应考题型三第1部分

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1、题型三题型三 计算题计算题第第1 1部分部分 力力 学学 考查应用动力学观点解决问题考查应用动力学观点解决问题1.1.(2009(2009安徽安徽22)22)(14(14分分) )在在20082008年北年北 京残奥会开幕式上京残奥会开幕式上, ,运动员手拉绳索运动员手拉绳索 向上攀登向上攀登, ,最终点燃了主火炬最终点燃了主火炬, ,体现了体现了 残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不 息的精神息的精神. .为了探求上升过程中运动为了探求上升过程中运动 员与绳索和吊椅间的作用员与绳索和吊椅间的作用, ,可将过程可将过程 简化简化. .一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑

2、轮一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮, ,一一 端挂一吊椅端挂一吊椅, ,另一端被坐在吊椅上的运动员拉住另一端被坐在吊椅上的运动员拉住, ,图图1 1如图如图1 1所示所示. .设运动员的质量为设运动员的质量为65 kg,65 kg,吊椅的质量为吊椅的质量为15 kg,15 kg,不计定滑轮与绳子间的摩擦不计定滑轮与绳子间的摩擦, ,重力加速度取重力加速度取g g=10 m/s=10 m/s2 2. .当运动员与吊椅一起正以加速度当运动员与吊椅一起正以加速度a a=1m/s=1m/s2 2上升时上升时, ,试求：试求：(1)(1)运动员竖直向下拉绳的力运动员竖直向下拉绳的力. .(2)(2)运

3、动员对吊椅的压力运动员对吊椅的压力. .解析解析 解法一解法一 (1)(1)设运动员和吊椅的质量分别为设运动员和吊椅的质量分别为MM和和m m, ,绳拉运动员的力为绳拉运动员的力为F F. .当运动员和吊椅整体为研究当运动员和吊椅整体为研究对象对象, ,受到重力的大小为受到重力的大小为( (MM+ +m m) )g g, ,向上的拉力为向上的拉力为2 2F F, ,根根据牛顿第二定律有据牛顿第二定律有2 2F F-(-(MM+ +m m) )g g=(=(MM+ +m m) )a a解得解得F F=440 N=440 N根据牛顿第三定律根据牛顿第三定律, ,运动员拉绳的力的大小为运动员拉绳的力

4、的大小为440 N,440 N,方向竖直向下方向竖直向下. .(2)(2)以运动员为研究对象以运动员为研究对象, ,运动员受到三个力的作用运动员受到三个力的作用, ,重力大小为重力大小为MgMg, ,绳绳的拉力的拉力F F, ,吊椅对运动员的支持力吊椅对运动员的支持力N N. .根根据牛顿第二定律据牛顿第二定律F F+ +N N- -MgMg= =MaMa解得解得N N=275 N=275 N根据牛顿第三定律根据牛顿第三定律, ,运动员对吊椅压力大小为运动员对吊椅压力大小为275 N,275 N,方向竖直向下方向竖直向下. .解法二解法二 设运动员和吊椅的质量分别为设运动员和吊椅的质量分别为M

5、M和和m m; ;运动员运动员竖直向下的拉力大小为竖直向下的拉力大小为F F, ,对吊椅的压力大小为对吊椅的压力大小为N N. .根据牛顿第三定律根据牛顿第三定律, ,绳对运动员的拉力大小为绳对运动员的拉力大小为F F, ,吊椅吊椅对运动员的支持力大小为对运动员的支持力大小为N N. .分别以运动员和吊椅为研分别以运动员和吊椅为研究对象究对象, ,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律F F+ +N N- -MgMg= =MaMa F F- -N N- -mgmg= =mama 由由得得F F=440 N=440 NN N=275 N=275 N答案答案 (1)440 N,(1)440 N,方向竖直

6、向下方向竖直向下(2)275 N,(2)275 N,方向竖直向下方向竖直向下2.2.(2009(2009海南海南15)15)(9(9分分) )一卡车拖挂一相同质量的一卡车拖挂一相同质量的车厢车厢, ,在水平直道上以在水平直道上以v v0 0=12 m/s=12 m/s的速度匀速行驶的速度匀速行驶, ,其所受阻力可视为与车重成正比其所受阻力可视为与车重成正比, ,与速度无关与速度无关. .某时某时刻刻, ,车厢脱落车厢脱落, ,并以大小为并以大小为a a=2 m/s=2 m/s2 2的加速度减速滑的加速度减速滑行行. .在车厢脱落在车厢脱落t t=3 s=3 s后后, ,司机才发觉并紧急刹车司机

7、才发觉并紧急刹车, ,刹刹车时阻力为正常行驶的车时阻力为正常行驶的3 3倍倍. .假设刹车前牵引力不变假设刹车前牵引力不变, ,求卡车和车厢都停下后两者之间的距离求卡车和车厢都停下后两者之间的距离. . 解析解析 设卡车的质量为设卡车的质量为MM, ,车所受阻力与车重之比为车所受阻力与车重之比为 ; ;刹车前卡车牵引力的大小为刹车前卡车牵引力的大小为F F, ,卡车刹车前后加卡车刹车前后加速度的大小分别为速度的大小分别为a a1 1和和a a2 2, ,重力加速度大小为重力加速度大小为g g. .由牛由牛顿第二定律有顿第二定律有F F-2 -2 MgMg=0=0F F- - MgMg= =Ma

8、Ma1 1 MgMg= =MaMa3 3 MgMg= =MaMa2 2设车厢脱落后设车厢脱落后, ,t t=3 s=3 s内卡车行驶的路程为内卡车行驶的路程为s s1 1, ,末速度末速度为为v v1 1, ,根据运动学公式有根据运动学公式有s s1 1= =v v0 0t t+ + a a1 1t t2 2v v1 1= =v v0 0+ +a a1 1t tv v1 12 2=2=2a a2 2s s2 2式中式中,s,s2 2是卡车在刹车后减速行驶的路程是卡车在刹车后减速行驶的路程. .设车厢脱落设车厢脱落后滑行的路程为后滑行的路程为s s, ,有有v v0 02 2=2=2asas卡车

