热门试卷

解：（1）小球刚好能沿DEN轨道滑下，则在半圆最高点D点必有：

  mg=m

则 vD==m/s=2m/s

从D点到N点，由机械能守恒得：

 mvD2+mg•2r=mvN2                       

代入数据得：vN=2m/s．

（2）弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep，根据动能定理得

  W-μmgL+mgh=mvD2-0          

得 W=μmgL-mgh+mvD2=0.44J          

即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J．

（3）从D运动到E，由机械能守恒得：mvD2+mgr=mvE2                       

在E点有：N=m

得 N=3mg=6N

根据牛顿第三定律知，小球到达N点时对轨道的压力大小为6N．

答：

（1）小球到达N点时的速度为2m/s；

（2）压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J；

（3）小球运动到E点时对轨道的压力是6N．

解：（1）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力F，根据牛顿第二定律

  解得：F=2.0N）

  根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小F′=F=2.0 N  

（2）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则 

    解得x=0.8m

（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：

   解得：Wf=-0.2J

所以小滑块克服摩擦力做功为0.2 J．

答：（1）小滑块运动到圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力的大小为2.0N；

（2）小滑块落地点C距轨道最低点B的水平距离x为0.8m；

（3）小滑块在轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功为0.2J

解：由动能定理得：

小球下落过程：mgh1=mv12-0，v1==10m/s，方向竖直向下；

小球上升过程：-mgh2=0-mv22，v2==8m/s，方向竖直向上；

以向下为正方向，由动量定理得：（mg-F）t=mv2-mv1，

即：（1×10-F）×0.2=1×（-8）-1×（-10），

解得：F=-100N；

答：小球对地面的平均作用力大小为100N，方向竖直向上．

解：（1）木板撞墙后，木板和物块速度反向，二者分别受到相反的大小相等的滑动摩擦力作用而减速，因为M＞m，碰撞后小物块的加速度大于木板的加速度，故小物块先向左减速再向右加速．设木板和小物块之间动摩擦因数为μ，碰撞后小物块的加速度为a1，木板的加速度为a2，经过时间为t，木板和小物块刚好具有共同速度v．由牛顿第二定律及运动学公式得：

