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4<18力學(xué)計(jì)算
■
5年真題?分點(diǎn)精準(zhǔn)練
1.(2024?北京?高考)如圖所示,水平放置的排水管滿口排水,管口的橫截面積為S,管口離水池水面的高
度為〃,水在水池中的落點(diǎn)與管口的水平距離為乩假定水在空中做平拋運(yùn)動(dòng),已知重力加速度為g,遠(yuǎn)
大于管口內(nèi)徑。求:
(1)水從管口到水面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間/;
(2)水從管口排出時(shí)的速度大小%;
(3)管口單位時(shí)間內(nèi)流出水的體積Q。
【詳解】(1)水在空中做平拋運(yùn)動(dòng),由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得,豎直方向=
解得水從管口到水面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,=Jy
(2)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得,水平方向d=
解得水從管口排出時(shí)的速度大小%4
(3)管口單位時(shí)間內(nèi)流出水的體積。=Sv0=SdJ^-
2.(2024.北京.高考)科學(xué)家根據(jù)天文觀測(cè)提出宇宙膨脹模型:在宇宙大尺度上,所有的宇宙物質(zhì)(星體等)
在做彼此遠(yuǎn)離運(yùn)動(dòng),且質(zhì)量始終均勻分布,在宇宙中所有位置觀測(cè)的結(jié)果都一樣。以某一點(diǎn)。為觀測(cè)點(diǎn),
以質(zhì)量為根的小星體(記為P)為觀測(cè)對(duì)象。當(dāng)前P到。點(diǎn)的距離為“,宇宙的密度為為。
(1)求小星體P遠(yuǎn)離到2%處時(shí)宇宙的密度⑶
(2)以。點(diǎn)為球心,以小星體P到。點(diǎn)的距離為半徑建立球面。P受到的萬有引力相當(dāng)于球內(nèi)質(zhì)量集中于
。點(diǎn)對(duì)尸的引力。已知質(zhì)量為叫和加2、距離為R的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)間的引力勢(shì)能耳=-G嚕,G為引力常量。
僅考慮萬有引力和P遠(yuǎn)離。點(diǎn)的徑向運(yùn)動(dòng)。
a.求小星體尸從外處遠(yuǎn)離到入。處的過程中動(dòng)能的變化量4線;
b.宇宙中各星體遠(yuǎn)離觀測(cè)點(diǎn)的速率v滿足哈勃定律v=Hr,其中廠為星體到觀測(cè)點(diǎn)的距離,H為哈勃系數(shù)。
H與時(shí)間/有關(guān)但與r無關(guān),分析說明H隨/增大還是減小。
12
【答案】(1)P=~P\(2)a.AE=--Gnpmr;-b.X隨f增大而減小
o03kQ
【詳解】(1)在宇宙中所有位置觀測(cè)的結(jié)果都一樣,則小星體P運(yùn)動(dòng)前后距離。點(diǎn)半徑為“和2%的球內(nèi)質(zhì)
44a
量相同,即夕?,叫^=夕?兀(24)
解得小星體P遠(yuǎn)離到2%處時(shí)宇宙的密度p=
O
4,
(2)a.此球內(nèi)的質(zhì)量M兀*
P從分處遠(yuǎn)離到2%處,由能量守恒定律得,動(dòng)能的變化量AEk=-G遜一(一半]=一3的0相叱
roV2roJ3
b.由。知星體的速度隨%增大而減小,星體到觀測(cè)點(diǎn)距離越大,運(yùn)動(dòng)時(shí)間f越長,由v=知,H減小,
故//隨f增大而減小。
3.(2023?北京?高考)如圖所示,質(zhì)量為優(yōu)的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在。點(diǎn),在。點(diǎn)正下方的光
滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B,B距。點(diǎn)的距離等于繩長心現(xiàn)將A拉至某一高度,由靜止
釋放,A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求:
(1)A釋放時(shí)距桌面的高度H;
(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小R
(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE。
【詳解】(1)A釋放到與B碰撞前,根據(jù)動(dòng)能定理得mg"=?7步
2
解得
2g
(2)碰前瞬間,對(duì)A由牛頓第二定律得方-zng=相?