9、和车厢都停下来后相距卡车和车厢都停下来后相距s s= =s s1 1+ +s s2 2- -s s由以上各式得由以上各式得s s= =代入数据得代入数据得s s=36 m=36 m答案答案 36 m36 m考查多运动组合的多过程问题考查多运动组合的多过程问题力学内综合一力学内综合一3.3.(2009(2009浙江浙江24)24)(18(18分分) )某校物理兴趣小组决定某校物理兴趣小组决定 举行遥控赛车比赛举行遥控赛车比赛. .比赛路径如图比赛路径如图2 2所示所示, ,赛车从起赛车从起 点点A A出发出发, ,沿水平直线轨道运动沿水平直线轨道运动L L后后, ,由由B B点进入半径点进入半径

10、 为为R R的光滑竖直圆轨道的光滑竖直圆轨道, ,离开竖直圆轨道后继续在离开竖直圆轨道后继续在 光滑平直轨道上运动到光滑平直轨道上运动到C C点点, ,并能越过壕沟并能越过壕沟. .已知赛已知赛 车质量车质量m m=0.1 kg,=0.1 kg,通电后以额定功率通电后以额定功率P P=1.5 W=1.5 W工作工作, , 进入竖直轨道前受到的阻力恒为进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N,0.3 N,随后在运随后在运 动中受到的阻力均可不计动中受到的阻力均可不计. .图中图中L L=10.00 m,=10.00 m,R R= = 0.32 m, 0.32 m,h h=1.25 m,=1.25

11、m,s s=1.50 m.=1.50 m.问：要使赛车完成比问：要使赛车完成比 赛赛, ,电动机至少工作多长时间？电动机至少工作多长时间？( (取取g g=10 m/s=10 m/s2 2) )图图2 2解析解析 设赛车越过壕沟需要的最小速度为设赛车越过壕沟需要的最小速度为v v1 1, ,由平抛由平抛运动的规律运动的规律s s= =v v1 1t th h= = 解得解得v v1 1= =3 m/s= =3 m/s设赛车恰好越过圆轨道设赛车恰好越过圆轨道, ,对应圆轨道最高点的速度为对应圆轨道最高点的速度为v v2 2, ,最低点速度为最低点速度为v v3 3, ,由牛顿运动定律及机械能守恒

12、定由牛顿运动定律及机械能守恒定律得律得mgmg= =mvmv2 22 2/ /R R + +mgmg(2(2R R) )解得解得v v3 3= =4 m/s= =4 m/s通过分析比较通过分析比较, ,赛车要完成比赛赛车要完成比赛, ,在进入圆轨道前的速在进入圆轨道前的速度最小应该是度最小应该是v vminmin=4 m/s=4 m/s设电动机工作时间至少为设电动机工作时间至少为t t, ,根据功能原理根据功能原理PtPt- -fLfL= = mvmvminmin2 2由此解得由此解得t t=2.53 s=2.53 s答案答案 2.53 s2.53 s考查动力学观点和功能观点的结合考查动力学观

13、点和功能观点的结合力学内综合二力学内综合二4.4.(2009(2009四川四川23)23)(16(16分分) )示图示图3 3为修建为修建 高层建筑常用的塔式起重机高层建筑常用的塔式起重机. .在起重机在起重机 将质量将质量m m=5=510103 3 kg kg的重物竖直吊起的的重物竖直吊起的 过程中过程中, ,重物由静止开始向上做匀加速重物由静止开始向上做匀加速 直线运动直线运动, ,加速度加速度a a=0.2 m/s=0.2 m/s2 2, ,当起重机当起重机 输出功率达到其允许的最大值时输出功率达到其允许的最大值时, ,保持保持 该功率直到重物做该功率直到重物做v vm m=1.02

14、m/s=1.02 m/s的匀速运动的匀速运动. .取取g g= = 10 m/s 10 m/s2 2, ,不计额外功不计额外功. .求：求： (1)(1)起重机允许输出的最大功率起重机允许输出的最大功率. . (2) (2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 2秒末的输出功率秒末的输出功率. .图图3 3解析解析 (1)(1)设起重机允许输出的最大功率为设起重机允许输出的最大功率为P P0 0, ,重物达重物达到最大速度时到最大速度时, ,拉力拉力F F0 0等于重力等于重力. .P P0 0= =F F0 0v vm m F F0 0= =mg

15、 mg 代入数据代入数据, ,有有P P0 0=5.1=5.110104 4 W W (2)(2)匀加速运动结束时匀加速运动结束时, ,起重机达到允许输出的最大功起重机达到允许输出的最大功率率, ,设此时重物受到的拉力为设此时重物受到的拉力为F F, ,速度为速度为v v1 1, ,匀加速运动匀加速运动经历时间为经历时间为t t1 1, ,有有P P0 0= =FvFv1 1 F F- -mgmg= =ma ma v v1 1= =at at1 1 由由, ,代入数据代入数据, ,得得t t1 1=5 s =5 s t t=2 s=2 s时时, ,重物处于匀加速运动阶段重物处于匀加速运动阶段,

16、 ,设此时速度为设此时速度为v v2 2, ,输出功率为输出功率为P P, ,则则v v2 2= =at at P P= =FvFv2 2 由由, ,代入数据代入数据, ,得得P P=2.04=2.0410104 4 W W答案答案 (1)5.1(1)5.110104 4 W (2)5 s 2.04 W (2)5 s 2.0410104 4 W W5.5.(2009(2009宁夏宁夏24)24)(14(14分分) )冰壶比赛是在水平冰面冰壶比赛是在水平冰面 上进行的体育项目上进行的体育项目, ,比赛场地示意图如图比赛场地示意图如图4 4所示所示. .比比 赛时赛时, ,运动员从起滑架处推着冰壶

17、出发运动员从起滑架处推着冰壶出发, ,在投掷线在投掷线 ABAB处放手让冰壶以一定的速度滑出处放手让冰壶以一定的速度滑出, ,使冰壶的停止使冰壶的停止 位置尽量靠近圆心位置尽量靠近圆心O O. .为使冰壶滑行得更远为使冰壶滑行得更远, ,运动员运动员 可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面, ,使冰壶与冰面使冰壶与冰面 间的动摩擦因数减小间的动摩擦因数减小. .设冰壶与冰面间的动摩擦因设冰壶与冰面间的动摩擦因 数为数为1 1=0.008,=0.008,用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至 2 2=0.004.=0.004.在某次比赛中在某次比赛中,

