【物理】物理動(dòng)能與動(dòng)能定理練習(xí)題及答案及解析

1、【物理】物理動(dòng)能與動(dòng)能定理練習(xí)題及答案及解析一、高中物理精講專(zhuān)題測(cè)試動(dòng)能與動(dòng)能定理1. 如圖所示，兩物塊 A、B并排靜置于高h(yuǎn)=0.80m的光滑水平桌面上，物塊的質(zhì)量均為M=0.60kg. 顆質(zhì)量 m=0.10kg的子彈C以Vo=Ioom/s的水平速度從左面射入 A,子彈射穿A后接著射入B并留在B中，此時(shí)A、B都沒(méi)有離開(kāi)桌面.已知物塊A的長(zhǎng)度為0.27m , A離開(kāi)桌面后，落地點(diǎn)到桌邊的水平距離s=2.0m設(shè)子彈在物塊 A、B中穿行時(shí)受到的阻力大小相等，g取10ms2.(平拋過(guò)程中物塊看成質(zhì)點(diǎn))求：Vt* * A Q L - = Jh»、，“ I'S *(1) 物塊A和物塊B

2、離開(kāi)桌面時(shí)速度的大小分別是多少；(2) 子彈在物塊B中打入的深度；(3) 若使子彈在物塊 B中穿行時(shí)物塊 B未離開(kāi)桌面，則物塊 B到桌邊的最小初始距離.【答案】(1) 5ms ; 10ms ;( 2) LB 3.5 10 2 m (3) 2.5 10 2 m【解析】【分析】【詳解】試題分析：(1)子彈射穿物塊A后，A以速度VA沿桌面水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)桌面后做平 拋運(yùn)一 1 2動(dòng)：h gt 解得：t=0.40s2SA離開(kāi)桌邊的速度 VA,解得：VA=5.0m/s設(shè)子彈射入物塊 B后，子彈與B的共同速度為Vb,子彈與兩物塊作用過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0 MVA (M m)vBB離開(kāi)桌邊的速度 v

3、B=10ms(2)設(shè)子彈離開(kāi) A時(shí)的速度為V1 ,子彈與物塊 A作用過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0 mv2MVAv1=40ms子彈在物塊B中穿行的過(guò)程中，由能量守恒fLB 1 MVA 1mv12 丄(M m)v；2 2 2子彈在物塊A中穿行的過(guò)程中，由能量守恒1 2 1 2 1 2fLA - mv0- mV1-(M M)VA 由解得LB 3.5 10 2m(3)子彈在物塊 A中穿行過(guò)程中，物塊 A在水平桌面上的位移為 si,由動(dòng)能定理:S 1(M M)VA 0 子彈在物塊B中穿行過(guò)程中，物塊 B在水平桌面上的位移為 S2，由動(dòng)能定理1 2 1 2 _fS2 MVBMVA 2 2由解得物塊B到桌邊的最

4、小距離為：Smin SI S2，解得：Smin 2.5 10 2m考點(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)量守恒定律；能量守恒定律.A點(diǎn)用一彈射裝置可將B點(diǎn)后，進(jìn)入半徑R=0.3m2. 某校興趣小組制作了一個(gè)游戲裝置，其簡(jiǎn)化模型如圖所示，在 靜止的小滑塊以 Vo水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)到的光滑豎直圓形軌道，運(yùn)行一周后自B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)右側(cè)有一陷阱， C D兩點(diǎn)的豎 直高度差 h=0.2m,水平距離 S=0.6m,水平軌道 AB長(zhǎng)為L(zhǎng)1=1m, BC長(zhǎng)為L(zhǎng)2 =2.6m , 小滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù) =0.5 ,重力加速度 g=10mS2.亠KLlA點(diǎn)彈射出的速度大小;V,由牛頓第二定律及機(jī)械能