2
解得F=mg+m~~j~
(3)A、B碰撞過程中,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得〃a=2znV]
解得巧=,
則碰撞過程中損失的機(jī)械能為=-=—mv2
22(2J4
4.(2023?北京?高考)螺旋星系中有大量的恒星和星際物質(zhì),主要分布在半徑為R的球體內(nèi),球體外僅有極
少的恒星。球體內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量為M,可認(rèn)為均勻分布,球體內(nèi)外的所有恒星都繞星系中心做勻速圓周運(yùn)動(dòng),
恒星到星系中心的距離為廣,引力常量為G。
(1)求r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v與r的關(guān)系;
(2)根據(jù)電荷均勻分布的球殼內(nèi)試探電荷所受庫侖力的合力為零,利用庫侖力與萬有引力的表達(dá)式的相似
性和相關(guān)力學(xué)知識(shí),求區(qū)域的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v與r的關(guān)系;
(3)科學(xué)家根據(jù)實(shí)測(cè)數(shù)據(jù),得到此螺旋星系中不同位置的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v隨/?的變化關(guān)
系圖像,如圖所示,根據(jù)在范圍內(nèi)的恒星速度大小幾乎不變,科學(xué)家預(yù)言螺旋星系周圍(r>R)存在
一種特殊物質(zhì),稱之為暗物質(zhì)。暗物質(zhì)與通常的物質(zhì)有引力相互作用,并遵循萬有引力定律,求r=“R內(nèi)暗
物質(zhì)的質(zhì)量。
【詳解】(1)由萬有引力定律和向心力公式有G等=加工
3
_M43_Mr
(2)在內(nèi)部,星體質(zhì)量"°=43與4=木
鏟
由萬有引力定律和向心力公式有=
[GM
解得n=廠
(3)對(duì)處于R球體邊緣的恒星,由萬有引力定律和向心力公式有G粵=〃?或
R2R
對(duì)處于尸“R處的恒星,由萬有引力定律和向心力公式有G
(明‘
解得=
5.(2022?北京?高考)利用物理模型對(duì)問題進(jìn)行分析,是重要的科學(xué)思維方法。
(1)某質(zhì)量為機(jī)的行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌跡為橢圓,在近日點(diǎn)速度為V/,在遠(yuǎn)日點(diǎn)速度為也。求從近日點(diǎn)到
遠(yuǎn)日點(diǎn)過程中太陽對(duì)行星所做的功W;
(2)設(shè)行星與恒星的距離為,,請(qǐng)根據(jù)開普勒第三定律(臺(tái)=左)及向心力相關(guān)知識(shí),證明恒星對(duì)行星的
作用力產(chǎn)與廠的平方成反比;
(3)宇宙中某恒星質(zhì)量是太陽質(zhì)量的2倍,單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍。設(shè)想地球“流浪”
后繞此恒星公轉(zhuǎn),且在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣。地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為刀,繞此恒星公轉(zhuǎn)
的周期為T2,求去。
【答案】(1)皿="*一"片;(2)見解析;(3)奉=4&
【詳解】(I)根據(jù)動(dòng)能定理有加4-;根可
(2)設(shè)行星繞恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng),行星的質(zhì)量為如運(yùn)動(dòng)半徑為r,運(yùn)動(dòng)速度大小為丫。恒星對(duì)行星的作
用力/提供向心力,則F=w二
r
運(yùn)動(dòng)周期7=至
V
根據(jù)開普勒第三定律二=左,左為常量,得八絲吧
T2r
即恒星對(duì)行星的作用力/與廠的平方成反比。
(3)假定恒星的能量輻射各向均勻,地球繞恒星做半徑為廠的圓周運(yùn)動(dòng),恒星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量
為P。。以恒星為球心,以7■為半徑的球面上,單位面積單位時(shí)間接受到的輻射能量P=7%
4%產(chǎn)
設(shè)地球繞太陽公轉(zhuǎn)半徑為〃在新軌道上公轉(zhuǎn)半徑為「2。地球在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣,必須
滿足P不變,由于恒星單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽的16倍,得「2=4〃
設(shè)恒星質(zhì)量為M,地球在軌道上運(yùn)行周期為T,萬有引力提供向心力,有曾=7""
’4九3
解得T=
GM
由于恒星質(zhì)量是太陽質(zhì)量的2倍,得春=4夜
11
6.(2021.北京.高考)秋千由踏板和繩構(gòu)成,人在秋千上的擺動(dòng)過程可以簡(jiǎn)化為單擺的擺動(dòng),等效“擺球”的
質(zhì)量為陰,人蹲在踏板上時(shí)擺長為4,人站立時(shí)擺長為4。不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。
(1)如果擺長為4,“擺球”通過最低點(diǎn)時(shí)的速度為v,求此時(shí)“擺球”受到拉力T的大小。
(2)在沒有別人幫助的情況下,人可以通過在低處站起、在高處蹲下的方式使“擺球”擺得越來越高。
a.人蹲在踏板上從最大擺角4開始運(yùn)動(dòng),到最低點(diǎn)時(shí)突然站起,此后保持站立姿勢(shì)擺到另一邊的最大擺角為
%。假定人在最低點(diǎn)站起前后“擺球”擺動(dòng)速度大小不變,通過計(jì)算證明2>4。
b.實(shí)際上人在最低點(diǎn)快速站起后“擺球”擺動(dòng)速度的大小會(huì)增大。隨著擺動(dòng)越來越高,達(dá)到某個(gè)最大擺角。后,
如果再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí),通過一次站起并保持站立姿勢(shì)就能實(shí)現(xiàn)在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng),求在最
低點(diǎn)“擺球”增加的動(dòng)能AEk應(yīng)滿足的條件。
【答案】(1)T=mg+m--(2)a.見解析;b.AE
;k2
【詳解】⑴根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律7-儂=";
解得T=mg+m—
(2)〃.設(shè)人在最低點(diǎn)站起前后“擺球”的擺動(dòng)速度大小分別為V/、V2,根據(jù)功能關(guān)系得