18、 ,运动员使冰壶运动员使冰壶C C在投掷在投掷 线中点处以线中点处以2 m/s2 m/s的速度沿虚线滑出的速度沿虚线滑出. .为使冰壶为使冰壶C C能能够沿虚线恰好到达圆心够沿虚线恰好到达圆心O O点点, ,运动员用毛刷擦冰面的运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？长度应为多少？( (g g取取10 m/s10 m/s2 2) )图图4 4解析解析 设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s s1 1, ,所受摩擦力的大小为所受摩擦力的大小为f f1 1; ;在被毛刷擦过的冰面上滑在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为行的距离为s s2 2, ,所受摩擦力的大小为

19、所受摩擦力的大小为f f2 2, ,则有则有s s1 1+ +s s2 2= =x x式中式中s s为投掷线到圆心为投掷线到圆心O O的距离的距离. .f f1 1= =1 1mgmg, ,f f2 2= =2 2mgmg设冰壶的初速度为设冰壶的初速度为v v0 0, ,由功能关系得由功能关系得f f1 1s s1 1+ +f f2 2s s2 2= = 联立以上各式联立以上各式, ,解得解得s s2 2= = 代入数据得代入数据得s s2 2=10 m=10 m答案答案 10 m10 m考查动量和能量观点考查动量和能量观点力学内综合三力学内综合三6.6.(2009(2009广东广东19)19

20、)(16(16分分) )如图如图5 5所示所示, ,水平地面上水平地面上 静止放置着物块静止放置着物块B B和和C C, ,相距相距l l=1.0 m.=1.0 m.物块物块A A以速度以速度 v v0 0=10 m/s=10 m/s沿水平方向与沿水平方向与B B正碰正碰. .碰撞后碰撞后A A和和B B牢固地牢固地粘在一起向右运动粘在一起向右运动, ,并再与并再与C C发生正碰发生正碰, ,碰后瞬间碰后瞬间C C的的速度速度v v=2.0 m/s.=2.0 m/s.已知已知A A和和B B的质量均为的质量均为m m, ,C C的质量为的质量为A A质量的质量的k k倍倍, ,物块与地面的动摩

21、擦因数物块与地面的动摩擦因数=0.45(=0.45(设碰撞设碰撞时间很短时间很短, ,g g取取10 m/s10 m/s2 2) )(1)(1)计算与计算与C C碰撞前瞬间碰撞前瞬间ABAB的速度的速度. .(2)(2)根据根据ABAB与与C C的碰撞过程分析的碰撞过程分析k k的取值范围的取值范围, ,并讨论并讨论与与C C碰撞后碰撞后ABAB的可能运动方向的可能运动方向. .图图5 5解析解析 (1)(1)设设ABAB碰撞后的速度为碰撞后的速度为v v1 1, ,ABAB碰撞过程由动量碰撞过程由动量守恒定律得守恒定律得mvmv0 0=2=2mvmv1 1设与设与C C碰撞前瞬间碰撞前瞬间A

22、BAB的速度为的速度为v v2 2, ,由动能定理得由动能定理得-2-2mglmgl= =联立以上各式解得联立以上各式解得v v2 2=4 m/s=4 m/s(2)(2)若若A A、B B与与C C发生完全非弹性碰撞发生完全非弹性碰撞, ,由动量守恒定律由动量守恒定律得得2 2mvmv2 2=(2+=(2+k k) )mvmv代入数据解得代入数据解得k k=2=2此时此时ABAB的运动方向与的运动方向与C C相同相同若若ABAB与与C C发生弹性碰撞发生弹性碰撞, ,由动量守恒定律和能量守恒定由动量守恒定律和能量守恒定律得律得2 2mvmv2 2=2=2mvmv3 3+ +kmvkmv联立以上

23、两式解得联立以上两式解得v v3 3= = v v= =代入数据解得代入数据解得k k=6=6此时此时ABAB的运动方向与的运动方向与C C相反相反若若ABAB与与C C发生碰撞后发生碰撞后ABAB的速度为的速度为0,0,由动量守恒定律得由动量守恒定律得2 2mvmv2 2= =kmvkmv代入数据解得代入数据解得k k=4=4综上所述得综上所述得当当22k k44时时, ,ABAB的运动方向与的运动方向与C C相同相同当当k k=4=4时时, ,ABAB的速度为的速度为0 0当当44k k66时时, ,ABAB的运动方向与的运动方向与C C相反相反答案答案 (1)4m/s (2)(1)4m/

24、s (2)见解析见解析考查万有引力定律的应用考查万有引力定律的应用7.7.(2009(2009北京北京22)22)(16(16分分) )已知地球半径为已知地球半径为R R, ,地球地球 表面重力加速度为表面重力加速度为g g, ,不考虑地球自转的影响不考虑地球自转的影响. . (1) (1)推导第一宇宙速度推导第一宇宙速度v v1 1的表达式的表达式. .(2)(2)若卫星绕地球做匀速圆周运动若卫星绕地球做匀速圆周运动, ,运行轨道距离地面运行轨道距离地面高度为高度为h h, ,求卫星的运行周期求卫星的运行周期T T的表达式的表达式. .解析解析 (1)(1)设卫星的质量为设卫星的质量为m m

25、, ,地球的质量为地球的质量为MM, ,地球表地球表面处物体质量为面处物体质量为m m在地球表面附近满足在地球表面附近满足 则则GMGM= =R R2 2g g卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力则则将将式代入式代入式式, ,得到得到v v1 1= =(2)(2)卫星受到的万有引力为卫星受到的万有引力为F F= =由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得F F= = 式联立解得式联立解得T T= =答案答案 (1)(1)v v1= 分析全国各地分析全国各地20092009年高考题年高考题, ,可以看出力学综合可以看出力学综合计算题考查的热点主要有以下几点

26、计算题考查的热点主要有以下几点: :牛顿运动定律和牛顿运动定律和运动学公式的综合应用运动学公式的综合应用; ;平抛运动、圆周运动等多运平抛运动、圆周运动等多运动问题的组合动问题的组合; ;应用动力学和能量观点解决问题应用动力学和能量观点解决问题; ;应用应用功能观点解决力学问题功能观点解决力学问题; ;动量和能量观点的综合应用动量和能量观点的综合应用. . 预计预计20102010年高考年高考, ,以新材料为背景以新材料为背景, ,设计多个运动设计多个运动过程过程, ,综合应用动力学方法和能量观点解题综合应用动力学方法和能量观点解题, ,将成为高将成为高考命题的热点考命题的热点. .因为这样的

