热门试卷

解：（1）运动员由A 到B运动过程，在沿斜坡方向由牛顿第二定律得

mgsinθ=ma

a=gsinθ=6m/s2

由运动学公式可得

；

（2）运动员由A到B的过程中，由动能定理

mgh1=

；

（3）运动员由A到E的过程中，由动能定理可得

mg（h1+h2+R-Rcosθ）=EKD

EKD=mg（h1+h2+R-Rcosθ）=80×10×（7.2+6.8+5-5×0.8）J=12000J；

答：（1）运动员在斜坡AB上运动的时间t为2s；

（2）运动员到达B点的速度VB为12m/s；

（3）运动员落到DE上的动能EKD为12000J．

解：小车的砂桶用细线相连，故其加速度大小相等，根据牛顿第二定律以整体为研究对象有加速度：

知，当砂桶的质量m增加时加速度a增大即m1＜m2，所以有a1＜a2，

再以砂和砂桶为研究对象有：m1g-T1=ma1，m2g-T2=ma2，所以有

根据功能关系知，除重力和弹力外其它力对系统做的功等于系统机械能的变化知，在两种情况下运动，小车所受摩擦力对小车做的功相同，可知两种情况下系统机械能的变化量△E1=△E2，

故答案为：1   

解：（1）对m2从B点到D点根据动能定理得：

-m2g×2R=m2-m2                       ①

m2在D点由向心力公式有：m2g=m2             ②

由①②求解得：v0=5m/s                          

（2）m2从 D点飞出，根据平抛运动规律得：

2R=gt2                                  ③

x=vDt                                    ④

由②式得：vD===5m/s          ⑤

对m1由运动学公式和牛顿运动第二定律得：

（L-x）=at2                             ⑥

a=                         ⑦

由③④⑤⑥⑦求解得：F=28N   

答：（1）m2在B点出发时的速度v0的大小为5m/s；

（2）水平拉力F的大小为28N．

解：（1）设撤去拉力F时物体的速度为V，由动能定理得：

解得V==

（2）由机械能守恒定律得物体在光滑圆轨道运动和竖直方向上的运动时没有机械能损失；

设物体在AB上运动的总路程为S，取整个过程为研究对象，由动能定理得：

F2R-μmgS=0

解得S=8R

所以物体停在离B点距离：L=S-=8R-2R=6R．

答：（1）撤去拉力时物体的速度（2）物体最后停在离B点6R的点

解：设弹力对小球做功为W，根据动能定理

  W+mgh=mv2       

所以W=mv2-mgh

代入数据解得 W=-6J．

答：小球从A运动到B的过程中橡皮筋的弹力对小球做功为-6J．

解：（1）滑块由B点开始做平抛运动到C点，根据运动的分解，在竖直方向上滑块做自由落体运动，

有vy2=2gh2 可求得 vy=3.0m/s

把vC分解得 vy=vcsinθ  可求得 vC=5.0m/s

（2）滑块由A点沿轨道滑到B点的过程中，

根据动能定理得：mgh1-Wf=

再根据运动的分解，vB=vccosθ=4.0m/s

可解得滑块克服摩擦力做的功 Wf=4.0J

（3）滑块落到传送带上后先做匀减速直线运动，加速大小设为a

根据牛顿第二定律得，μmgcosθ-mgsinθ=ma

达到传送带的速度所用的时间设为t，则

  v=vc-at  代入数据解得 t=5.0s

传送带的位移 x1=vt=15.0m

滑块的位移 x2=t=20.0m

此后，滑块和传送带一起向下运动，摩擦力做功但不再产热

所以，滑块在传送带上滑动时由于摩擦产生的热 Q=μmgcosθ（x2-x1）=32.0J

答：（1）滑块运动至C点时的速度vC大小为5.0m/s． 

（2）滑块由A到B的运动过程中克服摩擦力做的功的Wf为4.0J． 

（3）滑块在传送带上滑动时与传送带间由于摩擦产生的热量Q为32.0J．

解：设斜面与水平面的夹角为α，所以tanα=＞1，所以：α＞45°．

由题意可知拉力F的大小：F=mg

当拉力方向变化后，拉力与重力的合力的方向与水平面的夹角为β，tanβ==1，

β=45°．

因为：α＞β

所以：物体将会脱离斜面做匀加速直线运动，运动方向与水平面成45°角

物体受到的合外力大小为：F合=mg

物体通过的位移为：x=h

由动能定理可得：F合x=mv2

解得：v=2

答：物体运动到水平地面时的速度为2．

解：（1）物体从静止到刚进入传送带过程，由机械能守恒定律得：mgh=m，

代入数据解得：v1=10m/s，

物体离开B做平抛，竖直方向：h=g，

代入数据解得：t1=1s，

到B端速度：v2===2m/s，

传送带转动时，因为v2＜v＜v1，所以物体先减速后匀速，由：v2′=v=5m/s，

解得：x′=v2′t1=5×1=5m；

（2）第一次传送带对物体做的功为：W1=m（-）

代入数据解得，两次做功大小之比为：==

答：（1）传送带转动时，物体落到距B点正下方5m处．

（2）先后两种情况下，传送带对物体所做功之比为32：25．

解：（1）木板运动的位移为s，根据动能定理得，-0

则动能的增加量为μmgs．

（2）小铁块的位移为l+s，根据动能定理得，-μmg（l+s）=△Ek

可知小铁块动能的减小量为μmg（l+s）．

（3）则系统减小的机械能等于△E=μmg（l+s）-μmgs=μmgl．

（4）系统产生的热量等于系统减小的机械能，Q=△E=μmgl．

答：（1）木板的动能增加为μmgs．

（2）小铁块的动能减小量为μmg（l+s）．

（3）系统减小的机械能等于μmgl．

（4）系统产生的热量等于μmgl．