2018级拔高作业。
16．如图所示，半径r=0．5m的光滑圆弧面cdm分别与光滑斜面体abc和斜面mn相切于c、m点，o为圆弧圆心，d为圆弧最低点．斜面体abc固定在地面上，顶端b安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块p、q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持p、q两物块静止．若pc间距为l1=0．25m，斜面mn足够长，物块p质量m1=3kg，与mn间的动摩擦因数μ=，求：（ sin37°=0．6，cos37°=0．8）
1）小物块q的质量m2；
2）烧断细绳后，物块p第一次到达d点时对轨道的压力大小；
3）烧断细绳后，物块p第一次过m点后0．3s到达k点，则 mk间距多大？
4）烧断细绳后，物块p在mn斜面上滑行的总路程．
16(14分)（1）4kg（2）78n（3）0．17m（4）1．0m．
解析】试题分析：（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有m1gsin53°=m2gsin37°解得 m2=4kg
2）滑块由p到d过程，由动能定理，得根据几何关系，有h=l1sin53°+r（1﹣cos53°）
在d点，支持力和重力的合力提供向心力fd﹣mg=m解得fd=78n由牛顿第三定律得，物块p对轨道的压力大小为78n．
3）pm段，根据动能定理，有解得vm=2m/s
沿mn向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到a1=gsin53°+μgcos53°=10m/s2根据速度时间公式，有vm=a1 t1 解得t1=0．2s
所以t1=0．2s时，p物到达斜面mn上最高点，故返回过程，有。
沿mn向下运动过程，根据牛顿第二定律，有a2=gsin53°﹣μgcos53°=6m/s2
故，根据运动学公式，有即mk之间的距离为0．17m．
4）最后物体在cm之间来回滑动，且到达m点时速度为零，对从p到m过程运用动能定理，得到mgl1sin53°﹣μmgcos53°l总=0解得l总=1．0m 即物块p在mn斜面上滑行的总路程为1．0m．
24.（14分）
解：设足球运动到门柱时的速度为v3，由运动学公式可得：（2分）
解得：v3=4m/s（1分）
足球从踢出到撞门柱前的运动时间s（1分）
足球撞在门柱后**速度大小v4=2m/s（1分）
足球从**到减速为0的时间 = 2s（1分）
该同学加速时间（1分）
该同学加速运动的位移 =4.5m（1分）
匀速运动的位移（1分）
足球从**到速度减为0的位移 =2m（1分）
因。所以此时该同学还未追上足球（1分）
该同学要追上足球，还需要的时间（1分）
所以该同学追上足球的总时间（2分）
25. （18分）
解：（1）（4分）设滑块c在木块a上滑动时，滑块c的加速度为a1，木板a、b的加速度为a2．则由牛顿第二定律得：μ1m1g=m1a1（1分）
解得：a1=3m/s2（1分）
由牛顿第二定律得：μ1m1gμ2（m1+2m2）g=2m2a2（1分）
解得：a2=1m/s2（1分）
2）（12分）设滑块c在木板a上运动的时间为t1．则由运动学公式可得：
1分）解得：t1=1s或t1=2.5s（舍去）（1分）
设滑块c离开木板a时的速度为vc，木板a、b的速度分别为va和vb，由速度公式得：vc=v0a1t1=4m/s（1分）
由速度公式得：va=vb=a2t1=1m/s（1分）
滑块c在木板b上滑动时，滑块c的加速度为a1，设b的加速度为a3
由牛顿第二定律得：μ1m1gμ2（m1+m2）g=m2a3（1分）
解得：a3=3m/s2（1分）
设经过时间t2，b、c达到共同速度v，由速度公式得：
v=vca1t2=vb+a3t2（1分）
解得t2=0.5s，v=2.5m/s（1分）
分析可知此过程中c未离开b，又因μ1＞μ2，b、c共速后无相对运动，设b、c一起匀减速运动的加速度为a，运动时间为t3
由牛顿第二定律得：μ2（m1+m2）g =（m1+m2）a（1分）
解得：a=1m/s2（1分）
由速度公式得：0=vat3（1分）
解得：t3=2.5s
则从滑块c滑上木板a到整个系统停止运动所需的时间为： t=t1+t2+t3=4s（1分）
3）（2分）从滑块c滑上木板b到与木板b速度相同的过程中，滑块c与木板b的相对位移为：（1分）
由于滑块c和木板b间摩擦而产生的热量q=μ1m1gδx=6.75j（1分）
26.（15分）
解：（1）（3分）当小球速度最大时，有：（2分）
解得弹簧的压缩量为：（1分）
2）（12分）小球静止时弹簧的压缩量为（1分）
杆由静止逐渐开始转动，小球沿杆缓慢提升了δx，1分）
此时弹簧的拉力为（1分）
设此时小球的速度为v，建立xoy坐标系，在y轴由平衡得：（2分）
在x轴由牛顿第二定律得：（2分）
其中（1分）
联立解得（1分）
此过程中弹簧对小球做的功为零。杆对小球做的功为w，由动能定理得。
2分）解得（1分）
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