27、题目考查知识点多因为这样的题目考查知识点多, ,能融合能融合多种物理思想和方法多种物理思想和方法, ,较好地体现考纲要求较好地体现考纲要求, ,是命题者是命题者较为青睐的较为青睐的. .题目难度为中档题目难度为中档. . 1.1.解决计算题的方法和观点解决计算题的方法和观点 解决以上问题主要应用三大观点解决以上问题主要应用三大观点: :动力学观点动力学观点, ,包包括牛顿定律和各运动规律括牛顿定律和各运动规律; ;动量观点动量观点, ,包括动量定理和包括动量定理和动量守恒定律动量守恒定律; ;能量观点能量观点, ,包括动能定理、机械能守恒包括动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定

28、律定律、功能关系、能的转化和守恒定律. . 2.2.解答计算题应注意规范性解答计算题应注意规范性 主观题对考生的表述能力有很高的要求主观题对考生的表述能力有很高的要求, ,所以在复所以在复习中应自觉提高表述能力习中应自觉提高表述能力, ,加强解题规范性的训练加强解题规范性的训练. .解题解题规范化有如下几点要求规范化有如下几点要求: : 一明确研究的对象一明确研究的对象, ,说清是某一单个物体还是系统说清是某一单个物体还是系统. . 二说清研究的是哪一物理过程二说清研究的是哪一物理过程, ,画好受力分析图或画好受力分析图或运动过程草图运动过程草图. . 三明确解题过程中出现的各未知物理量符号的

29、含义三明确解题过程中出现的各未知物理量符号的含义. . 四说清所列物理方程依据的定理定律或运动规律四说清所列物理方程依据的定理定律或运动规律. . 五列好方程五列好方程, ,明确结果明确结果. .方程中字母和数字不能混杂方程中字母和数字不能混杂出现出现, ,计算过程不必体现计算过程不必体现, ,物理量必须有单位物理量必须有单位, ,必要时对必要时对计算结果的物理意义加以讨论计算结果的物理意义加以讨论. . 3.3.力学中三类题型的解答方法力学中三类题型的解答方法 类型一类型一: :力和运动关系与能量的结合力和运动关系与能量的结合 这一题型属于力学综合题这一题型属于力学综合题. .主要考查牛顿定

30、律和主要考查牛顿定律和运动学规律运动学规律, ,还有动能定理、机械能守恒定律、功能还有动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律的综合应用关系、能的转化和守恒定律的综合应用. .解答这类问解答这类问题要做到以下几方面题要做到以下几方面: :受力分析要仔细、慎重不漏力受力分析要仔细、慎重不漏力, ,画好受力图画好受力图; ;运动过程分析清晰明了运动过程分析清晰明了, ,可画运动草图可画运动草图; ;熟练应用各种运动规律公式熟练应用各种运动规律公式( (匀变速运动、平抛运动匀变速运动、平抛运动等等););注意整体法和隔离法的应用注意整体法和隔离法的应用, ,遇到追及和相遇问遇到追及和相

31、遇问题时题时, ,注意速度相同时刻的特点注意速度相同时刻的特点; ;注重牛顿第二定律和注重牛顿第二定律和牛顿第三定律的表述牛顿第三定律的表述, ,关注动能定理与圆周运动的结关注动能定理与圆周运动的结合问题、摩擦力做功问题合问题、摩擦力做功问题. . 类型二类型二: :万有引力定律的应用万有引力定律的应用 这一题型属于力和运动关系的内容这一题型属于力和运动关系的内容. .主要考查圆主要考查圆周运动规律和万有引力定律知识的综合应用周运动规律和万有引力定律知识的综合应用. .解题有解题有两条路两条路: :一是列出万有引力充当向心力的三个常用方一是列出万有引力充当向心力的三个常用方程公式程公式; ;二

32、是利用星球表面物体所受万有引力近似等二是利用星球表面物体所受万有引力近似等于物体重力的规律公式于物体重力的规律公式. .考生可重点关注地球同步卫考生可重点关注地球同步卫星、神州号飞船及嫦娥号卫星相关的各类数据资料和星、神州号飞船及嫦娥号卫星相关的各类数据资料和相关知识相关知识. . 类型三类型三: :动量与能量的综合应用动量与能量的综合应用 这一题型属于力学综合题这一题型属于力学综合题, ,难度较大难度较大. .我们需要区我们需要区别不同过程中动量守恒与机械能守恒的条件别不同过程中动量守恒与机械能守恒的条件, ,解决弹解决弹性碰撞性碰撞、完全非弹性碰撞以及碰撞的可能性判断问题完全非弹性碰撞以及

33、碰撞的可能性判断问题. .常见模型有子弹打木块模型常见模型有子弹打木块模型, ,移动弹簧振子模型移动弹簧振子模型, ,系统系统内物体间相互作用的递推模型内物体间相互作用的递推模型. .解题的关键是选好研解题的关键是选好研究对象和系统究对象和系统, ,列好动量守恒方程和各段能量关系方列好动量守恒方程和各段能量关系方程程. .同时同时, ,注意动量守恒方程和机械能守恒方程联立求注意动量守恒方程和机械能守恒方程联立求解的问题解的问题. .1.1.(2009(2009福建省第二次质量检查福建省第二次质量检查) ) 图图6 6为某工厂生为某工厂生 产流水线上水平传输装置的俯视图产流水线上水平传输装置的俯

34、视图, ,它由传送带它由传送带 和转盘组成和转盘组成. .物品从物品从A A处无初速放到传送带上处无初速放到传送带上, ,运动运动 到到B B处后进入匀速转动的转盘处后进入匀速转动的转盘, ,设物品进入转盘时设物品进入转盘时 速度大小不发生变化速度大小不发生变化, ,此后随转盘一起运动此后随转盘一起运动( (无相无相 对滑动对滑动) )到到C C处被取走装箱处被取走装箱. .已知已知A A、B B两处的距离两处的距离 L L=10 m,=10 m,传送带的传输速度传送带的传输速度v v=2.0 m/s,=2.0 m/s,物品在转盘物品在转盘 上与轴上与轴O O的距离的距离R R=4.0 m,=

35、4.0 m,物品与传送带间的动摩擦物品与传送带间的动摩擦 因数因数1 1=0.25.=0.25.取取g g=10 m/s=10 m/s2 2. .图图6 6(1)(1)求物品从求物品从A A处运动到处运动到B B处的时间处的时间t t. .(2)(2)若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为滑动摩擦若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为滑动摩擦力力, ,求物品与转盘间的动摩擦因数求物品与转盘间的动摩擦因数2 2. .解析解析 (1)(1)设物品质量为设物品质量为m m, ,物品先在传送带上做初速物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动度为零的匀加速直线运动, ,其位移大小为其位移大小为s s1 1,

