热门试卷

解：

（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有

  mg=m--------①

在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为V1，则又有

   mV12=mg•2L+mV02-------------②

 由①②解得：V1=m/s   

滑块从h高处运动到将与小球碰撞时速度为v2，对滑块由能量的转化及守恒定律有mgh=μmg•+mV22，

因弹性碰撞后速度交换V2=m/s，解上式得 h=0.5m．

（2）若滑块从h′=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为u，同理有

  mgh′=μmg•+mu2-----------------③

解得 u= m/s，

滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以 u= m/s 的速度开始作圆周运动，

滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为V=m/s，

滑块最后停在水平面上，它通过的路程为 s′，同理有

  mgh′=μmg•s′+mV2--------------④

小球做完整圆周运动的次数为 n=+1-------------⑤

解④、⑤得s′=19m，n=10次．

答：（1）高度为0.5m，

    （2）小球做完整圆周运动的次数为10次．

解：当拉力斜向上时，受力如图，根据正交分解得：

f=Fcos37°=30×0.8N=24N

N=mg+Fsin37°=78+30×0.6N=96N

所以有：

当拉力改为水平方向，有：

f′=μmg=0.25×78N=19.5N．

答：（1）木块与地面间的动摩擦力因数μ为0.25；

（2）若改用水平拉力，使该木块在水平地面上仍匀速滑动，水平拉力应为19.5N．

解：（1）滑块的加速度：a===12m/s2  ①

物体在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得：

mgsin30°+μmgcos30°=ma…②

联①②式解得：μ=；      

（2）滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑．

s===1.5m，滑块停在距底端1.5m处．

答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为；

（2）判断滑块最后不能返回斜面底端，滑块停在距底端1.5m处．

解：（1）小物块在木板上滑动时，根据牛顿第二定律

μ1mg=ma1

a1=μ1g=4.0 m/s2

小物块在桌面上滑动时，根据牛顿第二定律

μ2mg=ma2

a2=μ2g=2.0 m/s2

设经过时间t1，物块与木板分离，物块的位移：

此后，物块在桌面上以加速度a2做匀减速直线运动，经过时间t2运动到桌面的右端，速度刚好减小为0，位移：

由图1可知：  

物块与木板分离时的速度

v=a1t1

v=a2t2

解得：t1=0.5s

（2）物块在木板上滑动时，木板水平方向的受力情况如答图2所示．

木板向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

F-μ1mg=Ma3

解得：

物块与木板分离时，木板的位移

由x3=L-x2=0.5m+x1，可知：  

联立解得：F=12 N

答：（1）物块在木板上运动的时间为0.5s；

（2）作用在木板上的恒力F的大小为12N

解：（1）当转盘转动时，钢绳对它的拉力T及其自身重力的合力提供向心力，则有：Tcosθ=mg

（2）座椅到中心轴的距离：R=r+Lsinθ

由牛顿第二定律知：

解得得：

答：（1）钢绳对转椅的拉力大小为；

（2）转盘转动的周期为2π

解：（1）甲运动到C的速度m/s=1m/s，

甲匀加速运动的时间．

乙做匀减速直线运动的加速度大小，

因为经过1.0s两物块相遇，则甲匀速运动的位移x′=v（t-t1）=1×（1-0.2）m=0.8m，

即甲乙两物块相遇的位置离C点的距离为0.8m．

（2）物块乙运动的位移大小x″=s2-x′=2.8-0.8m=2m．

根据得，代入数据解得v0=3m/s．

答：（1）甲、乙两物块相遇的位置离C点的距离为0.8m；

（2）物块乙的初速度v0为3m/s．