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1、1如图，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10米，BC长1米，AB和CD轨道光滑。一质量为1千克的物体，从 A点以4米/秒的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为零。求：(g=10m/s2)(1) 物体与BC轨道的滑动摩擦系数。(2) 物体第5次经过B点时的速度。(3) 物体最后停止的位置(距 B点)。mg（h H）|2mgSBC 0mV1 .(3 分)解得0.5(1分)(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了 4次，由动能定理得mgHmg4SBC1 mV2（3 分）解得 V24.11m/s13.3m/ s（ 1 分）(3)分析整个过程，由动能定
2、理得mgH mgs 0 2-mVi2( 2 分)解得 s=21.6m ( 1 分)所以物体在轨道上来回了20次后，还有1.6m，故离B的距离为m 1. ， = （12. 如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面光滑，倾角为，斜面底端固定有与斜面垂直的挡板，木板下端离地面高H ,上端放着一个细物块。木板和物块的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmgsin (k>1),断开轻绳，木板和物块沿斜面下滑.假设木板足够长，与挡板发生碰撞时，时间极短， 无动能损失，空气阻力不计求：(1) 木板第一次与挡板碰撞弹起上升过程中，物块的加速度；(2) 从断开轻绳到木板与挡板第二次碰撞的瞬间，木板运
3、动的路程s；(3)从断开轻绳到木板和物块都静止，摩擦力对木板及物块做的总功W.解析：(1)设木板第一次上升过程中，物块的加速度为a物块物块受合力 F物块= kmgs in 9- mgs in 0由牛顿第二定律F物块=ma物块由得 a物块=(k-1) gsin 0方向沿斜面向上(2 )设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为V!1 2由机械能守恒2m 2mgH 解得2Vi2gH设木板弹起后的加速度a板 由牛顿第二定律a板=-(k+1) gsin 0S板第一次弹起的最大路程Si解得SiHk 1 sin木板运动的路程s=匕+2$=卫 3)sin(k 1)si n(3)设物块相对木板滑动
4、距离为根据能量守恒mgH+mg (H+Lsin 0) =kmgsin 0L解得W譽BHLA * hmAgh mBgH = 0,可求摩擦力对木板及物块做的总功W=-kmgsin 0L3. 如图所示，光滑斜面的长为L = 1 m、高为H = 0.6 m,质量分别为 mA和mB的A、B两小物体用跨过斜面顶端光滑小滑轮的细绳相连，开始时A物体离地高为h= 0.5 m , B物体恰在斜面底端，静止起释放它们，B物体滑到斜面顶端时速度恰好减为零，求A、B两物体的质量比 mA： mB。某同学解答如下：对 A、B两物体的整个运动过程，由系统机械能守恒定律得 得两物体的质量之比。你认为该同学的解答是否正确，如果
5、正确，请解出最后结果；如果不正确，请说明理由，并作出 正确解答。解：不正确。在 A落地的瞬间地对 A做功了，所以整个过程机械能不守恒。(3分)在A落地前由机械能守恒定律得:mAgh mBgh sin1 2=2( mA+ mB) v , .(4 分)在A落地后由机械能守恒定律得:mBg ( L h) sin1=2 mBV2,(4 分)由第二式可解得：v2= 2g(Lh) sin = 6,代入第一式得5mA3mB= 3(mA+mB),所以mA:mB= 3。 (3 分)4. 如图所示，斜面和水平面由一小段光滑圆弧连接，斜面的倾角为37° 一质量为0.5kg的物块从距斜面 底端B点5m处的A
6、点由静止释放.已知物块与水平面和斜面的动摩擦因数均为0.3。（1）物块在水平面上滑行的时间为多少?（sin37 °0.6,cos37 =0.8,g=10m/s2）（2）若物块开始静止在水平面上距B点10m的C点处,大?平恒力向右拉该物块，到 B点撤去此力，物块第一次到（3）若物块开始静止在水平面上距B点10m的C点处，用大小为 4.5N的水平恒力向右拉该物块，欲使物块能到达A点，水平恒力作用的最短距离为多大?解答：（1）物块先沿斜面匀加速下滑，设AB长度为L,动摩擦因数为“下滑的加速度'-（1分）到达B点时速度r '-卞'二（1分）在水平面上物块做匀减速运动 J，'；，J （ 1分）在水平面上运动的时间（1 分）（2）设CB距离为，全过程用动能定理:（F 陶单 sin 37 37°（3 分）解得：宀=（2分）（3）设力作用的最短距离为，根据动能定理可得:（3 分）Fx - fiKgL sin 37° -帥gL cos 37° - 0解得:（2 分）