12
mg/jQ-cos^)=—mu,
12
mgl2(l-cos02)=—mv2
已知vi=V2,得mg/i(l-cos6j)=mg/2(l-cose2)
因?yàn)?〉,2,得cos4>cos%
所以%>4
。.設(shè)“擺球”由最大擺角。擺至最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為紜,根據(jù)功能關(guān)系得線=利燈。-COS0
“擺球”在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng),通過最高點(diǎn)最小速度為Vm,根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得沖="4
“擺球”在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)功能關(guān)系得線+轉(zhuǎn)上2儂/2+9皿:
得AEk>gmgl2-mglx(1-cos0)
7.(2022.北京?高考)體育課上,甲同學(xué)在距離地面高4=2.5m處將排球擊出,球的初速度沿水平方向,大
小為%=8.0m/s;乙同學(xué)在離地為=0.7m處將排球墊起,墊起前后球的速度大小相等,方向相反。已知排
球質(zhì)量根=0.3kg,取重力加速度grlOm/s?。不計(jì)空氣阻力。求:
(1)排球被墊起前在水平方向飛行的距離無
(2)排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向;
(3)排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小/。
【答案】(1)x=4.8m;(2)v=10.0m/s,方向與水平方向夾角tan6=0.75;(3)I-6.0N-s
【詳解】(1)設(shè)排球在空中飛行的時(shí)間為3則4-色=;g產(chǎn)
解得t=0.6s;則排球在空中飛行的水平距離x=vot=4.8m
(2)乙同學(xué)墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小%=gf
得v,=6.0m/s;根據(jù)v=J說+v;
得v=10.0m/s;設(shè)速度方向與水平方向夾角為6(如答圖所示)
貝IJ有tan6=匕=0.75
%
(3)根據(jù)動(dòng)量定理,排球與乙同學(xué)作用過程中所受沖量的大小/=27m=6.0?46
8.(2021.北京?高考)如圖所示,小物塊A、B的質(zhì)量均為優(yōu)=0.10kg,B靜止在軌道水平段的末端。A以
水平速度丫。與B碰撞,碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為〃=0.45m,兩物
2
塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離為s=0.30m,取重力加速度g=10m/so求:
(1)兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
(2)兩物塊碰前A的速度"的大小;
(3)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能AE。
A
八、、、
h\
\
\
」Y;
/77777777777777777777777777777777^77
~S~
【答案】(1)0.30s;(2)2.0m/s;(3)0.10J
【詳解】(1)豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng),由力=gg產(chǎn)
得£=0.30s
(2)設(shè)A、B碰后速度為v,水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng),由s=M
得u=1.0m/s
根據(jù)動(dòng)量守恒定律,由根%=2mu
得%=2.0m/s
(3)兩物體碰撞過程中損失的機(jī)械能
得AE=0.10J
9.(2020?北京?高考)無人機(jī)在距離水平地面高度。處,以速度%水平勻速飛行并釋放一包裹,不計(jì)空氣阻
力,重力加速度為g。
(1)求包裹釋放點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離無;
(2)求包裹落地時(shí)的速度大小v;
(3)以釋放點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),初速度方向?yàn)閤軸方向,豎直向下為V軸方向,建立平面直角坐標(biāo)系,寫出該包
裹運(yùn)動(dòng)的軌跡方程。
bhI----------義7
【答案】(1)%J1;(2)+2gh;(3)y=~^x
【詳解】(i)包裹脫離無人機(jī)后做平拋運(yùn)動(dòng),在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),則a
解得”
水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以水平距離為x=vot=丫噌
\2h
⑵包裹落地時(shí),豎直方向速度為%=劃=g
落地時(shí)速度為V==M+2gh
(3)包裹做平拋運(yùn)動(dòng),分解位移
X=vof
兩式消去時(shí)間得包裹的軌跡方程為y=白/
1年模擬?精選??碱}
1.(2024?北京海淀?統(tǒng)考一模)如圖所示,水平地面上固定著光滑斜槽,斜槽的末端和粗糙地面平滑連接,
設(shè)物塊通過連接處時(shí)速率不發(fā)生改變。質(zhì)量〃"=0.4kg的物塊A從斜槽上端距水平地面高度/z=0.8m處由靜
止下滑,并與靜止在斜槽末端的質(zhì)量"Z2=0.8kg的物塊B相碰,相碰后物塊A立即停止運(yùn)動(dòng),物塊B滑行
一段距離后停止運(yùn)動(dòng)。取重力加速度g=10m/s2,兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求:
(1)物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小。
(2)物塊A與物塊B碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能。
(3)滑動(dòng)摩擦力對(duì)物塊B做的功。
【詳解】(1)物塊A與物塊B碰撞前,根據(jù)動(dòng)能定理有叫g(shù)/z=g叫F
解得v=4m/s
(2)物塊A與物塊B碰撞過程中,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有加1"=m2匕
根據(jù)能量守恒定律有=一;色y
解得A£=L6J
(3)B運(yùn)動(dòng)到停止的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有噴=0-;恤V:
解得噴=-1.6j