5、守恒定律由B到最高點(diǎn)1 mvB22mgR1 2mv2(1) 若小滑塊恰能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)，求小滑塊在 若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運(yùn)行一周離開(kāi)圓形軌道后只要不掉進(jìn)陷阱即為勝出, 求小滑塊在 A點(diǎn)彈射出的速度大小的范圍.【答案】(1) I 一(2) 5msv 6mS和 va ,i''【解析】【分析】【詳解】(1) 小滑塊恰能通過(guò)圓軌道最高點(diǎn)的速度為2 Vmtg Tn 由 A 到 B: -:'解得A點(diǎn)的速度為二訃(2) 若小滑塊剛好停在 C處，則- '-.丄解得A點(diǎn)的速度為二4岳F若小滑塊停在BC段，應(yīng)滿(mǎn)足3ms VA 4ms若小滑塊能通過(guò) C點(diǎn)并恰好越過(guò)壕溝

6、，則有 h 1gt22S VCt解得 二m -所以初速度的范圍為 3m / s VA 4m s和VA 5ms3. 如圖所示，斜面 ABC下端與光滑的圓弧軌道 CDE相切于C,整個(gè)裝置豎直固定，D是最低點(diǎn)，圓心角 Dog 37°, E、B與圓心O等高，圓弧軌道半徑 R= 0.30m ,斜面長(zhǎng)L= 1.90m , AB部分光滑，BC部分粗糙.現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m= 0.10kg的小物塊P從斜面上端A點(diǎn)無(wú)初速下滑，物塊 P與斜面BC部分之間的動(dòng)摩擦因數(shù)= 0.75取Sin37°= 0.6, cos37°(2) 物塊第一次通過(guò) D點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大小FD.(3) 物塊最終所

7、處的位置.【答案】(1) 3.2ms( 2) 7.4N (3) 0.35m【解析】【分析】由題中斜面ABC下端與光滑的圓弧軌道 CDE相切于C'可知，本題考查動(dòng)能定理、圓周運(yùn) 動(dòng)和機(jī)械能守恒，根據(jù)過(guò)程分析，運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒和牛頓第二定律可以解答.【詳解】(1) BC長(zhǎng)度I Rtan53o 0.4m ,由動(dòng)能定理可得mg(L l )sin 37o 1mvB22代入數(shù)據(jù)的VB 3、2m/s物塊在BC部分所受的摩擦力大小為f mg cos37o 0.60N所受合力為oF mg Si n37 f 0故VC VB 3,2ms(2) 設(shè)物塊第一次通過(guò) D點(diǎn)的速度為VD ,由動(dòng)能定理得mgR

8、(1 cos37o) 丄 mVD 2 - mvc22 2有牛頓第二定律得2VFD mg m-R-聯(lián)立解得FD 7.4N(3) 物塊每次通過(guò) BC所損失的機(jī)械能為E fl 0.24J物塊在B點(diǎn)的動(dòng)能為-2EkB 二 mVB2解得 EkB 0.9J物塊經(jīng)過(guò)BC次數(shù)0.9Jn=3.750.24J設(shè)物塊最終停在距離 C點(diǎn)X處，可得mg(L X)Sin 37o f(3l+x)0代入數(shù)據(jù)可得X 0.35m4. 某游樂(lè)場(chǎng)擬推出一個(gè)新型滑草娛樂(lè)項(xiàng)目，簡(jiǎn)化模型如圖所示。游客乘坐的滑草車(chē)(兩者的總質(zhì)量為60kg ),從傾角為 53的光滑直軌道 AC上的B點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，到達(dá)C點(diǎn)后進(jìn)入半徑為R 5m ,圓心角為

9、53的圓弧形光滑軌道CD ,過(guò)D點(diǎn)后滑入傾角為 (可以在0975范圍內(nèi)調(diào)節(jié))、動(dòng)摩擦因數(shù)為一3的足夠長(zhǎng)的草地軌道3DE。已知D點(diǎn)處有一小段光滑圓弧與其相連，不計(jì)滑草車(chē)在D處的能量損失，B點(diǎn)到C點(diǎn)的距離為L(zhǎng)°=10m , g 10ms。求：(1) 滑草車(chē)經(jīng)過(guò)軌道 D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道D點(diǎn)的壓力大??；(2) 滑草車(chē)第一次沿草地軌道DE向上滑行的時(shí)間與 的關(guān)系式；的關(guān)系式。tan【解析】【分析】(1)根據(jù)幾何關(guān)系可知CD間的高度差H CDcos532m從B到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgL0 sin53HCD1 mvD2 02解得12ms對(duì)D點(diǎn)，設(shè)滑草車(chē)受到的支持力FD ,由牛頓第二定律解得2VDFD m

