3.答案 (1)mgh0 (2)不安全 (3)mgh0 解析 (1)重力在BC段做的功即为增加的动能ΔEk 可得ΔEk=WG=mgh0
(2)在AD段,由动能定理,得
mgvD=-12Ffh0=
,对应的功最小。 ,
,到达D点时不安全。
(3)到达D点的速度为在AD段,由动能定理,得
mg(h0+h0+h0)-W=解得W=mgh0。
4.答案 (1)1 560 N (2)0.5 (3)4 m 解析 (1)滑水车刚好能到达F点的速度vF=0,根据几何关系可知DF间的高度差hDF=2R(1-cos53°)=4 m 从D到F点,由机械能守恒,有 =mghDF,解得vD= m/s 对D点,设滑水车受到的支持力为FD,由牛顿第二定律,有FD-mg=m,解得FD=1 560 N 由牛顿第三定律,滑水车对轨道的压力为1 560 N。 (2)研究从B到F的整个过程中,动能变化为0,由动能定理可得WG+Wf=0 其中WG=mgL0sin53°-mgR(1-cos53°),Wf=-μmgL0cos53° 代入解得μ=0.5。 (3)要使滑水车在F点水平抛出,首先需满足其恰好到达F点,对应临界距离L'=L0=4 m 滑水车能在F点水平抛出的另一临界条件是滑水车在F点不受支持力,对应情况mg=m解得vF'= m/s , 研究从B'到F点,由动能定理有mgL'sin53°-mgR(1-cos53°)-μmgL'cos53°=得L'=9 m 由以上讨论可知,滑水车在AC上的释放点B'到C的距离L'需满足4 m mvF'2 =2mgR B处,由牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=5mg; (2)小物块在AB段克服摩擦力所做的功WAB=μmgL; (3)由能量守恒可知,弹射器释放的弹性势能Ep=WAB+2mgR=2mgR+μmgL。 6.答案 (1)10 m/s (2)600 N (3)7.2 m≤L≤10 m 解析 (1)游客从A运动到B过程,根据动能定理: mgh1-μ1mgcos θ· 解得:vB==10 m/s。 (2)游客在管道BC中做匀速圆周运动, 竖直方向有:Fy=mg 水平方向有:Fx=m 9 FN==600 N。 (3)若游客从管道CD恰好滑出,从C到D,根据动能定理: -μ2mgL1=0- 解得:L1==10 m 若游客落水速度恰好为8 m/s,根据动能定理: mgh2-μ2mgL2=mv2- 解得:L=(v2 2-)=7.2 m 管道CD的长度7.2 m≤L≤10 m。 7.答案 (1)1 s (2)22 N (3)1.352 m 解析 (1)a=gsinθ,x=,x=at2,得t=1 s。 (2)小滑车由A到D过程mg(H-2R)= 在D点mg+FN=m,得FN=22 N 由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力为22 N。 (3)小滑车要能安全通过圆形轨道,在平台上速度至少为v1,则 +mg(2R)=,mg=m,解得v1=5 m/s 小滑车要能越过壕沟,在平台上速度至少为v2,则h=gt2,s=v2t,解得v2=5.2 m/s 因为v2>v1,所以只要mgH'= 得H'=1.352 m。 8.答案 (1)86.4 J (2)31.5 m 解析 (1)小汽车与水平轨道的摩擦阻力Ff=mg=2 N 设小车在D点的速度为v1,小车恰能做完整的圆周运动,在D点应满足mg=m,解得 1= m/s 从A到D的过程,运用动能定理有 W-Ff(x1+x2)-Fx1-mg·2R= 得W=86.4 J。 (2)从D到C的过程,运用动能定理有 mg·2R= 得v2=3 m/s 在CE阶段开启动力回收系统,回收效率30%,即有70%的能量用于克服摩擦力做功,有 Ffx3=×70% 得x3=31.5 m。 9.