2.(2024.北京海淀?統(tǒng)考一模)1610年,伽利略用他制作的望遠(yuǎn)鏡發(fā)現(xiàn)了木星的四顆主要衛(wèi)星。根據(jù)觀察,
他將其中一顆衛(wèi)星產(chǎn)的運(yùn)動(dòng)視為一個(gè)振幅為A、周期為T的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),并據(jù)此推測(cè),他觀察到的衛(wèi)星振動(dòng)是
衛(wèi)星圓周運(yùn)動(dòng)在某方向上的投影。如圖所示,是伽利略推測(cè)的衛(wèi)星尸運(yùn)動(dòng)的示意圖,在xOy平面內(nèi),質(zhì)量
為機(jī)的衛(wèi)星P繞坐標(biāo)原點(diǎn)。做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知引力常量為G,不考慮各衛(wèi)星之間的相互作用。
(1)若認(rèn)為木星位于坐標(biāo)原點(diǎn)。,根據(jù)伽利略的觀察和推測(cè)結(jié)果:
①寫出衛(wèi)星尸做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小p的表達(dá)式。
②求木星的質(zhì)量Mo
③物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)時(shí),回復(fù)力應(yīng)該滿足4-乙。請(qǐng)據(jù)此證明:衛(wèi)星尸繞木星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)在x軸上的投
影是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。
(2)若將木星與衛(wèi)星尸視為雙星系統(tǒng),彼此圍繞其連線上的某一點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),計(jì)算出的木星質(zhì)量為
請(qǐng)分析比較(1)②中得出的質(zhì)量Mo與時(shí)的大小關(guān)系。
4TT2A3
A;②M0=;③見解析;(2)M'>M
GT20
4汀2
【詳解】(1)①衛(wèi)星尸做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小方的表達(dá)式/二根療一二機(jī)亍-A
②根據(jù)G^=人
4^-2A3
得木星的質(zhì)量A/。=
GT2
③如圖
47r之
rcos0=x=-kx
則衛(wèi)星尸繞木星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)在尤軸上的投影是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。
M'm47r之
(2)根據(jù)(7K="?亍二4
得叱=4%ZA
由于A<L
則”>此
3.(2024.北京西城?統(tǒng)考一模)兒童滑梯可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型?;菹禄瑓^(qū)42的長L=4m,傾角。=37。。
一個(gè)質(zhì)量根=20kg的兒童從滑梯頂部A點(diǎn)由靜止滑下,最后停在水平緩沖區(qū)8C上。若兒童與48、部分
的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,兒童經(jīng)過兩段連接處速度的大小不變。sin37o=0.6,cos37o=0.8,取重力加速度
g=10m/s2o求:
(1)兒童運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小v;
(2)緩沖區(qū)8c部分的最小長度x;
(3)整個(gè)過程中摩擦阻力對(duì)兒童做的功%。
A
///////////////////////2//./././.././/c
【答案】(1)v=4m/s;(2)x=1.6m;(3)叼=-480J
【詳解】⑴由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到5點(diǎn)的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有機(jī)gLsina-"2gLeosa=gw2
得v=4m/s
(2)由5點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中,根據(jù)動(dòng)能定理有一g%=O-g相聲
得x=1.6m
(3)兒童從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程,根據(jù)動(dòng)能定理有租gLsina+”=。
得叱=—480J
4.(2024.北京西城.統(tǒng)考一模)小行星撞擊地球雖然發(fā)生概率較低,卻會(huì)使地球生命面臨重大威脅。我國已
經(jīng)提出了近地小行星防御的發(fā)展藍(lán)圖,計(jì)劃在2030年實(shí)現(xiàn)一次對(duì)小行星的動(dòng)能撞擊,2030至2035年間實(shí)
現(xiàn)推離偏轉(zhuǎn)。已知地球質(zhì)量為",可視為質(zhì)量分布均勻的球體,引力常量為G。若一顆質(zhì)量為根的小行星
距離地心為r時(shí),速度的大小v=后警,加遠(yuǎn)小于V。不考慮地球運(yùn)動(dòng)及其它天體的影響。
(1)若小行星的速度方向垂直于它與地心的連線,通過分析判斷該小行星能否圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)。
(2)若小行星的速度方向沿著它與地心的連線指向地心。已知取無窮遠(yuǎn)處的引力勢(shì)能為零,則小行星在距
地心為r處的引力勢(shì)能”=-G也Mm。
a.設(shè)想提前發(fā)射質(zhì)量為0.1m的無人飛行器,在距離地心為廠處與小行星發(fā)生迎面撞擊,小行星撞后未解體。
將撞擊過程簡(jiǎn)化為完全非彈性的對(duì)心碰撞。為徹底解除小行星對(duì)地球的威脅,使其不與地球碰撞。求飛行
器撞擊小行星時(shí)的最小速度%O
b.設(shè)想對(duì)小行星施加適當(dāng)?shù)摹巴屏Α焙螅蛊湓诰嚯x地心為廠處的速度方向與它和地心連線的夾角變?yōu)?0。,
速度大小不變,也能解除對(duì)地球的威脅。已知小行星僅在地球引力所用下的運(yùn)動(dòng)過程,它與地心的連線在
任意相等時(shí)間內(nèi)掃過相等的面積。求小行星在此后的運(yùn)動(dòng)過程中,距地心的最近距離為。
【詳解】(1)若小行星在該位置做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)速度大小為匕,由萬有引力提供向心力,可得
由于VR匕
可知,小行星不能圍繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)。
