热门试卷

解：小球的质量：m=ρV，

小球在水中受到的浮力：F浮=ρ0gV，

对小球，由动能定理得：

mg（h+H）-F浮H=0-0，

代入数据解得：H=m；

答：小木球落入水池中能下沉的深度为m．

解：（1）解：（1）设货物滑到圆轨道末端时的速度为v1，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：

设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得：

解得：FN=3000N                  

由牛顿第三定律得货物到达圆轨道末端时对轨道的压力为3000N；

（2）要使货物在A上方时木板不滑动，应该有：

μ1m1g＜μ2（m1+2m2）g

解得：μ1＜0.44

要使货物在B上方时木板滑动，应该有：

μ1m1g＞μ2（m1+m2）g

解得：μ1＞0.32

则μ1应满足的条件0.32＜μ1＜0.44；

（3）μ1=0.4，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1

由牛顿第二定律得：μ1m1g=m1a1

设货物滑到木板A末端时的速度为v2，由运动学公式得：

解得v2=5m/s

设在木板A上运动的时间为t1，由运动学公式得：

v2=v1-a1t1

解得：t1=0.5s；

接着滑到木板B上，由牛顿第二定律得

μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a2

设在木板B上运动的时间为t2，由运动学公式得：

v3=v2-a1t2=a2t2

解得t2=

货物在A、B板上发生相对滑动的总时间

答：（1）货物到达圆轨道末端时对轨道的压力为3000N；

（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，μ1应满足的条件0.32＜μ1＜0.44；

（3）若μ1=0.4，货物在A、B板上发生相对滑动的总时间为．

解：（1）小滑板平抛运动的过程，有

   h=，s=vCt

则得 vC=s=1.2×m/s=3m/s

（2）对于从A到C的过程，运用动能定理得

 WF-μmgL-mgh=

代入解得，WF=8.75J

答：

（1）小滑板到达C点时的速度大小是3m/s；

（2）推力F对小滑板所做的功是8.75J．

（1）滑块A匀速下滑时，共受四力作用，由平衡条件：

mgsin37°=μN1        ①

N1=mgcos37°+F      ②

即：mgsin37°=μ（mgcos37°+F）

简化后得：  ③

代入数据得：μ=0.5

撤去F后，滑块A受三力作用匀加速下滑，受力图见图：

由动能定理有：

     ④

代入数据得v1=2m/s

（2）两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，设共同速度为v2，

由动量守恒有：

mv1=（m+m）v2                ⑤

根据能量守恒定律，有：

          ⑥

由⑤式得：v2=1m/s，代入⑥式得：Ep=1J

答：（1）求滑块A到达斜面底端时的速度大小v1为2m/s；

（2）弹簧的最大弹性势能Ep为1J．

解：（1）对小孩进行受力分析，由牛顿第二定律得：

F-μmg=ma

代入数据得：a=0.5m/s2

由匀加速直线运动公式得：L=at2==16 m

（2）设妈妈的力作用了x距离后撤去，小孩到达B点的速度恰好为0，由动能定理得：

Fcos37x-μ（mg-Fsin37°）x-μmg（L-x）=0

代入数据得：x=12.4 m

（3）小孩和雪撬在妈妈撤去力时的动能最大，由动能定理得：

F cos37°x-μ（mg-Fsin37°）x=Ek

代入数据得：Ek=72J

答：（1）A、B两点间的距离为16m．

（2）拉力作用的最短距离为12.4m

（3）小孩与雪撬的最大动能为72J

解：（1）由动能定理得：

FL1-μmgL-mgh=0

h==0.4m

（2）在整个过程中利用动能定理可得：

FL1-μmgL-μmgL1=0-0

=1m

（3）力F作用距离最远时，回来刚好停在A点，则

FL′-μmg•2L=0-0

即L′≤1.6m

答：（1）木块沿弧形槽上升的最大高度是0.4m

（2）木块沿弧形槽滑回B端后，最终停在水平桌面上的位置距离B点有1m

（3）若要使木块最终停留在水平桌面AB上，水平拉力F作用的距离应该满足L′≤1.6m

解：依题得：

（1）小球在B点恰好脱离有：                              

小球从P点到B点过程：                           

由上二式可得：                                          

则P点离地的高度：                              

（2）水平方向                                      

竖直方向                                           

则                                                

（3）运动轨迹和建立坐标如右图所示，

y方向上为类竖直上抛运动：

小球从P点到B点过程                             

由上二式可得：h2=R                                           

则P点离地的高度：H2=h2+R=2R   

答：（1）P点至少距离地面，小球可在B点脱离轨道；

（2）在（1）问的条件下小球落地时的速度大小为；

（3）P点距离地面2R，小球运动轨迹恰好与O1D线相切

解：设斜面的倾角为θ，斜面长度在水平方向的投影为x，对运动全程，根据动能定理，有：mgh-f1•-f2•（L-x）=0-0

故：mgh--μmg•（L-x）=0

解得：μ=

答：物体与斜面和水平面间的动摩擦因数为．

解：（1）物块通过圆形轨道最低点C时，

由牛顿第二定律得：，

由牛顿第三定律得F=N=40N，

对A到C过程，由动能定理得：

-0，

解得：h=1.25m；

（2）物块从A点运动到B点得过程中，

由动能定理得：，

物块从B至C做匀减速直线运动，

由速度公式得：vC=vB-μgt，

解得：t=0.2s；

（3）若物块能从C点运动到D点，

由动能定理得：，

物块通过圆形轨道的最高点的最小速度为vD1，

由牛顿第二定律得：，

解得：，

可知物块不能通过圆形轨道的最高点．

答：（1）A点距水平面的高度1.25m；

（2）小物块第一次由B点到C点运动的时间为0.2s；

（3）小物块不能通过圆形轨道的最高点D．

解：

（1）对小球：N+Fsin37°=mg    

     f=μN        

由以上方程解得：f=μ（mg-Fsin37°）=0.2×（2×10-10×0.6）=2.8N          

（2）对木块，根据动能定理：（Fcos37°-f）S1=      

（10×0.8-2.8）×     

解得：v═5.2m/s                  

（3）对木块撤去外力后，根据动能定理：-μmgS2=0-   

解得：S2=6.76m          

答：

（1）撤去外力前，木块受到的摩擦力大小2.8N

（2）刚撤去外力时，木块运动的速度5.2m/s

（3）撤去外力后，木块还能滑行的距离为6.76m

解：（1）物块到达圆轨道最高点C时，对轨道的压力大小恰好为零，则在C点，由重力提供向心力，则有：

mg=m

解得：

（2）从A到C的过程中，根据动能定理得：

解得：Wf=FL-2.5mgR 

答：（1）滑块通过圆轨道最高点C时的速度大小vC为；

（2）滑块从A到C过程克服摩擦阻力做的功Wf为FL-2.5mgR．

解：在最高点，根据牛顿第二定律得，，解得v=，

根据2R=得，t=，

则落地点和抛出点的水平距离x=．

答：a球落地点B距起抛点A的水平距离为4R．