1、计算题专项训练二1. 如图所示为摩托车特技比赛用的部分赛道,由一段倾斜坡道AB与竖直圆形轨道BCD衔接而成,衔接处平滑过渡且长度不计.已知坡道的倾角=11.5,圆形轨道的半径R=10 m,摩托车及选手的总质量m=250 kg,摩托车在坡道行驶时所受阻力为其重力的0.1倍.摩托车从坡道上的A点由静止开始向下行驶,A与圆形轨道最低点B之间的竖直距离h=5 m,发动机在斜坡上产生的牵引力F=2 750 N,到达B点后摩托车关闭发动机.已知sin 11.5=,取g=10 m/s2.(1) 求摩托车在AB坡道上运动的加速度.(2) 求摩托车运动到圆轨道最低点时对轨道的压力大小.(3) 若运动到C点时恰好
2、不脱离轨道,则摩托车在BC之间克服摩擦力做了多少功?2. 如图所示,AB为一光滑固定轨道,AC为动摩擦因数=0.25的粗糙水平轨道,O为水平地面上的一点,且B、C、O在同一竖直线上,已知B、C两点的高度差为h, C、O两点的高度差也为h,AC两点相距s=2h.若两滑块P、Q从A点以相同的初速度v0分别沿两轨道滑行,到达B点或C点后分别水平抛出. (1) 求两滑块P、Q 落地点到O点的水平距离.(2) 欲使两滑块的落地点相同,求滑块的初速度v0应满足的条件.(3) 若滑块的初速度v0应满足(2)的条件,现将水平轨道AC向右延伸一段L,要使滑块Q落地点距O点的距离最远,L应为多少?3. 如图所示,
3、质量足够大、截面是直角梯形的物块静置在光滑水平地面上,其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器X和Y相接触. 图中AB高H=0.3 m、AD长L=0.5 m,斜面倾角=37. 可视为质点的小物块P(图中未画出)质量m=1 kg,它与斜面的动摩擦因数可以通过更换斜面表面的材料进行调节(调节范围是01). 已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度取g=10 m/s2.(1) 令=0,将P由D点静止释放,求P在斜面上的运动时间.(2) 令=0.5,在A点给P一个沿斜面向上的初速度v0=2 m/s,求P落地时的动能.(3) 将X和Y接到同一数据处理器上,已知当X和Y受到物块压力时
4、,分别显示正值和负值. 对于不同的,每次都在D点给P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面,求滑行过程中处理器显示的读数F随变化的关系表达式,并在坐标系中画出其函数图象. 4. 如图所示,一直立的轻质薄空心圆管长为L,上下端口处各安放有一个质量均为m的圆柱形物块A、B,A、B 紧贴管的内壁,厚度不计.A、B 与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1=mg、f2=kmg(k1),且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等.管下方存在这样一个区域:当物块A 进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F,而B 在该区域运动时不受F的作用,PQ、MN 是该区域上下水平边界,高度差为H(HL).现让管的下端从距离上边
5、界PQ 高H 处由静止释放.(1) 若F=mg,求A 到达上边界PQ 时的速度vA和B到达下边界MN时的速度vB.(2) 为使A、B 间无相对运动,求F 应满足的条件.(3) 若F=3mg,求物块A 到达下边界MN时A、B 间距离.计算题专项训练二1. (1) 由受力分析与牛顿第二定律可知F+mgsin -kmg=ma,代入数据解得a=12 m/s2.(2) 设摩托车到达B点时的速度v1,由运动学公式得=,解得v1=10 m/s.在B点由牛顿第二定律可知,FN-mg=m,轨道对摩托车的支持力为FN=1.75104 N,由牛顿第三定律知,摩托车对轨道的压力为1.75104 N.(3) 摩托车恰好
6、不脱离轨道时,在最高点速度为v2,由牛顿第二定律得mg=m.从B点到C点,由动能定理得-mg2R-Wf=m-m,由此可解得Wf=1.25104 J.2. (1) 滑块P从A到B过程机械能守恒m=m+mgh,得 vB=.从B点抛出后x1=vBtP,2h=g,得x1=2.滑块Q从A到C过程,由动能定理得-mgs=m-m,又=0.25,s=2h,得vC=,从C点抛出后x2=vCtQ,h=g,得x2=.(2) 依题意有x1=x2,解得v0=,所以滑块的初速度v0应满足v0=.(3) 由动能定理得-mg(s+L)=m-m,从水平轨道AC向右延伸的最右端抛出后x=vtQ,h=g,距O点的距离为x=L+x,
7、得x=+L=-+h.当L=h时,x取最大值为h.3. (1) 当=0时,P沿斜面下滑的加速度为a=gsin=6m/s2.由运动学规律L=at2,得t=,代入数据解得t=s.(2) 设P沿斜面上滑位移为s时速度为0,由动能定理-(mgsin+mgcos)s=0-m,代入数据解得s=0.2m.设落地时P的动能为Ek,则由动能定理mgH-mgcos2s=Ek-m,代入数据解得Ek=3.4J.(3) P在斜面上下滑的过程中梯形物块的受力如图所示,由平衡条件可得F+Nsin=fcos,将N=mgcos和f=mgcos代入得F=mgcos(cos-sin),代入数据得F=6.4-4.8,其图象如图所示.4
8、. (1) 整体从开始下落到刚好到达上边界PQ过程中,由机械能守恒定律有2mgH=(2m),解得vA=.整体从开始下落到完全离开MN边界的过程中,由动能定理有2mg(2H+L)-FH=(2m),解得vB=.(2) 设A、B与管不发生相对滑动时共同加速度为a,A与管的静摩擦力为fA,则对整体有2mg-F=2ma,对A有mg+fA-F=ma,并且fAf1,解得F2mg.(3) 当F=3mg,可知A相对圆管向上滑动,设A的加速度为a1,则mg+f1-F=ma1,解得a1=-g.与前阶段自由落体H位移比较,A向下减速运动位移H时,速度刚好减到零,此过程运动的时间t=.由于管的质量不计,在此过程中,A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反、大小均为mg,B受到管的摩擦力小于kmg,则B与圆管相对静止,B与圆管整体受到重力、A对管的摩擦力二力平衡,以速度vA做匀速直线运动.物块A到达下边界MN时A、B间距离L=L-(vAt-H),解得L=L-H.
