力与运动计算题

14光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑水平面PQ运动。设：开始时平面AB与圆弧CD相切，A、B、C三点在同一水平线上，令AB连线为X轴，且AB=d=0.m，滑块在AB面上运动时，其动量随位移的变化关系为P=1.6Xkgm/s，小车质量M=3.6kg，不计能量损失。求：

(1)滑块受水平推力F为多大? (2)滑块通过C点时，圆弧C点受到压力为多大? (3)滑块到达D点时，小车速度为多大? (4)滑块能否第二次通过C点? 若滑块第二次通过C点时，小车与滑块的速度分别为多大? (5)滑块从D点滑出再返回D点这一过程中，小车移动距离为多少? (g取10m/s2)

2、2008年8月9日，中国选手陈燮霞以抓举95公斤、挺举117 公斤、总成绩212 公斤夺得举重48公斤金牌。这也是中国代表团在第29届北京奥运会上获得的首枚金牌。举重运动是力量与技巧充分结合的体育项目，就“抓举”而言，其技术动作可分为预备，提杠铃，发力，下蹲支撑， 起立 ，放下杠铃等六个步骤，如下图所示照片表示了其中几个状态，现测得轮子在照片中的直径为1.0cm，在照片上用尺量出从发力到支撑，杠铃上升的距离为h1 =1.3cm，已知运动员所举杠铃的直径是45cm，质量为150kg，运动员从发力到支撑历时0.8s.g=10m/s2。（从发力到支撑过程：可简化为先匀加速上升达到最大速度，再竖直上抛达到最高点） 试估算 (1)从发力到支撑这个过程中杠铃实际上升的高度h=？

（2）从发力到支撑这个过程中杠铃向上运动的最大速度？

(3) 若将运动员发力时的作用力简化为恒力，则该恒力有多大？

3、如图所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切，一物体自圆弧面轨道，并与弧面轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g=10m/s2. 求： （1）物体滑上传送带向左运动的最远距离；

（2）物体第一次从滑上传送带到离开传送带所经历的时间；

（3）物体再次滑上圆弧曲面轨道后，能到达的最高点与圆弧最高点的竖直高度；

（4）经过足够长的时间之后物体能否停下来？若能，请说明物体停下的位置. 若不能，请简述物体的运动规律.

1、分析与解：(1)由P=1.6 VB=1.6X=mv，代入x=0.m，可得滑块到B点速度为：

X/m=1.60./m =3.2m/s 1mVB2 2 A→B，由动能定理得：FS=

vB2所以 F=m =0.4×3.22/(2×0.)=3.2N

2S(2)滑块滑上C立即做圆周运动，由牛顿第二定律得：

vC2 N-mg=m 而VC=VB 则

RvC2N=mg+m=0.4×10+0.4×3.22/0.4=14.2N

R(3)滑块由C→D的过程中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在D点时，滑块和小车具有相同的水平速度VDX 。由动量守恒定律得：mVC=(M+m)VDX

所以 VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s

(4)滑块一定能再次通过C点。因为滑块到达D点时，除与小车有相同的水平速度VDX

外，还具有竖直向上的分速度VDY，因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(相对地面做斜上抛运动)。因题中说明量损失，可知滑块在离车后一段时间内，始终处于D点的正上方(因两者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有相同水平速度)， 所以滑块返回时必重新落在小车的D点上，然后再圆孤下滑，最后由C点离开小车，做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定律得：

111mVC2=mgR+ (M+m)VDX2+mVDY2 222所以

以滑块、小车为系统，以滑块滑上C点为初态，滑块第二次滑到C点时为末态，此过程中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒(注意：对滑块来说，此过程中弹力与速度不垂直，弹力做功，机械能不守恒)得：

mVC=mVC‘+MV 即

111mVC2=mVC’2+MV2 222上式中VC‘、V分别为滑块返回C点时，滑块与小车的速度， V=2mVC/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.m/s

VC’=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-2.56m/s(与V反向) (5)滑块离D到返回D这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为： △S=VDX2VDY/g=0.32×2×1.1/10=0.07m

2、（1）根据轮子的实际直径0.45m和它在照片中的直径1.0cm，

由比例关系得：0.45m/1.0cm=h/1.3cm，实际上升的高度为h=0.59m。 （2分）

（2）设杠铃在该过程中的最大速度为，有， （2分）

得

（2分）

（3）减速运动的时间应为

（2分）

加速运动的位移：又 解得

（2分）

（2分）

（1分）

根据牛顿第二定律，有

解得

（2分）

3、解：（1）沿圆弧轨道下滑过程中

mgRmv1/2

得v13m/s……………………………………………………………2分 物体在传送带上运动的加速度agu2m/s ………………………… 2分 向左滑动的最大距离sv1/2a2.25m …………………………………1分 （2）物体在传送带上向左运动的时间t1v1/a3/21.5s ………… 2分 物体向右运动速度达到v时，已向右移动的距离s1v/2a1m

所用时间t2v/a2/21s ………………………………………………2分

2222 匀速运动的时间t3ss10.625s v tt1t2t31.510.6253.125s …………………………………1分 （3）滑上圆弧轨道的速度为v2m/s …………………………………… 2分 mghmv2/2

h=0.2m …………………………………………………………………………1分 距最高点的距离为hRh0.25m ……………………………………1分 （4）物块在传送带和圆弧轨道上作周期性的往复运动 ……………………4分