  μmg=ma1；①

 μmg=Ma2； ②

 v=-v0+a1t  ③

 v=v0-a2t  ④

解得 v= ⑤

（2）撞墙后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，

对木块由动能定理可得-fx1=-  ⑥

对木板由动能定理可得-fx2=- ⑦

又小物块恰好没有脱离木板，故L=x1+x2 ⑧

联立⑤⑥⑦⑧解得 L= ⑨

经分析，木块向右减速到速度为0后再反向加速，故离墙最近之处即其速度为0之时，

对木块向右减速到速度为0的过程，由动能定理可得

-μmgx0=0- ⑩

联立⑨⑩可得 x0=（11）

故离墙最近的距离 xmin=L-x0=L

答：

（1）若初速度大小为v0，木板与小物块的最终速度的大小是；

（2）若初速度大小未知，碰墙后小物块向左运动离墙壁最近的距离是L．

解：（1）无传送带时，物体从B运动到C，做平抛运动，设物体在B点的速度为vB，

由L=vBt；

h=gt2，

解得：vB=L

当有传送带时，设物体离开传送带时的速度为v1，由平抛规律：

=v1t

h=gt2

解得：v1=L；

由此可知物体滑上传送带时的初速度为vB，末速度为v1，物体的位移为，此过程中只有传送带的摩擦力对物体做功，故根据动能定理有：

-μmg=m-m

代入vB和v1可解得：

μ=；

（2）设物体离开传送带时的速度为v2，物体从A滑到离开传送带的过程中，只有重力和传送带的摩擦力对物体做功，由动能定理有：

mgR-μmg=m-m

又物体从A滑至B的过程中有：

mgR=m

所以有：

m-×mg=m-m

又vB=L

可解得：v2=

物体离开传送带后做平抛运动，由题意根据平抛可知

OD=+v2t=+=+；

（3）物体由静止从P点开始下滑，到达B点的速度：

vB=L，

当物体滑上传送带全程加速时，物体滑离传送带时的速度v2，根据动能定理有：

加速时摩擦力做正功，故有：

μmg=m-m

代入数值可得：

v2=

所以当传送带的速度v＞，物体离开传送带的速度v＞，由题意根据平抛运动知识可知：

x=+v2t=+=（1+）

同理有当物体由静止从P点开始下滑，达到B点的速度vB=L，当物体滑上传送带并在全程在摩擦力作用下做减速运动时，物体滑离传送带的时的速度为v1，根据动能定理有：

减速时摩擦力做负功，故有：-μmg=m-m

代入相应数值可解得：v1=

所以当传送带速度小于v＜时，物体滑离传送带时的速度v1=

所以可知；x=+v1t=+=L

当传送带的速度满足：v1≤v≤v2时，物体在摩擦力作用下离开传送带时的速度大小都为v，

故此时x=+v

答：（1）物体P与传送带之间的摩擦因数μ=；

（2）若在A处给物体P一个竖直向下的初速度，物体P从传送带的右端水平飞出后，落到地面上的D点，OD的大小为+；

（3）若驱动轮转动、带动传送带以速度v匀速运动，再把物体P从A处由静止释放，物体P落到地面上，设着地点与O点的距离为x，x与传送带上表面速度v的函数关系为：

1、x=L时，v＜；

2、x=+v时，≤v≤；

3、x=（1+）时，v＞．

解：（1）由v-t图象可得月球车在10～13s内 加速度大小为：a===2m/s2           

由牛顿第二定律有：Ff=ma                  

代入数据得：Ff=200N                                

0～1.5匀加速时的加速度为：a1==2m/s2

由牛顿第二定律有：F-Ff=ma1

代入数据得：F=400N                  

（2）在变加速过程中由动能定理有：Pt-Ffx=

代入数据得：x=26.25m

答：（1）求“月球车”所受阻力Ff的大小为200N和匀加速过程中的牵引力F为400N；

（2）求“月球车”变加速过程的位移x为26.25m．

解：解：（1）物块离开D点后做平抛运动，在竖直方向：vy2=2gR，

而

解得：vD=4m/s

（2）设平抛运动时间为t，水平位移为s，由R=gt2，s=vDt

得：s=2R=1.6m

，

故BP间的水平位移为：xBP=s+s1=4.1m

（3）假设能够到的M点，从D到M由动能定理得：

-mgRcos45°=

解得：=＞0，

故假设正确，物体能够到达M点，设轨道的内侧对物体支持力为F，由牛顿第二定律得：

m2g-F=

即：F==0.2×N=0.828N

由牛顿第三定律得，到达最高点M时m2对轨道壁的压力为0.828N，方向向下．

（4）设弹簧长为AC时弹性势能为EP，物块与桌面的动摩擦因数为μ，释放m1时，有；

EP=μm1gsCB

释放m2时，有：

由于m1=10m2

代入数据解得：EP=4J

m2在运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则：

代入数据解得：Wf=2.4J

答：（1）m2运动至D点时的速度大小为4m/s；

（2）求BP间 的水平距离为4.1m；

（3）m2经圆管轨道能到达最高点M，到达最高点M时m2对轨道壁的压力为0.828N，方向向下；

（4）释放m2后，m2在运动过程申克服摩擦力做的功为4.1J．

解：（1）挑战者在A点对管壁无压力，则挑战者仅受重力作用，根据牛顿第二定律有：mg=m

可得挑战者在A点的速度为：vA=

设挑战者从离水平轨道高为H处开始下滑，从静止开始到A点只有重力做功，根据动能定理有：mg（H-2R）=mv-0

可得：H===R

（2）因为挑战者在B点对管的内侧壁压力为0.5mg，故满足：mg+NB=m

可得：vB=

又因为挑战者从A滑至B点过程中只有重力做功和阻力在CD段做功，

根据动能定理有：mg（2R-2r）-Wf克=mv

所以有：Wf克=mg（2R-2r）+m-mv=2.25mgr-1.5mgR；

（3）挑战者从B到落水的过程中只有重力做功，根据动能定理有：mg•2r+mgh=-mv

可得：v=

答：（1）挑战者若能完成上述过程，则他应从离水平轨道R高的地方开始下滑；

（2）挑战者从A到B的运动过程中克服轨道阻力所做的功为2.25mgr-1.5mgR；

（3）挑战者入水时速度的大小为．

解：（1）小车撞到障碍物瞬间，对小球：

解得：T1=10mg

（2）小球过最高点时，地面对车的支持力恰好为零．

对小车：T2=Mg

此时，对小球由牛顿第二定律有：

解得：

（3）从小车与障碍物相撞到小球第一次运动到最高点，对小球由动能定理：

解得：

故小球克服摩擦力做功为．

答：（1）小车与障碍物碰撞后瞬间，轻绳上的拉力大小为10mg；

（2）小球第一次到最高点时的速度大小为；

（3）小球从最低点到第一次到达最高点过程中，克服空气阻力做的功为．