(2)a.設(shè)碰撞后小行星的速度大小為V2,為徹底解除小行星的威脅,應(yīng)使小行星被撞后能運(yùn)動(dòng)至無窮遠(yuǎn)
處。根據(jù)能量守恒定律有-GW+。,加+*+0.㈣.片=0
2GM
解得v=
2r
以飛行器速度方向?yàn)檎较?,飛行器撞擊小行星的過程根據(jù)動(dòng)量守恒定律有。.山飛-研=(01根+間”
解得%=21/^
b.設(shè)小行星離地心最近時(shí),速度的大小為%,小行星與地心的連線在相等時(shí)間掃過相等面積有“sin。=丫通
根據(jù)能量守恒定律有《三+]三+
解得
5.(2024?北京東城.統(tǒng)考一模)平拋運(yùn)動(dòng)、簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)是三種典型的質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)模型,初速度和
受力情況的不同決定了質(zhì)點(diǎn)做何種運(yùn)動(dòng)。
(1)平拋運(yùn)動(dòng)是加速度為重力加速度g的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。一質(zhì)點(diǎn)以初速度%在豎直面內(nèi)做平拋運(yùn)動(dòng),以
拋出點(diǎn)為原點(diǎn),以%的方向?yàn)闊o軸的正方向,豎直向下為y軸的正方向建立坐標(biāo)系。
a.某時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)速度與水平方向的夾角為。,質(zhì)點(diǎn)相對(duì)于拋出點(diǎn)的位移與水平方向的夾角為。,請(qǐng)證明。與a
滿足:tan,=2tane;
b.請(qǐng)寫出質(zhì)點(diǎn)的軌跡方程。
(2)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)所受回復(fù)力尸與位移尤成正比,且方向總和位移相反,即尸=-h,其中左為常數(shù)。如
圖所示,豎直平面內(nèi)有一光滑的拋物線軌道,其軌跡方程與(1)問中求得的結(jié)果相同?,F(xiàn)有一質(zhì)量為,”的
小珠子套在軌道上,且可在軌道上自由滑動(dòng)。若將小珠子從軌道上距軌道中心。點(diǎn)很近的地方由靜止釋放,
小珠子將圍繞。點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。請(qǐng)證明小珠子在軌道中心。點(diǎn)附近的往復(fù)運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)(當(dāng)。很小時(shí),
sin0工tan0)0
(3)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn),其合力總指向圓心,大小等于質(zhì)量乘以向心加速度。若第(2)間的拋物線
軌道繞y軸轉(zhuǎn)動(dòng),請(qǐng)討論并說明當(dāng)以不同角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),小珠子能否相對(duì)軌道靜止?若能,請(qǐng)說明相對(duì)
靜止的位置。
【詳解】(1)a.由平拋運(yùn)動(dòng)的位Ldl移lCt—規(guī)—律—--得----_-g-t-
XvQt2%
由平拋運(yùn)動(dòng)的速度規(guī)律得tan6=匕=義
%%
于是得到tand=2tan。
x=vot
b.由平拋運(yùn)動(dòng)的位移規(guī)律12n?=3尤2
2
y=-gt2v0
(2)設(shè)小珠子在某時(shí)刻的位置坐標(biāo)為(x,y),此時(shí)速度方向(切線方向)與水平方向的夾角為內(nèi)則質(zhì)點(diǎn)所
受指向平衡位置的力產(chǎn)=-機(jī)?sin6Q-〃zgtan9(因距。點(diǎn)很近,所以夕很?。?/p>
根據(jù)前面拋物線的規(guī)律可知tand=2tana=22
X
代入得到歹=一駕工
%
即物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。
/、Icos3=m^療
(3)假設(shè)小珠子相對(duì)軌道靜止處的位置坐標(biāo)為無,〉,根據(jù)牛頓定律二.△,ntan9=-x
'/sm0=mcoxg
由tan。=2tancr=2—
x
得/=警、
CO
由于軌道方程為》=齊/
即
g
于是可得與片日y
gg
由此式可知,當(dāng)口二旦時(shí)此式恒成立,與y無關(guān)。
%
結(jié)論:①若①二&,小珠子可以相對(duì)軌道靜止在任意位置處;
%
②若?!淳?,小珠子不能相對(duì)軌道靜止,一定會(huì)滑向。點(diǎn),只能在O處相對(duì)靜止;
%
③若。>9,小珠子不能相對(duì)軌道靜止,一定會(huì)被向外甩出軌道,只能在。處相對(duì)靜止。
%
6.(2024?北京朝陽?統(tǒng)考一模)如圖所示,質(zhì)量〃2=1.0kg的小物塊從固定斜面的頂端由靜止開始勻加速下滑。
斜面的長度乙=1m,傾角6=37°,物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,重力力口速度g=10m/s2,sin37°=0.6。
求物塊下滑至斜面底端的過程中:
(1)加速度的大小。;
(2)重力沖量的大小心和方向;
(3)損失的機(jī)械能AE。
【答案】(1)2m/s2;(2)10N-S,方向豎直向下;(3)4J
【詳解】(1)對(duì)物塊受力分析,由牛頓第二定律加gsin。-
且/=jumgcosO
得a=2m/s2
(2)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式£產(chǎn)
2
得t=1s
根據(jù)沖量的定義可得IG=,咫f=10N?s
方向豎直向下。
(3)下滑過程中物塊克服摩擦力做功為明,機(jī)械能損失AE,有A£=%=〃mgLcos。
得AE=4J
7.(2024?北京豐臺(tái).統(tǒng)考一模)如圖所示,光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相接,導(dǎo)軌
半徑為凡一個(gè)質(zhì)量為根的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放,在彈力作用下物體獲得某一向右速度后
脫離彈簧,它經(jīng)過8點(diǎn)的速度為可,之后沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng),恰好能運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C,重力加速度為g。求:
(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能EP;
