16．(12分)如图所示，轻杆AB长1m，两端各连接质量为1kg的小球，杆可绕距B端0.2m处的O轴在竖直面内转动。设A球转到最低点时速度为4m/s。求：此时B球运动速度的大小和杆对O轴的作用力大小和方向。(g取10 m/s²)

15．(10分)如图所示，一个人用与水平方向成θ＝角的斜向下的推力F推一个质量为20kg的箱子匀速前进，如图(a)所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.50。(结果保留三位有效数字)

求：(1)推力F的大小；

(2)若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成角去拉这个静止的箱子，如图(b)，拉力作用2.0秒后撤去，箱子最多还能继续运动多长距离？(g取10 m/s²)

21．(1)设物块在板上滑行的时间为，

　　　 由 　　　　　　∴　 ①　

设在此过程中物块前进位移为，板前进位移为，

则　　　　 ②　　　 　　　　

　　　　　 ③　　　　　　

　　　　 ④　　　　　

由①②③④得：　　　 2分　　

　　　　 2分

故物块与板间的摩擦因数为，物块到达板的中点时，板的位移。

(2)设板与桌面间摩擦因数为，物块在板上滑行的时间为，对木板

　　　 　　　　　1分

又设物块从板的左端运动到右端的时间为

则

　　　　　　　 1分

为了使物块能到达板的右端，必须满足　　　

即

　　　 2分

所以为了使物块能到达板的右端，板与桌面间的摩擦因数

(3)设绳子的拉力为T，物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为，则有

　 　　　　　　　　　　　　1分　

　　　　　　　　　　　 1分　

所以由功的计算公式得：

　　 2分

所以在物块从板的左端到达板的右端的过程中，绳的拉力做功为。

(或△△E+W

力计算题专题训练六

20．滑上轨道前列车速度的最小值v₀与轨道最高处车厢应具有的速度的最小值v相对应.这里v代表车厢恰能滑到最高处，且对轨道无弹力的临界状态.由:

　　 mg=mv²/R 　　----------------2分

　　 得:　 ----------------2分

另外列车势能还增加了M′gh，其中M′为布满在轨道上车厢的质量，

M′=M(2pR/L)　 ----------------2分

h为它们的平均高度，h=R.

由以上分析可得：

　　　 Mv₀²/2=Mv²/2+M(2pR/L)gR　 ----------------4分

　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　----------------2分

19．对围绕黑洞做圆周运动的星体应用牛顿第二定律得

　　 ------------------------------2分

即　　----------------2分

由黑洞特点可知，光子到达黑洞表面最多恰能绕黑洞表面做匀速圆周运动，对光子应用牛顿第二定律，得

-----------------2分

即　　 　　----------------2分

所以　 　--------------3分

21．(12分)如图所示，一块质量为M、长为l的匀质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定的速度向下拉绳，物块最多只能到达板的中点，而且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮。

求

(1)物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点时板的位移；

(2)若板与桌面间有摩擦，为使物块能达到板的右端，板与桌面的动摩擦因数的范围；

(3)若板与桌面间的动摩擦因数取(2)问中的最小值，在物块从板的左端运动到右端的过程中，人拉绳的力所做的功(其他阻力均不计)。

20．(12分)如图所示，娱乐场空中列车由许多节完全相同的车厢组成，列车先沿水平轨道行驶，然后滑上半径为R的空中圆环形光滑轨道.若列车全长为L(L＞2pR)，R远大于一节车厢的长度和高度，那么列车在运行到圆环前的速度v₀至少多大，才能使整个列车安全通过圆环轨道?

19.(11分)黑洞是爱因斯坦的广义相对论中预言的一种特殊天体，它的密度极大，对周围的物质有极强的吸引力，根据恩爱斯坦理论，光子是有质量的，光子到达黑洞表面时也将被吸入，最多恰能绕黑洞表面做匀速圆周运动，根据天文观测，银河系中心可能有一个黑洞，距该黑洞远的星体正以的速度绕它旋转，距此估算可能黑洞的最大半径为多大？(保留一位有效数字)

18、[解析]试题包括四个物理过程：①弹簧解除锁定，AB相互弹开的过程，系统动量、机械能守恒。②B滑上传送带匀减速运动的过程，用动能定理或动力学方法都可以求解。③B随传送带匀加速返回的过程，此过程可能有多种情况，一直匀加速，先匀加速再匀速。④B与A的碰撞过程。遵守动量守恒定律。

(1)解除锁定弹开AB过程中，系统机械能守恒：　 ①　　　　　　　　　　　　　　　　

由动量守恒有： m_Av_A=m_Bv_B ②　　　 由①②得： m/s　 m/s　　　　　　　　　

B滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。由动能定理得：

　　　　 ③　　 　　　　　所以m　　　　　　　　　　　　　　　　　

(2)物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离设为，

由　　　　　　　　 ④　 得9m 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

说明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度， =4m/s　　

(3)设弹射装置给A做功为，　　　 ⑤　　　　

AB碰后速度互换，B的速度　 =　　 ⑥　　　　　

B要滑出平台Q端，由能量关系有：.　 ⑦　 又m_A=m_B

所以，由⑤⑥⑦得　　　　　　　　　　　　 ⑧　

解得　　 W ≥ 8 J　　

力计算题专题训练五

17、解析：(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为m₀、M、m，子弹的初速度为v₀，子弹击中小物块后二者的共同速度为v₁，由动量守恒定律

m₀ v₀=(M+ m₀) v₁

子弹击中小物块后物块的质量为M^′，且M^′= M+ m₀．设当物块滑至第n块木板时，木板才开始运动

μ₁M^′g＞μ₂(M^′+(6－n)m)g　

其中μ₁、μ₂分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数．

由式解得n＞4.3

即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动．

(2)设物块刚滑上第五块木板时的速度为v₂，每块木板的长度为L，由动能定理

－μ₁ M^′g×4L=M^′v₂²－M^′v₁²

由①②式解得　v₂=1m/s

物块在第五块木板表面做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间t，物块与木板能获得相同的速度v₃，由动量定理

－μ₁ M^′gt=M^′v₃－M^′v₃

(μ₁ M^′g－μ₂(M^′+m))t=m v₃

由⑤⑥式解得v₃=m/s

在此过程中，物块发生的位移为s₁，由动能定理

－μ₁ M^′g s₁=M^′v₃²－M^′v₂²

解得s₁=m＜0.5m

即物块与木板获得m/s的共同速度，之后整体向前匀减速运动s₂后静止．

由动能定理

－μ₂ (M^′+m)g s₂=－(M^′+m)v₃²

解得s₂=m

所以物块总共发生的位移s=4L+ s₁+ s₂

解得s≈2.27m