10、g m RFD 3000N3000N 。由牛頓第三定律得，滑草車(chē)對(duì)軌道的壓力為(2) 滑草車(chē)在草地軌道 DE向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的合外力為F合mg Sinmg cos【詳解】gcos由牛頓第二定律得，向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 F合.ag Sinm因此滑草車(chē)第一次在草地軌道DE向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為VDg Sin g cosSincos3t代入數(shù)據(jù)解得t(3)選取小車(chē)運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?。?dāng) O時(shí)，滑草車(chē)沿軌道 DE水平向右運(yùn)動(dòng)，對(duì)全程使用動(dòng)能定理可得mg L0 Sin R(1 COS ) +Wf1=0 O代入數(shù)據(jù)解得Wf16000J故當(dāng)0時(shí)，滑草車(chē)在斜面上克服摩擦力做的功為Ws16000J當(dāng)030時(shí)，則g S

11、in g cos滑草車(chē)在草地軌道 DE向上運(yùn)動(dòng)后最終會(huì)靜止在DE軌道上，向上運(yùn)動(dòng)的距離為2VDx2(gsin gcos )Wf2mg cos x2摩擦力做功為聯(lián)立解得Wf 26000.3tan I(J)故當(dāng)030時(shí)，滑草車(chē)在斜面上克服摩擦力做的功為6000- 3 tanI(J)當(dāng)3075時(shí)g Sin g cos滑草車(chē)在草地軌道 DE向上運(yùn)動(dòng)后仍會(huì)下滑，若干次來(lái)回運(yùn)動(dòng)后最終停在D處。對(duì)全程使用動(dòng)能定理可得mg L0 SinR(1 cos ) +Wf3=0 0代入數(shù)據(jù)解得Wf 36000J故當(dāng)3075時(shí)，滑早車(chē)在斜面上克服摩擦力做的功為W克36000J所以，當(dāng) O或3075時(shí)，滑草車(chē)在斜面上克服摩

12、擦力做的功為6000J ；當(dāng)30時(shí)，滑草車(chē)在斜面上克服摩擦力做的功為60003tan1(J)。5. 如圖所示，固定的粗糙弧形軌道下端B點(diǎn)水平，上端A與B點(diǎn)的高度差為hi = 0.3 m ,傾斜傳送帶與水平方向的夾角為= 37°傳送帶的上端 C點(diǎn)到B點(diǎn)的高度差為h2= 0.1125m(傳送帶傳動(dòng)輪的大小可忽略不計(jì)).一質(zhì)量為m = 1 kg的滑塊(可看作質(zhì)點(diǎn))從軌道的A點(diǎn)由靜止滑下，然后從B點(diǎn)拋出，恰好以平行于傳送帶的速度從C點(diǎn)落到傳送帶上，傳送帶逆時(shí)針傳動(dòng)，速度大小為V= 0.5 m/s ,滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為= 0.8，且傳送帶足夠長(zhǎng)，滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中空氣阻力忽略不計(jì)，g =

13、 10 m/s2,試求：(2) 滑塊由A到B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf;(3) .滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q.【答案】 (1) 2.5 m/s (2) 1 J (3) 32 J【解析】本題考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解、動(dòng)能定理及傳送帶上物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律等知識(shí)。(1)在C點(diǎn)，豎直分速度：Vy. 2gh> 1.5m/sVy VCSin370 ,解得：VC 2.5m /sVCCoS37 =2m sC點(diǎn)的水平分速度與 B點(diǎn)的速度相等，貝U VB= VX從A到B點(diǎn)的過(guò)程中，據(jù)動(dòng)能定理得:mgh1 Wf1mvB ,解得：Wf 1J2mgcos37 mgs in37 = ma(3) 滑塊在