(2)物體沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)過程中阻力所做的功Wf;
(3)物體離開C點(diǎn),落至水平面時(shí)距B點(diǎn)的距離X。
【答案】⑴斗⑵叼=千叫我-//;⑶x=2R
【詳解】(1)對(duì)物體和彈簧組成系統(tǒng),從A運(yùn)動(dòng)至8過程,由能量守恒定律有與=1相T
(2)物體恰好能運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有mg=
R
解得v2=y[gR
對(duì)物體,從2運(yùn)動(dòng)至C過程,出動(dòng)能定理有-%g2R+%=:根心-;根v;
解得叼=£mgR-1”喈
(3)物體離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)
2K4城
x=v2t
解得x=2R
8.(2024.北京石景山.統(tǒng)考一模)一興趣小組的同學(xué)為探究物體做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)制作了如圖所示的裝置:
弧形軌道下端與半徑為R的豎直圓軌道平滑相接,8點(diǎn)和C點(diǎn)分別為圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。該小組的
同學(xué)讓質(zhì)量為根的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從弧形軌道上距2點(diǎn)高5R的A點(diǎn)由靜止釋放,先后經(jīng)過2點(diǎn)和C
點(diǎn),而后沿圓軌道滑下。忽略一切摩擦,重力加速度為g。
(1)求小球通過B點(diǎn)時(shí)的速度大小VB。
(2)求小球通過C點(diǎn)時(shí),軌道對(duì)小球作用力的大小廠和方向。
(3)該小組的同學(xué)認(rèn)為,只要小球能夠經(jīng)過C點(diǎn),則軌道8和C兩點(diǎn)對(duì)小球的壓力大小之差是不變的。你
是否同意這一觀點(diǎn)請(qǐng)說明理由。
【答案】(1)%=J10gR;(2)F=5mg,方向豎直向下;(3)同意,見解析
【詳解】(1)小球從4點(diǎn)到3點(diǎn),由機(jī)械能守恒機(jī)=
解得VB=JlOgR
(2)小球從A點(diǎn)到C點(diǎn),由機(jī)械能守恒mg(5R-2R)=g〃4
在C點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律尸+mg=加版
解得F=5叫
方向豎直向下。
(3)同意。由機(jī)械能守恒〃琢-2氏+;"吟=;加落
根據(jù)牛頓第二定律
Fc+mg=m'
FB-mg=m-^
解得軌道2和C兩點(diǎn)對(duì)小球壓力大小之差片-FC=61ng
故軌道B和C兩點(diǎn)對(duì)小球壓力大小之差為定值。
9.(2024?北京石景山.統(tǒng)考一模)物體做曲線運(yùn)動(dòng)的情況較復(fù)雜,一般的曲線運(yùn)動(dòng)可以分成很多小段,每小
段都可以看成圓周運(yùn)動(dòng)的一部分,即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來代替。如圖(a)所示,曲線
上A點(diǎn)的曲率圓定義為:通過A點(diǎn)和曲線上緊鄰A點(diǎn)兩側(cè)的兩點(diǎn)作一圓,在極限情況下,這個(gè)圓就叫做A
點(diǎn)的曲率圓,其半徑『叫做A點(diǎn)的曲率半徑。在分析物體經(jīng)過曲線上某位置的運(yùn)動(dòng)時(shí),就可以按其等效的圓
周運(yùn)動(dòng)來分析和處理。
(1)氫原子核外的電子繞核做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其周期為7。已知電子的電荷量為e,質(zhì)量為機(jī),靜電力常
量為鼠求電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑凡
(2)將一物體沿與水平面成a角的方向以速度V。拋出,如圖(b)所示。已知重力加速度為g,求其軌跡
最高點(diǎn)P處的曲率半徑廠。
(3)開普勒根據(jù)第谷的行星觀測(cè)記錄結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)發(fā)現(xiàn),對(duì)任意一個(gè)行星來說,它與太陽的連線在相等的
時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等。如圖(c)所示,衛(wèi)星繞地球沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)。衛(wèi)星在橢圓軌道的近地點(diǎn)P的速度
為也,近地點(diǎn)P到地心的距離為R;在遠(yuǎn)地點(diǎn)。的速度為以,遠(yuǎn)地點(diǎn)。到地心的距離為一興趣小組
的同學(xué)根據(jù)開普勒定律結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)得到v小=丫井請(qǐng)你根據(jù)萬有引力定律和牛頓運(yùn)動(dòng)定律推導(dǎo)這一結(jié)論。
解得電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R=J至—
V471m
(2)小球在最高點(diǎn)的速度為vocosa,根據(jù)牛頓第二定律加g=-(%cosa)
v;cos2a
解得曲率半徑
g
(3)衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)行,由橢圓的對(duì)稱性,近地點(diǎn)尸和遠(yuǎn)地點(diǎn)。的等效圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相等,設(shè)為
Mm
/,根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律,衛(wèi)星在近地點(diǎn)時(shí)G
衛(wèi)星在遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)G粵
解得vji=v2r
10.(2024.北京通州.統(tǒng)考一模)重錘打樁機(jī)打樁過程可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型:用動(dòng)力裝置將質(zhì)量為
m=1000kg的重錘提升到高處自由釋放,重錘下落〃=0.8m后與質(zhì)量為M=1000kg的樁發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)間
極短,碰后二者一起運(yùn)動(dòng)。設(shè)樁受到泥土的阻力恒為f=30000N,重力加速度取g=10m/s2,不計(jì)空氣阻
力。求:
(1)機(jī)與M碰撞前瞬時(shí)速度的大?。?;
