热门试卷

解：（1）设球着地时速度为，由机械能守恒定律得：

解得：

（2）球着地时，球上升高度s1=h，之后竖直上抛运动，上升高度为：．

 所以，球上升的最大高度为：，

（3）在释放球到球着地的过程中，对球由动能定理有  

 解得：．

答：（1）b球着地时的速度为；

（2）a所能达到的最大高度为；

（3）绳拉力对a球所做的功为．

解：（1）滑块恰能到达圆环最高点D，说明滑块在D点时重力恰好提供向心力，即

mg=m                    

得：υD=                      

（2）小滑块从C→D，由机械能守恒定律得

mυC2= mυD2+mg•2R        

υC =                     

在C点，根据牛顿第二定律，有

N-mg=m                

得     N=6mg                      

（3）AB之间长度

L==R   

平直导轨对滑块的滑动摩擦力

f=μmgcosθ=mg             

从A→C，根据能量守恒定律有

mυC2+fL=EP+mgh

解得：

答：（1）滑块运动到圆环最高点D时速度υD的大小为；

（2）滑块运动到圆环最低点时受到圆环轨道支持力N的大小为6mg；

（3）滑块在A处时弹簧的弹性势能Ep为．

解：（1）选取小球A为研究对象，重力mAg、支持力F和细线的拉力T，根据平衡条件，有：

   2mAgcos30°=T

物体B受力平衡，根据共点力平衡条件，有：

   T=mBg

联立解得：

  2mAgcos30°=mBg

解得：mB=mA=m．

（2）A球到达圆环最低点时速度有最大，且此时B球的速度为零，系统机械能守恒，有：

 mAgR-mBg（2R-R）=

解得：vm=

答：

（1）小球B质量mB是m．

（2）小球A的最大速度vAM为．

解：设小球恰好做圆周运动的半径为R，

在最高点B：

mg=m①

由初位置到B，根据机械能守恒定律得：

mg（L-R）=②

由①②解得：

R=

所以

根据几何关系得：

答：x1点到O点距离为．

解：（1）m2过B点后遵从：X=6t-2t2，与公式x=v0t+at2进行比对，

所以知：vB=6m/s，a=-4m/s2．                                    

由牛顿第二定律：μmg=ma

解得：μ=0.4．                         

（2）竖直方向的分运动为自由落体运动，有m

P点速度在竖直方向的分量：m/s                  

解得离开D点的速度为vD=4m/s                                     

由机械能守恒定律，有

得=74m2/s2

根据牛顿第二定律，有，

解得F‘N=16.8N              

根据牛顿第三定律，F=F'=16.8N，方向竖直向下．                         

（3）小球刚好能到达M点，有

小球到达P点的速度．                            

从P到M点应用动能定理，有

得WPM=2.4J                 

从B到D点应用动能定理，有，

得WBD=2J       

从C到B点应用动能定理，有Ep=μm1gxCB；

可得，WCB=μm2gxCB=3.6J                       

则释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为：

W=WCB+WBD+WPM=8J

答：（1）物块m2过B点时的瞬时速度vB=6m/s，与桌面间的滑动摩擦因数0.4；

（2）若轨道MNP光滑，物块m2经过轨道最低点N时对轨道的压力16.8N；

（3）若物块m2刚好能到达轨道最高点M，则释放m2后整个运动过程中其克服摩擦力做的功8J．

解：（1）小球从D点到斜面最高点的过程中机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mvD2+mg•2R=mgh，解得：vD==5m/s，

设小球抛出时的速度为v0，由机械能守恒定律得：mv02=mgh，解得：v0=5m/s，

小球从A到D的过程可以看做从D到A的逆过程，小球抛出点A到D的水平距离为x，

根据平抛运动规律有：水平方向：x=vDt，竖直方向：2R=gt2，解得：x=5m；

设小球抛出时速度方向与水平方向夹角为θ，根据平抛运动规律有：

tanθ======2，θ=arctan2；

（2）由（1）可知：x=5m；

（3）由机械能守恒定律得：mvD2+mg•2R=mv2，

解得，小球在最低点的速度：v=5m/s，

由牛顿第二定律得：N-mg=m，解得：N=6N，

由牛顿第三定律可知，小球运动到半圆轨道最低点时球对轨道的压力大小为6N．

答：（1）小球抛出时的速度大小为：5m/s，方向：斜向上，与水平方向夹角为：arctan2．

（2）小球抛出点A到D的水平距离为5m．

（3）小球运动到半圆轨道最低点时球对轨道的压力为6N．

解：（1）在最低点，绳子被拉断的瞬间应满足：T-mg=m

代入数据得到：v=2m/s

（2）绳子断后，小球做平抛运动，竖直方向满足：

  h=gt2；

解得：t===0.8s

水平方向位移大小：x=vt=1.6m

答：（1）绳断时小球的速度是2m/s；

（2）小球落地处到地面上P点的距离是1.6m．

解：（1）滑块从A到B，由机械能守恒得

解得v=2m/s

在B点，由牛顿第二定律得

解得N=30N

（2）在传送带上滑块先做匀减速运动，由牛顿第二定律得：-μmg=ma1

解得a1=-2m/s2

假设两者能达到速度相等，有v+a1t1=v′

解得t1=0.4s，v′=1.2m/s

共速前，滑块在皮带上的对地位移大小为：

因x＜L，假设成立

共速后，对滑块有μmg=ma′1，

解得t2=0.1s

对皮带

相对位移大小为△x2=x′2-（L-x1）=0.005m

Q=μmg（△x1+△x2）=0.81J

答：（1）滑块到达圆弧底端B时，轨道对它的支持力大小为30N；

（2）滑块在传送带上运动的最小速度为1.2m/s；

（3）滑块通过传送带的过程中与传送带之间因摩擦而产生的总热量为0.81J．

解：（1）AB运动过程中动量守恒，根据动量守恒定律得：

MAv0=MAvA+MBvB

当vA=6m/s时vB=0

当vA=2m/s时vB=2m/s

当vA=-2m/s时vB=4m/s

所以一个周期内B球的v-t图象如图所示：

（2）AC碰撞，动量守恒：MAvA+MCvC=（MA+MC）vAC

　　　　　　　　　解得：vAC=3m/s　　　　　　　　　　　

碰撞损失的机械能为：△EK=MAvA2+MCvC2-（MA+MC）vAC2=0.1J

当三球速度相同时橡皮绳子弹性势能最大，MAv0+MCvC=（MA+MB+MC）v共 解得：v共=2.5m/s               

　所以　　EPmax=MAv02+MCvC2-=（MA+MB+MC）v共2-△EK

　解得：EPmax=1.25J　              

（3）①：当A球在运动过程中速度为4m/s与C球同向时，C球与之相碰时系统损失能量最小（为0），橡皮绳具有的最大弹性势能为EPmax1

　　　　　　EPmax1=MAv02+MCvC2-（MA+MB+MC）v共2=1.35J

　　②：当A球在运动过程中速度为2m/s与C球反向时（此时B的速度为，C球与之相碰时系统损失能量最大，橡皮绳具有的最大弹性势能为EPmax2，

MCvC-MAvA=（MA+MC）v′AC　　　    解得v′AC=1m/s

　EPmax2=（MA+MC）v′AC2+MBvB2-（MA+MB+MC）v共2=0.45J

由上可得：橡皮绳具有的最大弹性势能的可能值在0.45J-1.35J的范围内．

答：（1）如图所示；（2）此后橡皮绳的最大弹性势能为1.25J；（3）橡皮绳具有的最大弹性势能的可能值在0.45J-1.35J的范围内．