14、傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得:解得：a= 0.4m s2達(dá)到共同速度所需時(shí)間二者間的相對(duì)位移VCt Vt 5m2由于mgsin37 mgcos37 ,此后滑塊將做勻速運(yùn)動(dòng)?；瑝K在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q= mgcos370 x=32J6. 如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平臺(tái)左端固定一被壓縮的絕緣輕質(zhì)彈簧，一個(gè)質(zhì)量m 0.04kg ,電量q 3 10 4C的帶負(fù)電小物塊與彈簧接觸但不栓接，彈簧的彈性勢(shì)能為0.32J。某一瞬間釋放彈簧彈出小物塊，小物塊從水平臺(tái)右端A點(diǎn)飛出，恰好能沒(méi)有碰撞地落到粗糙傾斜軌道的最高點(diǎn) B ,并沿軌道BC滑下，運(yùn)動(dòng)到光滑水平軌道 CD ,從D點(diǎn)進(jìn)入到光

15、滑豎直圓內(nèi)側(cè)軌道。已知傾斜軌道與水平方向夾角為37 ,傾斜軌道長(zhǎng)為L(zhǎng) 2.0m ,帶電小物塊與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5。小物塊在C點(diǎn)沒(méi)有能量損失，所有軌道都是絕緣的，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊的電量保持不變，可視為質(zhì)點(diǎn)。只有光滑豎 直圓軌道處存在范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E 2 105Vm。已知2cos37 0.8，Sin370.6 ,取 g 10ms ,求：(1) 小物塊運(yùn)動(dòng)到 A點(diǎn)時(shí)的速度大小 VA ；(2) 小物塊運(yùn)動(dòng)到 C點(diǎn)時(shí)的速度大小 VC ；(3) 要使小物塊不離開(kāi)圓軌道，圓軌道的半徑應(yīng)滿(mǎn)足什么條件?【分析】【詳解】(1) 釋放彈簧過(guò)程中，彈簧推動(dòng)物體做功，彈簧彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)變?yōu)槲?/p>

16、體動(dòng)能EPmv2解得(2) A到B物體做平拋運(yùn)動(dòng)，到 B點(diǎn)有VA = cos37VB所以B到C根據(jù)動(dòng)能定理有mgLs in37VB=5m/s0.81 2 1 2 mgcos37 LmvCmv2 2解得VC =、33ms(3) 根據(jù)題意可知，小球受到的電場(chǎng)力和重力的合力方向向上，其大小為F=qE-mg=59.6N所以D點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，則小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為零，此時(shí)的速度最小，即2F= mVDR解得所以要小物塊不離開(kāi)圓軌道則應(yīng)滿(mǎn)足VDVCRD 得:R 0.022m7. 如圖所示，粗糙水平地面與半徑為R=0.4m的粗糙半圓軌道 BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一

17、豎直線上.質(zhì)量為 m=1kg的小物塊在水平恒力 F=15N的作用下，從 A點(diǎn)由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去F,小物塊沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)恰好能通過(guò)D點(diǎn)，已知A、B間的距離為3m ,小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g取10ms2.求：(1) 小物塊運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道B點(diǎn)的壓力大小.(2) 小物塊離開(kāi) D點(diǎn)后落到地面上的點(diǎn)與 D點(diǎn)之間的距離【答案】(1) 160N (2) 0.8、亦【解析】【詳解】(1) 小物塊在水平面上從 A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有: (F- mg Xab= mvB2-02在B點(diǎn)，以物塊為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：2VBNmgmR聯(lián)

18、立解得小物塊運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)物塊的支持力為：N=160N由牛頓第三定律可得，小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道 B點(diǎn)的壓力大小為：N ' =160N(2) 因?yàn)樾∥飰K恰能通過(guò) D點(diǎn)，所以在D點(diǎn)小物塊所受的重力等于向心力，即：2VDmg my R可得：VD=2ms設(shè)小物塊落地點(diǎn)距 B點(diǎn)之間的距離為X,下落時(shí)間為t,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有:X=VDt，1 22F=-gt22解得：x=0.8m則小物塊離開(kāi)D點(diǎn)后落到地面上的點(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離IJ2x o.&/2m&在光滑絕緣的水平面上，存在平行于水平面向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，水平面上放置兩個(gè)靜止、且均可看作質(zhì)點(diǎn)的小球A和B，兩

