热门试卷

解：（1）小物、块从A→B→C→D过程中，由动能定理得

将h1、h2、s、μ、g代入得：vD=3m/s  

（2）小物块从A→B→C过程中，由动能定理得

将h1、s、μ、g代入得：vC=6m/s 

小物块沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=6m/s2 

小物块沿CD段上滑到最高点的时间=1s      

由于对称性可知小物块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s   

故小物块第一次与第二次通过C点的时间间隔t=t1+t2=2s    

答：（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小为3m/s；

（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔为2s

解：A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv2+mgH=mv02，

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=-mv1+Mv2，

由机械能守恒定律得：mv02=mv12+Mv22，

A球返回到出发点，需要满足：mv12＞mgH，

解得：v＞，且M＞m；

答：A球的初速度v至少为，且M＞m时，它可以返回到出发点．

解：（1）m1从B到C的过程，由能量守恒定律有：Ep=μm1gL

m2从B到C的过程，由能量守恒定律有：Ep=μm2gL+

联立解得：vC=4m/s                          

（2）碰后交换速度，小球以vC=4m/s向上运动，假设能到高点，从C到D的过程，由动能定理得：

  -=-m2g•2R

解得：vD=0

在D点，由牛顿第二定律有 N+m2g-k（l0-R）=0

解得：N=8N，求解的结果合理，说明假设是正确的，故知小球可以通过最高点．

答：（1）物块m2到C点时的速度大小vC是4m/s．

（2）小球可以通过最高点，轨道最高点对小球的弹力N为8N．

解：（1）由A到B段由动能定理得：

mgh=mvB2-mv02

vB=

=8m/s

（2）由B到C段由动能定理得：

mvB2=μmgs

所以：s==8m

答：（1）物体滑至B点时的速度为8m/s

（2）物体最后停止在离B点8m的位置上．

解：（1）设小物体运动到p点的速度大小为v，对小物体由a点运动到p点过程，运用动能定理得

-μmgL-mg•4R=-

小物体自p点做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为s，则：

  4R=

  s=vt

联立代入数据解得s=0.4m．

（2）设在轨道的最高点时管道对小物体的作用力大小为F，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得，F+mg=m

联立代入数据解得：

F=1.1N，方向竖直向下．

（3）分析可知，要使小球以最小速度v0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位移应该在“S”形道中间位置．

根据牛顿第二定律得，F′+mg=m，F′=Mg

根据动能定理得，-μmgL-mg•2R=-

解得v0=5m/s．

答：（1）小物体从P点抛出后的水平射程为0.4m．

（2）管道对小物体作用力的大小为1.1N，方向竖直向下．

（3）当v0=5m/s，轨道对地面的压力为零．

解：（1）滑块A到D过程，由动能定理得：

mg（2R-R）-μmgcos45°×=0-0，

代入数据解得：μ=0.5；

（2）滑块克服摩擦力做功转化为内能，产生的热量等于滑块减小的机械能，

由能量守恒定律得，摩擦产生的热量：Q=△E机械能=mg（2R-R）=mgR=1×10×0.4=4J；

（3）若滑块恰能到达C点，根据牛顿第二定律得：mg=m，代入数据解得：vC=2m/s；   

从高为H的最高点到C的过程，根据动能定理有：mg（H-2R））-μmgcos45°×=mvC2-0，解得：H=2m，

由题意可知，滑块从A处，即距地面高度为：2R=2×0.4=0.8m处下滑恰好到达D点，

若使滑块在圆弧BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度h需要满足的条件是：h≥2m、或h≤0.8m；

答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5；

（2）从A到B摩擦生热为4J．

（3）若使滑块在圆弧BDC段不脱离轨道，则A下滑的高度h需要满足的条件是：h≥2m、或h≤0.8m．

解：（1）小物块离开桌面后做平抛运动，设小物块离开桌面右端边缘时的速度大小为v1，根据平抛运动规律，有：

  x=v1t

  h=

联立并代入数据解得：v1=3m/s

（2）设小物块与桌面的动摩擦因数为μ．由动能定理得：

-μmgs=

代入数据解得：μ=0.7

答：（1）小物块离开桌面右端边缘时的速度大小是3m/s；

（2）小物块与桌面的动摩擦因数是0.7．

解：（1）因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．

对整体过程由动能定理得：mgR•cosθ-μmgcosθ•x=0

所以总路程为：x=

（2）最终物体以B（还有B关于OE的对称点）为最高点，在圆弧底部做往复运动，对B→E过程，由动能定理得：mgR（1-cosθ）=mvE2…①

在E点，由牛顿第二定律得：FN-mg=m…②

由①②得：FN=（3-2cosθ）mg．

根据牛顿第三定律：对圆弧轨道的压力FN′=（3-2cosθ）mg．

（3）设物体刚好到D点，则由向心力公式得

 mg=m…③

对全过程由动能定理得：

  mgLsinθ-μmgcosθ•L-mgR（1+cosθ）=mVD2

由③④得最少距离L=•R   

答：

（1）在AB轨道上通过的总路程为．

（2）对圆弧轨道的压力为（3-2cosθ）mg

（3）释放点距B点的距离L至少为•R．

解：（1）对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为

a=μ1gcosθ-gsinθ=4.4 m/s2，沿斜面向上

木板受到金属块的滑动摩擦力F1=μ1mgcosθ=14.4 N，沿斜面向下

木板受到斜面的滑动摩擦力

F2=μ2（M+m）gcosθ=7.2 N，沿斜面向上

木板开始运动瞬间的加速度a0=

解得a0=10 m/s2，沿斜面向下

（2）设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块，应用速度公式有

v2=v1-at=2.0 m/s

在此过程中以木板为研究对象，设弹簧对木板做功为W，对木板运用动能定理得

Ma0x+W=Mv

解得W=-3.0 J，

说明此时弹簧的弹性势能Ep=3.0 J

（3）金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：

Ep-（F2+Mgsinθ+mgsinθ）x=（M+m）v-（M+m）v

木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：

-（M+m）g（μ2cosθ+sinθ）s=-（M+m）v

解得s=0.077 m

答：（1）木板开始运动瞬间的加速度为10m/s2方向沿斜面向下；

（2）弹簧被压缩到P点时的弹性势能是3.0J；

（3）假设木板在由P点压缩弹簧到弹回到P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离为0.077m