36、 ,由动能由动能定理定理1 1mgsmgs1 1= =得得s s1 1=0.8 =0.8 mLmL之后之后, ,物品和传送带一起以速度物品和传送带一起以速度v v做匀速运动做匀速运动匀加速运动的时间匀加速运动的时间t t1 1= =0.8 s= =0.8 s匀速运动的时间匀速运动的时间t t2 2= =4.6 s= =4.6 s所以所以t t= =t t1 1+ +t t2 2=5.4 s=5.4 s(2)(2)物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力, ,当物品当物品在转盘上恰好无相对滑动时在转盘上恰好无相对滑动时, ,有有2 2mgmg= =得得2 2= =

37、0.1= =0.1答案答案 (1)5.4 s (2)0.1(1)5.4 s (2)0.12.2.(2009(2009诸暨市质检诸暨市质检) )如图如图7 7所示所示, ,一辆平板汽车上一辆平板汽车上 放一质量为放一质量为m m=50 kg=50 kg的木箱的木箱, ,木箱与汽车车厢底板木箱与汽车车厢底板 左端距离为左端距离为L L=3 m,=3 m,汽车车厢底板距地面高为汽车车厢底板距地面高为H H= = 0.8 m, 0.8 m,木箱用一根能承受最大拉力为木箱用一根能承受最大拉力为F Fm m=200 N=200 N的的 水平细绳拴在车厢上水平细绳拴在车厢上, ,木箱与车厢底板间的动摩擦木箱

38、与车厢底板间的动摩擦 因数为因数为=0.2(=0.2(最大静摩擦力可按滑动摩擦力计算最大静摩擦力可按滑动摩擦力计算, , 取取g g=10 m/s=10 m/s2 2).).图图7 7(1)(1)若汽车从静止开始启动若汽车从静止开始启动, ,为了保证细绳不被拉断为了保证细绳不被拉断, ,求汽车的最大加速度求汽车的最大加速度a am m. .(2)(2)若汽车在匀速运动中的某时刻开始突然以若汽车在匀速运动中的某时刻开始突然以a a1 1= =8m/s8m/s2 2的加速度匀加速行驶的加速度匀加速行驶, ,求从开始加速后求从开始加速后, ,经多长经多长时间木箱落到地面上时间木箱落到地面上. .解析

39、解析 (1)(1)当细绳将要被拉断时当细绳将要被拉断时, ,绳子拉力达到绳子拉力达到F Fm m, ,木木箱受到的静摩擦力向右且达到最大值箱受到的静摩擦力向右且达到最大值, ,根据牛顿第二根据牛顿第二定律定律, ,有有F Fm m+ +mgmg= =mamam ma am m= +0.2= +0.210)m/s10)m/s2 2=6m/s=6m/s2 2(2)(2)细绳拉断细绳拉断, ,设经过设经过t t1 1时间木箱滑出车厢底板时间木箱滑出车厢底板, ,则有则有木箱离开车厢底板后向前平抛木箱离开车厢底板后向前平抛, ,经时间经时间t t2 2落地落地, ,则有则有H H= =t t= =t

40、t1 1+ +t t2 2= =代入数据代入数据, ,解得解得t t=1.4 s=1.4 s答案答案 (1)6(1)6 m/sm/s2 2 (2)1.4(2)1.4 s s3.3.(2009(2009佛山市质量检测二佛山市质量检测二) )(1)(1)我国的我国的“探月工程探月工程” 计划于计划于20152015年宇航员登上月球年宇航员登上月球. .“探月工程探月工程”总指总指 挥部向全国中学生征集可在月球完成的航天科技挥部向全国中学生征集可在月球完成的航天科技 小实验小实验. .小军同学设想小军同学设想: :宇航员登月前记录贴近月宇航员登月前记录贴近月 球表面绕月球做匀速圆周运动的飞船飞行一周

41、的球表面绕月球做匀速圆周运动的飞船飞行一周的时间时间T T, ,登上月球后登上月球后, ,以初速度以初速度v v0 0竖直向上抛出一小球竖直向上抛出一小球, ,测出小球从抛出到落回所需的时间测出小球从抛出到落回所需的时间t t, ,并认为贴近月并认为贴近月球表面绕月球做匀速圆周运动的飞船球表面绕月球做匀速圆周运动的飞船, ,其向心力近似其向心力近似等于飞船在月球表面时的重力等于飞船在月球表面时的重力, ,由此来近似计算月球由此来近似计算月球的半径的半径R R0 0. .你认为小军能根据他的设想计算出月球的你认为小军能根据他的设想计算出月球的半径吗半径吗? ?若能若能, ,请帮小军算出月球的半径

42、请帮小军算出月球的半径R R0 0; ;若不能若不能, ,请说明理由请说明理由. . (2) (2) 为了落实为了落实“绿色奥运绿色奥运”的理念的理念, ,20082008年北京在各比赛场馆之间使用年北京在各比赛场馆之间使用了新型节能环保电动车了新型节能环保电动车( (如图如图8 8所示所示).).这种环保电动车总质量这种环保电动车总质量m m=3=310103 3kg,kg,图图8 8驱动电机线圈内阻驱动电机线圈内阻r r=1 .=1 .当它在水平路面上以当它在水平路面上以v v=36 km/h=36 km/h的速度匀速行驶时的速度匀速行驶时, ,若驱动电机的输入电若驱动电机的输入电流流I

43、I=40 A,=40 A,电压电压U U=250 V,=250 V,求汽车此时所受阻力求汽车此时所受阻力( (不计不计其它机械能损耗其它机械能损耗).).解析解析 (1)(1)小军能计算出月球的半径小军能计算出月球的半径, ,解答如下解答如下: :设月球表面的重力加速度为设月球表面的重力加速度为g g0 0, ,小球竖直上抛小球竖直上抛, ,有有v v0 0= =重力提供飞船做圆周运动的向心力重力提供飞船做圆周运动的向心力mgmg0 0= =飞船运动周期飞船运动周期T T= =联立以上各式解得联立以上各式解得R R0 0= =(2)(2)电机输入功率电机输入功率P P= =UIUI=10=10