19、小球質(zhì)量均為 m，A球帶電荷量為Q，B球不帶電，A、B連線與電場(chǎng)線平行，開(kāi)始時(shí)兩球相距L在電場(chǎng)力作用下，A球與B球發(fā)生對(duì)心彈性碰撞.設(shè)碰撞過(guò)程中，A、B兩球間無(wú)電量轉(zhuǎn)移.(1) 第一次碰撞結(jié)束瞬間A、B兩球的速度各為多大？(2) 從開(kāi)始到即將發(fā)生第二次碰撞這段過(guò)程中電場(chǎng)力做了多少功？(3) 從開(kāi)始到即將發(fā)生第二次碰撞這段過(guò)程中，若要求A在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)桌面始終無(wú)壓力且剛好不離開(kāi)水平桌面(v=0時(shí)刻除外)，可以在水平面內(nèi)加一與電場(chǎng)正交的磁場(chǎng).請(qǐng)寫(xiě)出磁場(chǎng)B與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系.【答案】(I)VAI 0 Vbi2QEL 5QEL (3) B m2；碰前B的速度Vbi 0由動(dòng)量守恒和能量守恒定律有:所以B

20、碰撞后交換速度：VAl 0 , VBIVA1(2)設(shè)A球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，即t 0 , A、B球發(fā)生第一次、第二次的碰撞時(shí)刻分別為t、t2 ；由勻變速速度公式有：tVai 0a(至t 3聖)【解析】QEJ(1) A球的加速度a ,碰前A的速度Vai .2aL設(shè)碰后A、B球速度分別為Va1' VBl ,兩球發(fā)生碰撞時(shí),1 2 1 '2 1 '2rVA1mVA1Vbi ,2mVA12mVA1mVB1第一次碰后，經(jīng)t2 t時(shí)間A、B兩球發(fā)生第二次碰撞，設(shè)碰前瞬間A、B兩球速度分別為VA2和VB2 ,由位移關(guān)系有:VBl t2 t-2a t2tl2,得到：t2 3tl 3解

21、1；VB2V BIVa2 a 12 t-2af 2vai1由功能關(guān)系可得： W電= -mV21 2A22 mVB 25QEL(另解：兩個(gè)過(guò)程 A球發(fā)生的位移分別為Xl、 X2，XlL ,由勻變速規(guī)律推論 X24L，根據(jù)電場(chǎng)力做功公式有： W QE XIX2 5QEL)(3)對(duì)A球由平衡條件得到:QBVAmg，VA at從A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到發(fā)生第一次碰撞:BtmgQat2m g2QEt從第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞:2BtQE點(diǎn)睛：本題是電場(chǎng)相關(guān)知識(shí)與動(dòng)量守恒定律的綜合，雖然A球受電場(chǎng)力，但碰撞的內(nèi)力遠(yuǎn)大于內(nèi)力，則碰撞前后動(dòng)量仍然守恒.由于兩球的質(zhì)量相等則彈性碰撞后交換速度.那么A球第一次碰后從速度為零

22、繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到發(fā)生第二次碰撞題設(shè)過(guò)程只是 發(fā)生第二次碰撞之前的相關(guān)過(guò)程，有涉及第二次以后碰撞，當(dāng)然問(wèn)題變得簡(jiǎn)單些.9如圖所示，質(zhì)量 m=2kg的小物塊從傾角 =37°的光滑斜面上的 A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng) 過(guò)B點(diǎn)后進(jìn)入粗糙水平面，已知 AB長(zhǎng)度為3m ,斜面末端B處與粗糙水平面平滑連接試 求：(1) 小物塊滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小.(2) 若小物塊從 A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到 C點(diǎn)停下，一共經(jīng)歷時(shí)間t=2.5s,求BC的距離.(3) 上問(wèn)中，小物塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)多大？(4) 若在小物塊上始終施加一個(gè)水平向左的恒力F,小物塊從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，沿 ABC路 徑運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)左側(cè)3.1m處