(2)機(jī)與M碰撞后速度的大小v;
(3)本次打樁后,樁下降的距離小
,,h
【答案】(1)4m/s;(2)2m/s;(3)0.4m
【詳解】(1)根據(jù)
=馬M碰撞前瞬時(shí)速度的大小/=4m/s
(2)由動(dòng)量守恒定律有根%=("+根)v
得v=2m/s
(3)由動(dòng)能定理有(河+”7)86%?=0-;(知+附/
得i/=0.4m
11.(2024.北京順義.統(tǒng)考一模)一枚在空中水平飛行的玩具火箭質(zhì)量為"%在某時(shí)刻距離地面的高度為〃,
速度為V。此時(shí),火箭突然炸裂成A、B兩部分,其中質(zhì)量為叫的B部分速度恰好為0。忽略空氣阻力的影
響,重力加速度為g。求:
(1)炸裂后瞬間A部分的速度大小V7;
(2)炸裂后B部分在空中下落的時(shí)間f;
(3)在爆炸過程中增加的機(jī)械能AE。
/
mvmm
【答案】(1)E⑵1
^m-m1
【詳解】(1)炸裂后瞬間由動(dòng)量守恒可知mv=(m—嗎)匕
mv
解得A部分的速度為匕=-----
m-rriy
(2)炸裂后由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知〃=gg/
空中下落的時(shí)間為
(3)在爆炸過程中增加的機(jī)械能為AE=J(〃2-/)片-;mv2
f
1、
解得AE=]V29
12.(2024.北京順義?統(tǒng)考一模)動(dòng)量p和力尸都是矢量,在處理二維問題時(shí),為簡(jiǎn)化問題研究,可以在相
互垂直的x、y兩個(gè)方向上分別研究,即將二維問題轉(zhuǎn)化為一維問題。
(1)質(zhì)量為機(jī)的小球斜射到木板上,入射的角度是0,碰撞后彈出的角度也是0,碰撞前的速度大小是加,
碰撞后的速度大小是v,如圖1所示。分別求出碰撞前后x、y方向小球的動(dòng)量變化A。、\py:
(2)質(zhì)量均為根的球1和球2構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng),不考慮系統(tǒng)的外力作用,球1沿x軸正向以速度口與靜止的
球2碰撞,碰撞后兩球的速度的偏角分別為8=53。、5=37°,如圖2所示。求碰后兩球速度的大小匕'和%'。
(3)輕繩兩端各系一質(zhì)量為m的小球,中央系一質(zhì)量為M的小球,三球均靜止于光滑的水平桌面上,繩
處于拉直狀態(tài),其俯視圖如圖3所示。對(duì)小球M施加一瞬時(shí)沖量,使它獲得方向與繩垂直的速度VM。分別
求出在輕繩兩端小球發(fā)生碰撞前瞬間三個(gè)小球速度的大小。
碰撞前
圖1
,34
【答案】(1)musin6-根%sin6;mvcos^+mvocos^;(2)0'=二0;=-^;(3)見解析
【詳解】(1)碰撞前后x方向小球的動(dòng)量變化=相也-根%%=wsin。-加%sin。
碰撞前后y方向小球的動(dòng)量變化"y=myy-mvOy=mvcos0-(-mv0cos=mvcos0+mv0cos0
(2)設(shè)碰后兩球速度大小分別為匕'、v;,規(guī)定x軸的正方向?yàn)檎较?,x軸方向的動(dòng)量守恒表達(dá)式如下
mV[=mv^cos0+mv;cos(p
規(guī)定y軸的正方向?yàn)檎较?,y軸方向的動(dòng)量守恒表達(dá)式如下mv^sintp-mv^sind=0
34
聯(lián)立,可得1'=針,
(3)由對(duì)稱性,當(dāng)兩端小球發(fā)生碰撞時(shí)示意圖如圖所示,
八%
八八
---><---
匕匕
設(shè)兩小球沿二者球心連線方向速度大小為以,在垂直兩小球球心連線方向的速度大小為內(nèi),由機(jī)械能守恒
定律和動(dòng)量守恒定律,有:叫2吟,MVM^(M+2m)vy
解得v72M(M+m)%=泮4
m
M+2mMM+2m
可知在輕繩兩端小球發(fā)生碰撞前瞬間,中央小球速度的大小為。
M+2m
13.(2024?北京房山?統(tǒng)考一模)山地滑雪是人們喜愛的一項(xiàng)體育運(yùn)動(dòng)?;┢掠?8和8(?組成,A8是傾角
為45。的斜坡,8c是半徑為R=5m的圓弧面,圓弧面和斜坡相切于8,與水平面相切于C,如圖所示,AC
豎直高度0=10m,豎直臺(tái)階CD高度為例=5m,臺(tái)階底端與水平面?!晗噙B。運(yùn)動(dòng)員連同滑雪裝備總質(zhì)
量為80kg,從A點(diǎn)由靜止滑下,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小為14m/s。通過C點(diǎn)后落到水平面上,不計(jì)空氣阻力,
g取10m/s2o求:
(1)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)受到的支持力大小N。
(2)運(yùn)動(dòng)員在DE上的落點(diǎn)距。點(diǎn)的距離X。
(3)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),摩擦力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功W。
DE
【答案】(1)3936N;(2)14m;(3)160J
【詳解】(1)由題知運(yùn)動(dòng)員連同滑雪裝備從A點(diǎn)由靜止滑下,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小為14m/s,則運(yùn)動(dòng)員在C
=m
點(diǎn)有Nc-mg~^
解得NC=3936N
(2)運(yùn)動(dòng)員連同滑雪裝備從C點(diǎn)飛出做平拋運(yùn)動(dòng),則有
,12
色=28t'
x=vCt
聯(lián)立解得x二14m
(3)運(yùn)動(dòng)員連同滑雪裝備從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)右mg%-Wf
解得歷=160J
14.(2024?北京房山?統(tǒng)考一模)動(dòng)量定理在物理學(xué)中有著非常重要的地位,是解決物理問題的重要工具。
(1)如圖所示,質(zhì)量為根的物體在光滑的水平面上受到恒力P的作用,做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。初始時(shí)刻,物
體的速度為%,經(jīng)過一段時(shí)間乙它的速度為匕。結(jié)合以上情景,利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)動(dòng)量
定理表達(dá)式。
(2)單個(gè)微小粒子撞擊巨大物體的力是局部而短促的脈沖,但大量粒子撞擊物體的平均效果是均勻而持續(xù)
的力。我們假定單位體積內(nèi)粒子數(shù)量為",每個(gè)粒子的質(zhì)量為山,粒子運(yùn)動(dòng)速率均為V。如果所有粒子都垂
直物體表面運(yùn)動(dòng)并與其碰撞,碰撞后粒子垂直物體表面返回的速度大小也是",利用所學(xué)力學(xué)知識(shí),導(dǎo)出物