44、4 4W W线圈焦耳热功率线圈焦耳热功率P P热热= =I I2 2r r=1 600 W=1 600 W机械功率机械功率P P机机= =P P- -P P热热又又P P机机= =F F牵牵v v当匀速运动时当匀速运动时F F牵牵= =f f联立以上各式解得联立以上各式解得f f=840 N=840 N答案答案 (1)(1)能能 (2)840 N(2)840 N4.4.(2009(2009泰安市泰安市4 4月模拟月模拟) )如图如图9 9所示所示, ,将倾角将倾角=30=30、 表面粗糙的斜面固定在地面上表面粗糙的斜面固定在地面上, ,用一根轻质细绳跨用一根轻质细绳跨 过两个光滑的半径很小的滑

45、轮连接甲、乙两物体过两个光滑的半径很小的滑轮连接甲、乙两物体 ( (均可视为质点均可视为质点),),把甲物体放在斜面上且细绳与斜把甲物体放在斜面上且细绳与斜面平行面平行, ,把乙物体悬在空中把乙物体悬在空中, ,并使细绳拉直且偏离竖直并使细绳拉直且偏离竖直方向方向=60=60开始时甲、乙均静止开始时甲、乙均静止. .现同时释放甲乙现同时释放甲乙两物体两物体, ,乙物体将在竖直平面内往反运动乙物体将在竖直平面内往反运动, ,测得绳长测得绳长OAOA为为l l=0.5 m,=0.5 m,当乙物体运动经过最高点和最低点时当乙物体运动经过最高点和最低点时, ,甲物体在斜面上均恰好未滑动甲物体在斜面上均

46、恰好未滑动, ,已知乙物体的质量为已知乙物体的质量为m m=1 kg,=1 kg,忽略空气阻力忽略空气阻力, ,取重力加速度取重力加速度g g=10m/s=10m/s2 2. .求求: :图图9 9(1)(1)乙物体在竖直平面内运动到最低点时的速度大小乙物体在竖直平面内运动到最低点时的速度大小以及所受的拉力大小以及所受的拉力大小( (结果可用根式表示结果可用根式表示).).(2)(2)甲物体的质量以及斜面对甲物体的最大静摩擦力甲物体的质量以及斜面对甲物体的最大静摩擦力的大小的大小. . (3)(3)斜面与甲物体之间的动摩擦因数斜面与甲物体之间的动摩擦因数( (设最大静摩擦设最大静摩擦力等于滑动

47、摩擦力力等于滑动摩擦力, ,结果保留两位有效数字结果保留两位有效数字) )解析解析 (1)(1)当乙物体运动到最低点时当乙物体运动到最低点时, ,绳子上的拉力最绳子上的拉力最大大, ,设为设为F F1 1, ,对乙物体对乙物体, ,由动能定理得由动能定理得mglmgl(1-cos(1-cos)=)=又由牛顿第二定律得又由牛顿第二定律得F F1 1- -mgmg= =乙物体在竖直平面内运动到最低点时的速度乙物体在竖直平面内运动到最低点时的速度v v= m/s=2.24 m/s= m/s=2.24 m/s乙物体运动到最低点时所受的拉力乙物体运动到最低点时所受的拉力F F1 1=20 N=20 N(

48、2)(2)当乙物体运动到最高点时当乙物体运动到最高点时, ,绳子上的拉力最小绳子上的拉力最小, ,设设为为F F2 2, ,此时乙物体向心力为此时乙物体向心力为0,0,即即F F2 2= =mgmgcoscos此时甲物体恰好不下滑此时甲物体恰好不下滑, ,有有MgMgsinsin= =f f+ +F F2 2乙物体到最低点时乙物体到最低点时, ,甲物体恰好不上滑甲物体恰好不上滑, ,则有则有MgMgsinsin+ +f f= =F F1 1联立解得联立解得MM=2.5 kg,=2.5 kg,f f=7.5 N=7.5 N(3)(3)对甲物体对甲物体, ,有有f f= =N N, ,N N= =

49、MgMgcoscos联立解得联立解得= =0.35= =0.35答案答案 (1)2.24 m/s 20 N (2)2.5 kg 7.5 N(1)2.24 m/s 20 N (2)2.5 kg 7.5 N(3)0.35(3)0.355.5.(2009(2009马鞍山市第三次教学质马鞍山市第三次教学质 量检测量检测) ) 如图如图1010是为了检验某是为了检验某 种防护罩承受冲击力的装置种防护罩承受冲击力的装置, ,MM 是半径为是半径为R R=1.0 m=1.0 m的固定于竖直的固定于竖直 平面内的平面内的 光滑圆弧轨道光滑圆弧轨道, ,轨道上端切线水平轨道上端切线水平. .N N为为 待检验的

50、固定曲面待检验的固定曲面, ,该曲面在竖直面内的截面为半该曲面在竖直面内的截面为半 径径r r= = 的的 圆弧圆弧, ,圆弧下端切线水平且圆心圆弧下端切线水平且圆心 恰好位于恰好位于MM轨道的上端点轨道的上端点. .MM的下端相切处放置竖的下端相切处放置竖图图1010直向上的弹簧枪直向上的弹簧枪, ,可发射速度不同的质量可发射速度不同的质量m m=0.01 kg=0.01 kg的小钢珠的小钢珠, ,假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过MM的上端点的上端点, ,水平飞出后落到曲面水平飞出后落到曲面N N的某一点上的某一点上, ,取取g g=10 m/s=10 m

51、/s2 2. .求求: :(1)(1)发射该钢球前发射该钢球前, ,弹簧的弹性势能弹簧的弹性势能E Ep p多大多大? ?(2)(2)钢珠从钢珠从MM圆弧轨道最高点飞出至落到圆弧圆弧轨道最高点飞出至落到圆弧N N上所用上所用的时间是多少的时间是多少?(?(结果保留两位有效数字结果保留两位有效数字) )解析解析 (1)(1)设钢球的轨道设钢球的轨道MM最高点的速度为最高点的速度为v v, ,在在MM的最的最低点速度为低点速度为v v0 0, ,则在最高点则在最高点, ,由题意得由题意得mgmg= =从最低点到最高点从最低点到最高点, ,由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得得得v v0 0= =

52、设弹簧的弹性势能为设弹簧的弹性势能为E Ep p, ,由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得E Ep p= =1.5= =1.51010-1-1 J J(2)(2)钢珠从最高点飞出后钢珠从最高点飞出后, ,做平抛运动做平抛运动x x= =vt vty y= = 由几何关系由几何关系x x2 2+ +y y2 2= =r r2 2联立得联立得t t=0.24 s=0.24 s答案答案 (1)1.5(1)1.51010-1-1 J (2)0.24 s J (2)0.24 s6.6.(2009(2009韶关市韶关市5 5月模拟月模拟) )山地滑雪山地滑雪 是人们喜爱的一项体育运动是人们喜爱的一项体育运