23、的D點(diǎn)停下.求 F的大小.(Sin37=0.6, cos37°0.8 )【答案】(1) 6m/s (2) 1.5s (3)0.4 (4) F 2.48N【解析】【詳解】(1) 根據(jù)機(jī)械能守恒得：mgsAB Sin 371 mvB2解得:VB2gSAB Sin372 10 3 0.6ms 6ms ；(2) 物塊在斜面上的加速度為:a g Sin 6ms2在斜面上有:1a1t22代入數(shù)據(jù)解得:tlIs物塊在BC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:t 1.5sBC段的位移為:SBC£(Vb0)t24.5m(3) 在水平面上，有:0 VBa2t2解得:a24ms2.根據(jù)牛頓第二定律有:mgma2代入數(shù)

24、據(jù)解得:從A到D的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得:mgSAB SinFSBDSAB COSmgs30代入數(shù)據(jù)解得:2.48N【點(diǎn)睛】連接牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的紐帶就是加速度，所以在做這一類(lèi)問(wèn)題時(shí)，特別又是多 過(guò)程問(wèn)題時(shí)，先弄清楚每個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，根據(jù)牛頓第二定律求加速度然后根據(jù)加速 度用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題或者根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解加速度然后根據(jù)加速度利用牛頓第二定律求 解力10.如圖所示，水平軌道的左端與固定的光滑豎直圓軌道相切于丨T點(diǎn),右端與一傾角為的光滑斜面軌道在點(diǎn)平滑連接(即物體經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)速度的大小不變),斜面頂端固定一輕質(zhì)彈簧,一質(zhì)量為的滑塊從圓弧軌道的頂端點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)水平軌道后滑上斜面并壓縮

25、彈簧,第一次可將彈簧壓縮至冋點(diǎn),已知光滑圓軌道的半徑卜A ,水平軌道長(zhǎng)為八胡,其動(dòng)摩擦因數(shù)-=E光滑斜面軌道上長(zhǎng)為 ，取I ,求(1) 滑塊第一次經(jīng)過(guò)圓軌道上 Fl點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(2) 整個(gè)過(guò)程中彈簧具有最大的彈性勢(shì)能；(3) 滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間及滑塊幾次經(jīng)過(guò)點(diǎn)【答案】(2)(3) 3次【解析】本題考查機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的問(wèn)題，需運(yùn)用動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn) 動(dòng)學(xué)公式、功能關(guān)系等知識(shí)。(1)滑塊從點(diǎn)到 解得：W'.點(diǎn)到點(diǎn),由動(dòng)能定理可得滑塊在點(diǎn)：解得:；元M由牛頓第三定律可得：物塊經(jīng)Bl點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力F=F = 60M(2) 滑塊第一次到達(dá)點(diǎn)時(shí),彈簧具有最大的

26、彈性勢(shì)能滑塊從 點(diǎn)到 點(diǎn),由動(dòng)能定理可得mgR + (- mgLfc) + (- TnPWDJfin 30町 + IVr = O=-FT解得:- - "'"l(3) 將滑塊在'段的運(yùn)動(dòng)全程看作勻減速直線運(yùn)動(dòng)加速度U = 2ms2則滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間口 r滑塊最終停止上在水平軌道間,設(shè)滑塊在段運(yùn)動(dòng)的總路程為円,從滑塊第一次經(jīng)過(guò)點(diǎn)到最終停下來(lái)的全過(guò)程， 由動(dòng)能定理可得：解得:;一 D二點(diǎn)3次。結(jié)合'段的長(zhǎng)度可知，滑塊經(jīng)過(guò)11.如圖所示，半徑 R = 0.1m的豎直半圓形光滑軌道BC與水平面AB相切，AB距離X =Im .質(zhì)量m = 0.1kg的小滑塊1放在半圓形軌道末端的 B點(diǎn)，另一質(zhì)量也為 m = 0.1kg的小 滑塊