打夯机的夯锤质量为100千克，底面积是12分米 2 ．当它静止在一根竖直插入土中的水泥桩顶面上时，夯锤跟桩顶的接触面积为

（1）当打夯机对地面的压力为零时，以打夯机为研究对象，小球对飞轮的力F=Mg …①
又以小球为研究对象，在飞轮对它的力F′和重力mg作用下作匀速圆周运动，F′+mg=mLω ₀ ² …②
根据牛顿第三定律：F=F′
由①、②、③式得： ω 0 =

(M+m)g
mL …④
（2）当小球运动到最低点时，设飞轮对小球的作用力为N，则
N-mg=mLω ₀ ² …⑤
由④、⑤两式可得：N=（M+2m）g
又运用牛顿第三定律，小球对飞轮竖直向下的作用力N′=（M+2m）g
又以打夯机为研究对象，设地面对打夯机的作用力为T，则
T=N+mg=2（M+m）g
再根据牛顿第三定律，打夯机对地面的压力为2（M+m）g
答：（1）如果小球达到最高点时，打夯机对地面的压力恰好为零，则飞轮转动的角速度ω ₀ 为 ω 0 =

(M+m)g
mL ；
（2）在上述的临界条件下，当小球到达最低点时，打夯机对地面的压力为2（M+m）g

解题思路：（1）求出夯杆受到的摩擦力，从而求出夯杆向上匀加速运动的加速度a，通过计算判断夯杆上升运动的过程从而确定夯杆被释放时速度和离夯底的高度；
（2）重力和电动机对夯杆做功，根据动能定理可以求出电动机做的功；
（3）根据（1）问的分析，分匀加速上升、匀速上升和匀减速上升以及自由下落四段求一个打夯周期的时间．

（1）夯杆在上升过程中，对夯杆进行受力分析知，夯杆所受摩擦力为：f1＝2μN＝1.2×104N；
夯杆产生加速度为：a1＝
f1−mg
m＝2m/s2
当夯杆与滚轮相对静止时：v＝a1t1＝4m/s，t1＝2s，h1＝
1
2a1
t21＝4m
当夯杆以v=4m/s的初速度竖直上抛，上升高度为：h2＝
v2
2g＝0.8m
则当夯杆加速向上运动速度到达v=4m/s后，夯杆匀速上升，匀速上升高度为：h₃=h-h₁-h₂=1.6m
因此，夯杆先匀加速上升，后匀速上升，再竖直上抛．
故夯杆上升过程中被滚轮释放时的速度为4m/s；
此时夯杆底端离夯底△h=h-h₂=5.6m．
（2）夯杆在上升过程中只有电动机和重力对夯杆做功，根据动能定理有：
W+W_G=0
∴W=-W_G=-mg（-h）=mgh=6.4×10⁴J
夯杆下落过程中只有重力做功电动机不做功，故一个打夯周期中电动机对夯杆做功为6.4×10⁴J
（3）夯杆上抛运动的时间为：t2＝
v
g＝0.4s；
夯杆匀速上升的时间为：t3＝
h3
v＝0.4s；
夯杆自由落体的时间为：h＝
1
2g
t24，t4＝

2h
g＝1.13s
故打夯周期为：T=t₁+t₂+t₃+t₄=3.93s
答：（1）夯杆上升过程中被滚轮释放时的速度为4m/s，此时夯杆底端离夯底5.6m；
（2）每个打夯周期中，电动机对夯杆所作的功6.4×10⁴J；
（3）打夯周期为3.93s．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．

考点点评： 本题关键是分析求出夯杆的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解．

这里考查的就是圆周运动及隔离法分析物体
对于m来说,要做圆周运动至最高点,此时有：
mg+T=m*ω^2*L T为连杆的拉力
对于打夯机来说,在使它离开地面,则这个连杆的拉力T‘应该克服它的重力,即：
T'=Mg
对于连杆来说：T=T'
所以：有：
Mg+mg=m*ω^2*L
从而解出这个最小角速度

