得出AO杆与水平方向夹角 α=53°                    

由牛顿第二定律得 mgsinθ-μmgcosθ=ma               

在AO段运动的加速度：a=gsin53°-μgcos53°=3.2 m/s2    

方向沿AO杆向下．                              

（2）设滑竿两端点AB的最大竖直距离为h，对下滑全过程由动能定理得：

mgh-μmgL1cosα′-μmgL2cosβ′=-0         

其中d=L1cosα′+L2cosβ′=11，v≤6 m/s

所以：h=+μd≤10.6m                          

又因为若两杆伸直，AB间的竖直高度为：

h′==m≈10.2m＜10.6m                             

所以AB间最大竖直距离应为：hm=10.2m．                  

答：（1）被困人员在滑杆AO上下滑时加速度的大小为3.2 m/s2，方向沿AO杆向下．      

（2）滑杆两端点A、B间的最大竖直距离是10.2m．

解：射穿一个草人消耗的能量为：

W=J=450mJ

弓箭具有的能量为：

E=

穿过草人的个数为：n=个

答：一次最多能穿透2个叠加的草人

解：（1）小球在恰好通过最高点时在最高点B只受重力作用，根据牛顿第二定律有：

可得小球在最高点的速度为：=2m/s．

（2）小球离开B点开始做平抛运动，初速度为：，抛出点高度为：h=2R

则根据竖直方向做自由落体运动有：h=

可得小球做平抛运动的时间为：

小球在水平方向做匀速直线运动，故平抛过程中小球在水平方向的位移为：

x=vBt=2R=0.8m

答：（1）小球在B点的速度是2m/s；

（2）小球落地点C距A处的距离是0.8m．

解：（1）物块离开D点后做平抛运动，在竖直方向有：

  vy2=2gR，解得：vy===4m/s

tan45°=，解得：vD=4m/s；

在竖直方向上：R=gt2，解得，平抛运动的时间t==s=0.4s

则DP间的水平距离：x=vDt=4×0.4m=1.6m．

（3）物块恰好到达M点时，重力提供向心力，

在M点由牛顿第二定律得：m2g=m2，解得：vM=2m/s，

设物块能到达M点，由机械能守恒定律得：

m2vM′2=m2vD2-m2gR

解得：vM′=m/s＜vM=2m/s

所以物块不能到达M点．

（3）质量为m2=0.2kg的物块在BD段运动过程，由x=6t-2t2，得初速度v0=6m/s，加速度大小为 a=4m/s2；

设物块与水平面间的动摩擦因数为μ，则 μm2g=m2a，得 μ=0.4

质量m1=0.4kg的物块被弹簧释放过程，有：

  Ep=

质量m2=0.2kg的物块被弹簧释放过程，有：

   Ep=

联立解得：Ep=7.2J

答：

（1）DP间的水平距离是1.6m；

（2）物块不能到达M点．

（3）物块将弹簧缓慢压缩到C点时弹性势能EP为7.2J．

解：设抛点离地面的高度为h．

根据动能定理得：mgh=-

得h=

代入解得，h=2.4m

答：抛点离地面的高度为2.4m．

解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβt，知物块的速度v与时间t成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；

物块加速度为 a=Rβ，根据物块受力，由牛顿第二定律得：

T-μmg=ma

则细线拉力为：T=μmg+mRβ

（2）从开始运动至t=t0时刻，小物块的位移是：

x==；

（3）从开始运动至t=t0时刻，根据动能定理得：

W电+Wf=v2，Wf=-μmgx

则得电动机做功为：

W电=+

答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动，小物块运动中受到的拉力是μmg+mRβ．

（2）从开始运动至t=t0时刻，小物块的位移是．

（3）从开始运动至t=t0时刻，电动机做了+的功．