热门试卷

（1）因为h=gt2

所以t==2.0s

（2）运动员着陆前瞬间，在竖直方向的速度v竖直==20m/s；

则运动员在b点着陆前瞬间速度的大小v==25m/s；

答：（1）运动员在空中飞行的时间是2s；

（2）运动员在b点着陆前瞬间速度的大小是25m/s．

（1）根据速度的分解，运动员落到斜坡上时竖直分速度大小为：

vy===10m/s

运动员做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有：vy=gt

得：t==s=1s

（2）水平位移大小为：x=v0t=10×1m/s=10m

竖直位移大小为：y=gt2=×10×12m=5m

则A点与O点的距离为：L===5m

（3）斜坡与水平面夹角θ的正切值为tanθ===0.5

答：（1）运动员从O点运动到A点的时间为1s．

（2）A点与O点的距离L为5m．

（3）斜坡与水平面夹角θ的正切值为0.5．

（1）小球恰好到最高点，

由动能定理得：mg=m，

从B到最高点过程中，由动能定理可得：

-2mgR=mv2-mvB2，

解得：vB=3m/s；

（2）在赛车越过战壕的过程中，做平抛运动，

在竖直方向上：h=gt2，

在水平方向上：s=vCt，

解得：vC=4m/s，

从A到C过程中，由动能定理得：

Pt-fL=mvC2-0，

解得：t=2.2s；

答：（1）赛车到达B点的速度为3m/s．

（2）电动机至少要工作2.2s．

（1）设液体从喷口水平射出的速度为内，活塞移动的速度为v

则 v0=s                                               ①

由 v0A=Vl2                                                ②

所以活塞移动的速度 v=（）v0=．                                   ③

（2）设装置功率为P，△t时间内有△m质量的液体从喷口射出

P△t=△m（v02-v2）                               ④

∵流出的水的质量为△m=L2v△tρ                                      ⑤

∴P=L2vρ（v02-v2）=（1-）v03

所以该装置的功率为 P=(

g

2h

)32．                        ⑥

（3）因为装置的功率即为安培力的功率，即 P=F安v                                           ⑦

∴L2ρv（v02-v02）=BILv                                 ⑧

所以磁感强度B的大小为 B==．                       ⑨

（4）感应电动势为 U=BLv

∴喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等会引起电压表读数变小．

（1）小球做平抛运动时在水平方向上有

x=v0t

得小球从抛出到落地的时间：

t=

（2）小球做平抛运动时在竖直方向上有

h=gt2

得该星球表面的重力加速度：

g=

（3）设地球的质量为M，静止在地面上的物体质量为m，忽略地球的自转时

G=mg

所以该星球的质量为：

M=

答：（1）小球从抛出到落地的时间是

（2）该星球表面的重力加速度是

（3）该星球的质量是

（1）设运动员从a点到c点的过程中克服阻力做功Wf，

根据动能定理得：

mgH1-Wf=m-0①

而Wf=kmgcosθ•+kmg•②

L=abcosθ+③

由①②③式并代入数据，解得vc=5m/s④

（2）运动员从c点水平飞出到落到de轨道上的过程中做平抛运动，设从c点到着陆点经过的时间为t

水平位移x=vxt⑤

竖直位移y=gt2⑥

由几何关系=tanθ⑦

水平方向分速度vx=vc⑧

竖直方向分速度vy=gt⑨

v0=vxcosθ+vysinθ⑩

由④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据，解得v0=10m/s

（3）设运动员第一次沿ed斜面向上滑的最大高度为h1'，

根据功能关系mg(h1-)=kmgcosθ(+)

解得=h1

同理可得，运动员第二次沿ef斜面向上滑的最大高度h2==()2h1

以此类推，运动员第四次沿ef斜面向上滑的最大高度h4=()6h1

解得=

答：（1）运动员从c点水平飞出时的速度大小vc为5m/s；

（2）运动员在de上着陆时，沿斜面方向的分速度大小v0为10m/s；

（3）设运动员第一次和第四次滑上ef轨道时上升的最大高度分别为h1和h4，则h1：h4等于1：64．

（1）B分离后做平抛运动，由平抛运动规律可知：

h=gt2

vB=  

代入数据得：vB=1 m/s

（2）AB分离时，由动量守恒定律得：

mAve=mBvB    

A球由e到d根据动能定理得：

-μmAgl=mAvd2-mAve2       

代入数据得：vd=2m/s

（3）A球由d到b根据机械能守恒定律得：

mAgR=mAvd2-mAvb2

A球在b由牛顿第二定律得：

mAg-mAg=mA        

代入数据得：R=0.5m

答：（1）AB分离时B的速度大小为1 m/s；

（2）A到达d点时的速度大小为2m/s；

（3）圆弧abc的半径R为0.5m．

（1）设人落在距圆心处不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有：

μmg≥mω2•

即转盘转动的角速度满足ω≤．

（2）沿水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛运动的水平位移为x2，时间为t2．

则加速时有x1=at2

v=at1

平抛运动阶段x2=vt2

H=gt2

全程水平方向：x1+x2=L；

代入数据，联立各式解得t1=2s．

（3）由（2）知，v=at=4m/s，且F=0.6mg，

设阻力为f，继续向右滑动加速度为a′，滑行距离为x3

加速阶段：F-f=ma

剪断阶段：-f=ma′

则有：0-v2=2ax3

联立以上三式，代入数据解得x3=2m．

答：（1）转盘的角速度ω应满足ω≤．

（2）他是从平台出发后经过2s释放悬挂器的．

（3）悬挂器载着选手还能继续向右滑行2m．

（1）物体做的是平抛运动，

在竖直方向上是自由落体运动，

由  h=gt2

得 t===1s，

（2）钢球在竖直方向上的速度 vy=gt=10m/s=v0，

由于球是垂直撞在一钢板上，所以钢板与水平面的夹角θ=450，

（3）小球撞击钢板时的速度是球的合速度，

所以vt==10m/s，

答：（1）小球在空中运动的时间是1s；

（2）钢板与水平面的夹角θ是45°；

（3）小球撞击钢板时的速度大小是10m/s．