（1）夯杆加速上升阶段：
加速度a=
2μFN−mg
m
解得a=2m/s²
夯杆在一个运动周期内v-t图象如图所示；

（2）夯杆加速上升的高度 h1＝
v2
2a
在加速上升阶段，电动机对夯杆做的功W₁=2μF_Nh₁=4.8×10⁴J
夯杆匀速上升阶段上升高度h₂=h-h₁=2.4m
电动机对夯杆做的功W₂=mgh₂=2.4×10⁴J
每个打夯周期中，电动机对夯杆所做的功W=W₁+W₂=7.2×10⁴J
（3）夯杆加速上升的时间 t1＝
v
a＝2s
滚轮边缘转过的距离是 s=vt₁=8m
相对夯杆的位移是L=8m-4m=4m
摩擦产生的热量Q=2μF_NL
Q=4.8×10⁴J
答：（1）如图所示；
（2）每个打夯周期中，电动机对夯杆做的功为7.2×10⁴J；
（3）每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8×10⁴J．

（1） （2） （3）4.2s （1） （2） （3）夯杆的运动...

当偏心轮上的配重物转到顶端时,整体离开地面.对电动机和底座,受力分析.只受重力和偏心轮给的拉力 所以有 T=Mg=300N .再对偏心轮受力分析,在最高点受 重力和拉力,这两个力提供偏心轮做匀速圆周运动的向心力.T+mg=mw^2r 求出w.
同理在最底点时对地面的压力最大.
解法相同 自己想!

（1）当铁块运动到最低点时打夯机对地面的压力最大．
（2）当铁块运动到最高点时，打夯机才会离开地面，受到地面的支持力为零，此时设杆的拉力为F，则由牛顿第二定律：
对M有：F-Mg=0
对m有：mg+F=mlω²
解得：ω=

(M+m)g
ml
答：（1）m运动至最低点位置时打夯机对地面的压力最大；
（2）电动机的最小角速度

(M+m)g
ml．

解题思路：（1）当打夯机对地面的压力为零时，以打夯机为研究对象，小球对飞轮的力F=Mg，又以小球为研究对象，根据圆周运动向心力公式及牛顿第三定律即可求解；
（2）当小球运动到最低点时，根据圆周运动向心力公式求出小球对飞轮的作用力，又以打夯机为研究对象，根据平衡条件及牛顿第三定律即可求解．

（1）当打夯机对地面的压力为零时，以打夯机为研究对象，小球对飞轮的力F=Mg …①
又以小球为研究对象，在飞轮对它的力F′和重力mg作用下作匀速圆周运动，F′+mg=mLω₀²…②
根据牛顿第三定律：F=F′
由①、②、③式得：ω0＝

(M+m)g
mL…④
（2）当小球运动到最低点时，设飞轮对小球的作用力为N，则
N-mg=mLω₀²…⑤
由④、⑤两式可得：N=（M+2m）g
又运用牛顿第三定律，小球对飞轮竖直向下的作用力N′=（M+2m）g
又以打夯机为研究对象，设地面对打夯机的作用力为T，则
T=N+Mg=2（M+m）g
再根据牛顿第三定律，打夯机对地面的压力为2（M+m）g
答：（1）如果小球达到最高点时，打夯机对地面的压力恰好为零，则飞轮转动的角速度ω₀为ω0＝

(M+m)g
mL；
（2）在上述的临界条件下，当小球到达最低点时，打夯机对地面的压力为2（M+m）g

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力．

考点点评： 本题主要考查了圆周运动向心力公式及牛顿第三定律的直接应用，难度适中．

（1） ， ， ，

（2）
（3）夯杆的运动过程包括：匀加速上升、匀速上升、匀减速上升
， ， ，

⑴每个滚轮和夯杆间的滑动摩擦力大小为f=6×103N,2f-mg=ma,v=at1,匀加速到4.0m/s经历时间t1=2s,上升高度h1=4m；再匀速上升2.4m,经历时间t2=0.6s.电动机对夯杆做的功等于其动能、势能增量之和,因此W=7.2×104J；⑵夯杆加速上升过程,滚轮滚过的路程为s=vt1=8m,滚轮和夯杆之间相对滑动的路程为d=s-h1=4m,摩擦生热为Q=2fd=4.8×104J；⑶夯杆离开滚轮后继续上升到最高点经历时间是t3=v/g=0.4s,上升高度h3=0.8m；接着自由下落h4=7.2m,经历时间t4=1.2s.因此打夯周期T=t1+t2+t3+t4=4.2s.