體表面單位面積所受粒子壓力/與機(jī)、〃和v的關(guān)系。
(3)在近地軌道繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的人造衛(wèi)星會(huì)受到稀薄空氣阻力作用,導(dǎo)致衛(wèi)星運(yùn)行的軌道半徑逐漸變
小。某同學(xué)為估算稀薄空氣對(duì)衛(wèi)星的阻力大小,做出了如下假設(shè):一質(zhì)量為機(jī)最大橫截面積為A的人造衛(wèi)
星繞地球運(yùn)動(dòng),每一圈均視為勻速圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)行軌道范圍內(nèi)稀薄空氣的密度為夕,稀薄空氣看成是由彼
此不發(fā)生相互作用的顆粒組成的,所有的顆粒原來都靜止,它們與人造衛(wèi)星在很短時(shí)間內(nèi)發(fā)生碰撞后都具
有與衛(wèi)星相同的速度,在與這些顆粒碰撞的前后,衛(wèi)星的速度可認(rèn)為保持不變。地球質(zhì)量為引力常量
為G。試估算衛(wèi)星在半徑為r軌道上運(yùn)行時(shí),衛(wèi)星所受阻力大小小
V
一一t一—1%
【答案】(1)見解析;(2)2nmv2(3)今空
【詳解】(1)由于物體在水平面上只受恒力尸的作用,由牛頓第二定律可知尸=3,。="二^
故尸=加匕一%
整理可得Ff=mvt-mv0
即合外力的沖量等于其動(dòng)量的變化量,動(dòng)量定理成立。
(2)加時(shí)間內(nèi)到達(dá)面積為S容器壁上粒子所占體積V=SvM
單位體積粒子個(gè)數(shù)為〃,則加時(shí)間內(nèi)粒子的總數(shù)N=
面積為S的器壁所受的壓力為F,則F\t=2Nmv=21msv1At
所以單位面積上粒子的壓力上/『y
(3)經(jīng)加時(shí)間內(nèi)稀薄空氣顆粒的質(zhì)量Am,貝!=必,
設(shè)飛船給這部分粒子的作用力為尸,根據(jù)動(dòng)量定理則有尸&=Amv
角牟得F=pAv2
又因?yàn)?/p>
「M\m.v2
CJ=Am——
R2R
pAGM
故可知/=
R
15.(2024.北京門頭溝?統(tǒng)考一模)如圖所示,豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道下端與水平桌面相切。
兩個(gè)完全相同的小滑塊A、B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)?,F(xiàn)將A無初速釋放,滑塊A以速度
v在水平方向和B發(fā)生正碰后粘在一起,并沿桌面繼續(xù)滑動(dòng)。已知滑塊A、B質(zhì)量均為m,重力加速度為g。
求:
(1)光滑圓弧半徑R;
(2)與B碰撞前瞬間A對(duì)軌道的壓力大小F;
(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE。
【詳解】(1)滑塊A下滑的過程根據(jù)機(jī)械能守恒:加1=mgR
2
(2)AB碰撞前,對(duì)A進(jìn)行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律=m匕
R
解得N=3mg
利用牛頓第三定律得與B碰撞前瞬間A對(duì)軌道的壓力大小為3mg
(3)AB碰撞過程動(dòng)量守恒,則mv—2mv
得v'=g
2
所以碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為mv2-^-x2mv'2=Jmv2
16.(2024?北京延慶?統(tǒng)考一模)中國北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是中國自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。圖甲是北斗
導(dǎo)航系統(tǒng)衛(wèi)星分布示意圖,乙所示為其中一顆北斗衛(wèi)星的軌道示意圖。已知該衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
的周期為7,地球半徑為凡地球表面附近的重力加速度為g,引力常量為G。
(1)求地球的質(zhì)量M;
(2)求該衛(wèi)星的軌道距離地面的高度力;
(3)請(qǐng)推導(dǎo)第一宇宙速度V7的表達(dá)式,并分析比較該衛(wèi)星的運(yùn)行速度v與第一宇宙速度叼的大小關(guān)系。
【答案】(1)M=---;(2)h=(3)v<Vj
G
【詳解】(1)設(shè)一物體的質(zhì)量為m/,在地球表面附近萬有引定律等于重力^=%g
解得地球質(zhì)量M=.
G
Mm4乃2
(2)設(shè)衛(wèi)星質(zhì)量為m2,根據(jù)牛頓第二定律G2=m-^-(R+h)
(R+42
解得h=l\筌3喑-R
(3)根據(jù)牛頓第二定律G"=
rr
第一宇宙速度為近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度,即時(shí)匕等
該衛(wèi)星的軌道半徑廠=R+/z>R
因此其速度v<匕。
17.(2024.北京延慶?統(tǒng)考一模)如圖所示,半徑R=0.4m的豎直半圓形軌道6c與水平面仍相切。質(zhì)量加2=0.2kg
的小滑塊B放在半圓形軌道的最低點(diǎn)6,另一個(gè)質(zhì)量為〃”=0.3kg的小滑塊A,在水平推力后3N作用下由
靜止開始從a點(diǎn)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)小滑塊A剛好要與小滑塊B碰撞時(shí)立即撤去F,隨后小滑塊A
與B相碰,碰撞時(shí)間極短,碰后A、B粘在一起后恰好能夠到達(dá)半圓形軌道的最高點(diǎn)c。已知推力尸作用的
時(shí)間r=2s,滑塊A與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5。取重力加速度g=10m/s2,A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)。求:
(1)A與B碰撞前瞬間的速度大小四;
(2)兩滑塊在碰撞過程中損失的機(jī)械能AE;
(3)兩滑塊從6運(yùn)動(dòng)到c的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。。
【答案】(1)10m/s;(2)6J;(3)4J
【詳解】(1)設(shè)小滑塊A的加速度為°,根據(jù)牛頓第二定律有=7如。
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vi=at
解得V7=10m/s
(2)小滑塊A與B相碰,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mivi=(mi+m2)v
根據(jù)能量守恒定律有公£?=:〃/;-
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