答案 (1)0.2 (2)30.4 J (3)19 kg 解析 (1)从木块离开弹簧至静止在水平面上,此过程由动能定理得-μmgL=0-28.8 J,解得0.2。 (2)设弹簧压缩量为x,木块运动全过程,由动能定理得 μmg(L+2x)=mv2 木块压缩弹簧过程,由能量守恒得μmgx+Ep=mv2 联立解得:Ep=30.4 J。 vμ= 10 (3)设木块质量为m',由能量守恒得μm'gx+Ep=10.答案 (1) s (2)10 m/s (3)3 m 解析 (1)A→B:mgsin θ-μmgcos θ=ma a=gsin θ-μgcos θ=5.2 m/s2 m'v'2,解得m'=19 kg。 at2 t= s。 (2)运动员从A滑到C的过程中,克服摩擦力做功为 W=μmgcos θ+μmgd=μmg[d+(H-h)cot θ]=500 J 2 由动能定理有mg(H-h)-W=mv-0 得运动员滑到C点时速度的大小v=10 m/s。 (3)在从C'点滑出至落到水面的过程中,运动员做平抛运动的时间为t, h'= 下滑过程中克服摩擦做功保持不变W=500 J 根据动能定理得mg(H-h')-W=运动员在水平方向的位移 gt2,t=mv'2-0,v'= x=v't== 当h'==3 m时,水平位移最大。 11.答案 (1)3 m/s (2)1 897.5 J (3)0.55 m 解析 (1)设运动员从A点到C点的过程中克服阻力做功Wf,由动能定理得 -0=mgH1-Wf Wf=μmgcos θ·L1=vC=·cos θ+代入数据,解得 +μmg· =3 m/s。 (2)运动员从C点水平飞出到落到DE轨道上的M点过程中做平抛运动,设经过的时间为t1 水平位移x=vCt1 竖直位移y=由几何关系tan α=解得t1=1 s 则运动员下落的高度y==5 m 运动员从C点水平飞出到落到DE轨道上的M点过程中,由机械能守恒定律可得 EkM1=+mgy=3 270 J M点距地面的高度hM=H3+H2-y=1 m 设运动员从M点离开时的动能为EkM2,经过F点的速度为vF,从离开M到圆弧轨道最低点F,由动 能定理可得-EkM2=mg[hM+R(1-cos α)]-μmgcos α在F点,由牛顿第二定律有 11 FN-mg=m 联立解得vF= m/s,EkM2=1 372.5 J 运动员落在斜面DE上与斜面碰撞过程中损失的动能DEk为 ΔEk=EkM1-EkM2=1 897.5 J。 (3)从G点飞出后的运动过程中相对于GK水平面上升到最大高度I处的速度为vI,I到K做平抛运动,则 竖直方向H4= 水平方向L2=vIt2 代入数据,解得vI=5 m/s 由F到I过程,由动能定理可有 =-mg(hFG+H4) 代入数据得hFG=0.45 m 由几何关系得Δh=R-hFG=0.55 m。 12.答案 (1)2 700 N (2)10 500 J (3)见解析 解析 (1)人刚滑到F点时,根据牛顿第二定律 F1-mg=m 解得F1=2 700 N。 (2)人从A点到F点,由动能定理得 5mgR(1-cos 60°)-W2 f=0.5mv 得Wf=10 500 J。 (3)当球从A点运动到B点,由动能定理 mgR(1-cos 60°)= 得vB= 小球与轨道无作用力,在B点脱离轨道做平抛运动 设小球从B点抛出,落在由ABCDEF构成的连线斜面上(如图),斜面倾角为30° 由H=gt2,x=vBt,=tan 30° 得x= m 2Rsin 60°>x>Rsin 60° 解得:小球落在CD上。 13.答案 (1)4 m/s (2)1.12 s (3)见解析 解析 (1)由牛顿第二定律知F-mg=m 得vC=4 m/s。 (2)从A到C运动过程中,由动能定理 W牵引+WG+W阻=-0 其中W牵引=Pt WG=mg[H+R(1-cos 37°)] W阻=-0.2mg· 代入得t=1.12 s。 12