53、动. .一滑一滑 雪坡由雪坡由ABAB和和BCBC组成组成, ,ABAB是倾角为是倾角为 3737的斜坡的斜坡, ,BCBC是半径为是半径为R R=5 m=5 m的的 圆弧面圆弧面, ,圆弧面和斜面相切于圆弧面和斜面相切于B B, ,与与 水平面相切于水平面相切于C C, ,如图如图1111所示所示, ,ABAB竖直高度差竖直高度差h h1 1= = 8.8 m, 8.8 m,竖直台阶竖直台阶CDCD高度差为高度差为h h2 2=5 m,=5 m,台阶底端与倾台阶底端与倾 角为角为3737斜坡斜坡DEDE相连相连, ,运动员连同滑雪装备总质量运动员连同滑雪装备总质量 为为80 kg,80 kg

54、,从从A A点由静止滑下通过点由静止滑下通过C C点后飞落到点后飞落到DEDE上上 ( (不计空气阻力和轨道的摩擦阻力不计空气阻力和轨道的摩擦阻力, ,g g取取10 m/s10 m/s2 2, , sin37 sin37=0.6,cos37=0.6,cos37=0.8).=0.8).求求: :图图1111(1)(1)运动员到达运动员到达C C点的速度大小点的速度大小. .(2)(2)运动员经过运动员经过C C点时轨道受到的压力大小点时轨道受到的压力大小. .(3)(3)运动员在空中飞行的时间运动员在空中飞行的时间. .解析解析 (1)(1)A AC C过程过程, ,由动能定理得由动能定理得m

55、gmg( (h h1 1+R R)=)=R R= =R R(1-cos37(1-cos37) )v vC C=14 m/s=14 m/s(2)(2)在在C C点点, ,由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有F FC C- -mgmg= =F FC C=3 936 N=3 936 N由牛顿第三定律知由牛顿第三定律知, ,运动员在运动员在C C点时轨道受到的压力点时轨道受到的压力大小为大小为3 936 N. 3 936 N. (3)(3)设在空中飞行时间为设在空中飞行时间为t t, ,则有则有tan37tan37= =t t=2.5 s (=2.5 s (t t=-0.4 s=-0.4 s舍去舍去) )

56、答案答案 (1)14 m/s (2)3 936 N (3)2.5 s(1)14 m/s (2)3 936 N (3)2.5 s7.7.(2009(2009徐州市第三次调研徐州市第三次调研)-)-传送传送 带装置如图带装置如图1212所示所示, ,其中其中ABAB段是段是 水平的水平的, ,长度长度L LABAB=4 m,=4 m,BCBC段是倾段是倾 斜的斜的, ,长度长度L LBCBC=5 m,=5 m,倾角为倾角为 =37=37, , ABAB和和BCBC在在B B点通过一段极短的圆弧连接点通过一段极短的圆弧连接( (图中未画图中未画 出圆弧出圆弧),),传送带以传送带以v v=4 m/s

57、=4 m/s的恒定速率顺时针运转的恒定速率顺时针运转. .图图1212已知工件与传送带间的动摩擦因数已知工件与传送带间的动摩擦因数=0.5,=0.5,重力加速重力加速度度g g取取10 m/s10 m/s2 2. .现将一个工件现将一个工件( (可看作质点可看作质点) )无初速地无初速地放在放在A A点点, ,求求: :(1)(1)工件第一次到达工件第一次到达B B点所用的时间点所用的时间. .(2)(2)工件沿传送带上升的最大高度工件沿传送带上升的最大高度. .(3)(3)工件运动了工件运动了23 s23 s时所在的位置时所在的位置. .解析解析 (1)(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为

58、工件刚放在水平传送带上的加速度为a a1 1由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得mgmg= =mama1 1解得解得a a1 1= =g g=5 m/s=5 m/s2 2经经t t1 1时间达到与传送带的速度相同时间达到与传送带的速度相同, ,则则t t1 1= =0.8 s= =0.8 s前进的位移为前进的位移为s s1 1= =1.6 m= =1.6 m此后工件将与传送带一起匀速运动至此后工件将与传送带一起匀速运动至B B点点, ,用时用时t t2 2= =0.6 s= =0.6 s所以工件第一次到达所以工件第一次到达B B点所用的时间点所用的时间t t= =t t1 1+ +t t2 2=1

59、.4 s=1.4 s(2)(2)设工件上升的最大高度为设工件上升的最大高度为h h, ,由动能定理由动能定理( (mgmgcoscos - -mgmgsinsin ) )得得h h=2.4 m=2.4 m(3)(3)工件沿皮带向上运动的时间为工件沿皮带向上运动的时间为t t3 3= =2 s= =2 s此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同, ,在传送带的水平段运动时的加速度也相同在传送带的水平段运动时的加速度也相同, ,故工件将故工件将在传送带上做往复运动在传送带上做往复运动, ,其周期其周期T T=2=2t t1 1+2+2t t2 2

60、=5.6 s.=5.6 s.工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分, ,且且速度变为零所需时间速度变为零所需时间t t0 0=2=2t t1 1+ +t t2 2+2+2t t3 3=6.2 s=6.2 s而而t t= =t t0 0+3+3T T这说明经这说明经23 s23 s工件恰好运动到传送带的水平部分工件恰好运动到传送带的水平部分, ,且且速度为零速度为零. .故工件在故工件在A A点右侧点右侧, ,到到A A点的距离点的距离s s= =L LABAB- -s s1 1=2.4 m=2.4 m答案答案 (1)1.4(1)1.4 s s (2

61、)2.4(2)2.4 m m (3)2.4(3)2.4 m m8.8.(2009(2009河北衡水中学第二次模拟河北衡水中学第二次模拟) )如图如图1313所示所示, ,光光 滑水平面上有一质量滑水平面上有一质量MM=4.0 kg=4.0 kg的平板车的平板车, ,车的上表车的上表 面右侧是一段长面右侧是一段长L L=1.0 m=1.0 m的水平轨道的水平轨道, ,水平轨道左水平轨道左 侧是一半径侧是一半径R R=0.25 m=0.25 m的的1/41/4光滑圆弧轨道光滑圆弧轨道, ,圆弧轨圆弧轨 道与水平轨道在道与水平轨道在O O点相切点相切. .车右端固定一个尺寸车右端固定一个尺寸 可以忽

