热门试卷

解：（1）设物体在A点时的速度为v1，由动能定理有：

-μmgL-mgR=0-mv2　

解得：v=．

（2）设匀强电场的电场强度大小为E、物块在D点时的速度为vD，则有：

mg-Eq=m　

-μ（mg-Eq）L-（mg-Eq）•2R=m-m　

解得：E=．

答：（1）物块在A点水平向左运动的初速度应为．

（2）匀强电场的电场强度为．

解：（1）据牛顿运动定律知F作用时的加速度为a===2m/s2

设F作用的时间为t，根据动能定理知

Fx′-fS=0

即F-μmgs=0

解得t′=s

（2）物块离开B后做平抛运动，根据平抛运动规律知

h=

x=vBt=

解得vB=3.75m/s

根据动能定理知Fx2--μmgs=-0

解得x2=8m

（3）根据动能定理知

FL-μmgS=-0

X=vBt

Xtan53°=

联立得X=

答：（1）如果使小物体能到达桌子边缘B，水平力F至少作用s；

（2）如果使小物体的落地点恰为斜面的底端C，则水平力F作用8m；

（3）小物体平抛的水平距离X与水平力F作用距离L（L不大于10m）的关系式X=

解：（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，由动能定理得：

-μmgL1-2mgR1=mv12-mv02 ，

代入数据解得：v1=2m/s；

小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，由牛顿第二定律得：

F+mg=m，

代入数据解得：F=10.0N…③

（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，小球恰能通过第二圆形轨道，在最高点，由牛顿第二定律得：

mg=m，

-μmg（L1+L）-2mgR2=mv22-mv02，

代入数据解得：L=12.5m；

（3）根据能量守恒知小球最后在水平面上停下来时由于摩擦产生的热量为：Q===72J

答：（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小为10N；   

（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是12.5m；

（3）在水平面上停下来时由于摩擦产生的热量为72J．

解：（1）根据牛顿第二定律得，小球通过最高点的最小速度为v1，根据 mg=m，得v1=

根据动能定理得，mg•2R=-

解得赛车通过B点的最小速度  vB===4m/s．

故为保证过最高点，到达B点的速度至少为vB=4m/s

对于平抛运动过程，根据h=gt′2得，t′==s=0.5s

则平抛运动初速度的最小值 v0===3m/s．

为保证越过壕沟，到达B点的速度至少为v0=3m/s

因此赛车到达B点的速度至少为：v=vB=4m/s

从A到B对赛车用动能定理：Pt-fL=

解得t≥2.54s

（2）根据上题结果知，由于vB＞v0，所以赛车在恰能通过圆轨道的情况下能顺利越过壕沟．

答：

（1）要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.54s．

（2）赛车在恰能通过圆轨道的情况下能顺利越过壕沟．

解：（1）物块在传送带上在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，加速度a=，当物块加速至传送带速度时的位移x=＜L

所以物块到达B点时速度vB=v0=4m/s

因为水平平台光滑，所以从B到C物块匀速运动，即vC=vB=4m/s

在C点，物块所受合力提供圆周运动向心力有：

可得轨道对物块的支持力

根据牛顿第三定律知，物块对轨道的压力FN大小为50N，方向竖直向下．

（2）物块经过半圆轨道最高点D的最小速度为：

由C到D的过程中，由动能定理有：-2mgR=

解得：＞4m/s

可见，物块从A到B的全过程中一直做匀减速直线运动，到达B端的速度至少为：

由运动学公式有：

解得：=

答：（1）物块刚滑过C点时对轨道的压力FN为40N，方向竖直向下；

（2）物块在A点至少要具有8m/s的速度，才能通过半圆形轨道的最高点D．

解：（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有：

mgsinθ=ma                      

联立解得：

（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有：

mgsinθ=kx0                        

从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得：

（3）假设t1时刻速度为v1，这段时间内匀加速运动我们描点用刻度尺连线即可；设t2时刻速度达到最大，t1到t2时刻物体做加速度减小的加速运动，画一段斜率逐渐减小的平滑曲线即可．设第一次速度为零的时刻为t3，t2到t3时间内物体做加速度增大的减速运动，画一段斜率逐渐增大的平滑曲线即可，

如图所示：

答：（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1为

（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W为．

（3）的整个过程中速度与时间关系图象如上图

解：（1）根据题意，由动能定理得

  qELcos37°-mg（L+Lsin37°）=0

解得场强 E=

（2）设轻杆转过90°时小球A的速度为v，由动能定理有

  qEL-mgL=mv2-0

解得 v=

答：

（1）匀强电场的场强大小E为；

（2）轻杆转过900时的速度大小为．

解：（1）小球到达B点时速度由动能定理得：

解得：m/s．

（2）此时小球对圆弧的压力：

，

解得：N==3mg=3×0.5×10=15N，

由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为15N．

（3）小球的落点C与B的距离为BC，水平距离为x，由平抛规律：

，

x=hcot45°=vBt，

解得：h=2m，

由三角关系可得：．

答：（1）小球到达B点时速度为．

（2）此时小球对圆弧的压力为15N．

（3）小球的落点C与B的距离为2m．

解：（1）设物品质量为m，物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小为s1．

          由 μ1mg=ma

           v2=2as

    得   s1=1.8m＜L

之后，物品和传送带一起以速度v做匀速运动

匀加速运动的时间   t1==1.2 s

t2==2.4 s

所以t=t1+t2=3.6s

（2）物品在转盘上所受静摩擦力提供向心力，μ2最小时达最大静摩擦力，有：

μ2mg=m               

得 μ2=0.3

（3）在传送带上因为传送物品需要做的功为：W=mv2+μ1mg（vt1-x）=4.5 J

答：（1）物品从A处运动到B处的时间t为3.6 s；

（2）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为0.3；

（3）该流水线为此至少多做功为4.5J