62、略可以忽略, ,处于锁定状态的压缩轻弹簧处于锁定状态的压缩轻弹簧, ,一质量一质量m m= = 1.0 kg 1.0 kg的小物体的小物体( (可视为质点可视为质点) )紧靠弹簧紧靠弹簧, ,小物体与小物体与 水平轨道间的动摩擦因数水平轨道间的动摩擦因数 =0.5.=0.5.整个装置处于静整个装置处于静 止状态止状态, ,现将轻弹簧解除锁定现将轻弹簧解除锁定, ,小物体被弹出小物体被弹出, ,恰能恰能 到达圆弧轨道的最高点到达圆弧轨道的最高点A A. .不考虑小物体与轻弹簧不考虑小物体与轻弹簧 碰撞时的能量损失碰撞时的能量损失, ,不计空气阻力不计空气阻力. .g g取取10 m/s10 m/

63、s2 2. .求求: :图图1313(1)(1)解除锁定前轻弹簧的弹性势能解除锁定前轻弹簧的弹性势能. .(2)(2)小物体第二次经过小物体第二次经过O O点时的速度大小点时的速度大小. .(3)(3)最终小物体与车相对静止时距最终小物体与车相对静止时距O O点的距离点的距离. .解析解析 (1)(1)由能量守恒定律得由能量守恒定律得E E=mgRmgR+ mgLmgL代入数据解得代入数据解得E E=7.5=7.5 J J(2)(2)设小物体第二次经过设小物体第二次经过O O点时的速度大小为点时的速度大小为v v1,此此时车的速度大小时车的速度大小v v2由水平方向动量守恒定律得由水平方向动量

64、守恒定律得mvmv1-MvMv2=0=0由能量守恒定律得由能量守恒定律得mgRmgR= mvmv12+ MvMv22联立代入数据解得联立代入数据解得v v1 1=2.0 m/s=2.0 m/s(3)(3)最终小物体与车相对静止时最终小物体与车相对静止时,二者的速度都为二者的速度都为0 0以地面为参考系以地面为参考系,对小物体对小物体a a1 1= = g g=0.5=0.510 m/s10 m/s2 2=5 m/s=5 m/s2 2t t= =0.4 s= =0.4 s =0.4 m =0.4 m同理对平板车可求得同理对平板车可求得s s2=0.1 m=0.1 m距距O O点的距离点的距离s

65、s= =s s1+ +s s2=0.5 m=0.5 m答案答案 (1)7.5 J (2)2.0 m/s (3)0.5 m(1)7.5 J (2)2.0 m/s (3)0.5 m9.9.(2009(2009佛山市质量检测二佛山市质量检测二) )倾角倾角 为为3737的斜面与的斜面与水平面如图水平面如图1414所示平滑相接所示平滑相接, ,A A、B B两完全相同的物两完全相同的物块静置于斜面上相距块静置于斜面上相距s s1 1=4 m,=4 m,B B距斜面底端的距斜面底端的P P点的点的距离距离s s2 2=3 m,=3 m,物块与斜面及水平面的动摩擦因数均物块与斜面及水平面的动摩擦因数均为为

66、 =0.5.=0.5.现由静止释放物块现由静止释放物块A A后后1 1秒钟再释放物块秒钟再释放物块B B. .设设ABAB碰撞的时间极短碰撞的时间极短, ,碰后就粘连在一起运动碰后就粘连在一起运动. .求求: :图图14 14 (1)(1)B B物块释放后多长时间物块释放后多长时间, ,ABAB两物块发生碰撞两物块发生碰撞? ?(2)(2)ABAB最后停在距斜面底端最后停在距斜面底端P P点多远处点多远处?(?(取取sin 37sin 37=0.6,cos 37=0.6,cos 37=0.8,=0.8,g g=10 m/s=10 m/s2 2) )解析解析 (1)(1)设设B B物体的质量为物

67、体的质量为m m, ,加速下滑时的加速度为加速下滑时的加速度为a a, ,其在斜其在斜面上时的受力情况如下图所示面上时的受力情况如下图所示. .由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得mgmgsin sin 3737- -f f= =mamaf f= = mgmgcos 37cos 37解得解得a a= =g g(sin 37(sin 37- cos 37- cos 37)=2 m/s)=2 m/s2 2设设B B物块释放后经物块释放后经t t秒秒A A追上追上B B与其在斜面上相碰与其在斜面上相碰, ,由两由两者的位移关系得者的位移关系得 a a( (t t+1)+1)2 2= = at at2 2

68、+ +s s1 1代入数据得代入数据得t t=1.5 s(2)=1.5 s(2)在此在此1.5 s1.5 s内内, ,B B物体下滑的位移物体下滑的位移s sB B= = at at2 2= = 2 21.52 m=2.25 m1.52 m=2.25 m因为因为s sB Bss2 2, ,ABAB是在斜面上发生碰撞是在斜面上发生碰撞, ,则则A A碰前的速度碰前的速度v vA A= =a a( (t t+1)=2+1)=2(1.5+1) m/s=5 m/s(1.5+1) m/s=5 m/sB B碰前的速度碰前的速度v vB B= =at at=2=21.5 m/s=3 m/s1.5 m/s=3

69、 m/s由于碰撞时间极短由于碰撞时间极短, ,两者碰撞近似动量守恒两者碰撞近似动量守恒, ,设碰后两设碰后两者的共同速度为者的共同速度为v v, ,则则mvmvA A+ +mvmvB B=2=2mvmv代入数据得代入数据得5 5m m+3+3m m=2=2mvmv解得解得v v=4 m/s=4 m/sABAB相碰时距斜面底端的高度相碰时距斜面底端的高度h h=(=(s s2 2- -s sB B)sin 37)sin 37=(3-2.25)=(3-2.25)0.6 m=0.45 m0.6 m=0.45 m设设ABAB滑下斜面后停在距滑下斜面后停在距P P点点s s3 3处处. .由动能定理得由动能定理得2 2mghmgh-2 -2 mgmg( (s s2 2- -s sB B)cos 37)cos 37-2 -2 mgsmgs3 3=0- =0- 2 2mvmv2 2代入数据解得代入数据解得s s3 3=1.9 m =1.9 m 答案答案 (1)1.5 s (2)1.9 m(1)1.5 s (2)1.9 m返回