热门试卷

解：取飞机为研究对象，牵引力F和阻力f对飞机做功分别为：WF=Fs，Wf=-kmgs．

据动能定理得：得：

v===60m/s     

答：飞机起飞速度的大小为60m/s．

解：

（1）

在空中下落过程做自由落体运动，则：

v2=2gh1，

，

带入数据得：

，

．

（2）下落过程重力和弹力做功，由动能定理可得：

mg（h1+h2）-W=0，

解得：

W=40×10×5.5=2.2×103J．

答：（1）从最高点下落到脚触网时的速度大小为10m/s和下落时间为1.0s；

（2）在整个向下运动过程中克服蹦床弹力做的功为2.2×103J．

解：（1）物体由A到B过程中，根据动能定理得：

-（mgsinθ+μmgcosθ）S=-

则 vB==10m/s

（2）物体离开斜面后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，设最高点为D，则D点的速度vD=vBcos45°=10m/s

从B到D，由机械能守恒得：mgh+=

解得 h=5m

所以物体在整个运动过程中上升的最大高度为 H=Ssin45°+h=20m

（3）从D到C物体做平抛运动，则H=

可得 t==s=2s

答：

（1）物体运动到B点的速度大小是10m/s．

（2）物体在整个运动过程中上升的最大高度是20m．

（3）最高点到C点的时间是2s．

解：（1）由于圆筒边缘线速度与物块直线运动速度大小相同，根据v=ωR=4Rt=2t，线速度与时间成正比：物块做初速为零的匀加速直线运动物块加速度为a=2m/s2

根据物块受力，由牛顿第二定律得 T-μmg=ma  则细线拉力为 T=10N 

（2）根据匀变速直线运动规律：

t=2s时物体的速度：v=at=2×2=4m/s 

2s内物体的位移：=4m   

对整体运用动能定理，有W电+Wf=

其中Wf=-μmgx=-24J 

代入数据求得电动机做的功为  W电=72 J 

答：（1）物块运动中受到的拉力是10N．

（2）从开始运动至t=2s时电动机做功72J．

解：（1）由图象可得：在14 s～18 s时间段a=m/s2=-1.5m/s2

小车受到阻力大小：Ff=ma=-1.5N（负号表示力的方向与运动方向相反）

（2）在10s～14s小车做匀速运动，牵引力大小F 与 Ff 大小相等 F=1.5N

P=Fυ=1.5×6W=9W

（3）速度图象与横轴之间的“面积”等于物体运动的位移0～2s内 x1=×2×3m=3m

2s～10s内根据动能定理Pt-Ffx2=-

解得x2=39 m 

加速过程中小车的位移大小为：x=x1+x2=42 m

答：（1）小车所受到的阻力大小为1.5N；

（2）小车匀速行驶阶段的功率为9W；

（3）小车在加速运动过程中位移的大小为42m．

解：（1）对冰壶在B→0段，由速度位移公式：

0-vm2=-2aL2                                       

又a==μg                                     

联立解出vm=．

（2）在A→B段，对冰壶由动能定理得：

W-μmgL1=-0                                  

结合vm=，

解出W=μmg（L1+L2）               

答：（1）冰壶运动的最大速度为．

（2）在AB段运动员水平推冰壶做的功W是μmg（L1+L2）．

解：（1）物体从A到B的过程中，由动能定理得

FLcosθ-μ（mg+Fsinθ）L=

在B点由牛顿第二定律得

联立解得FN=35.6N

由牛顿第三定律得对圆弧轨道的压力为35.6N；

（2）从B到C的过程中，由动能定理得

-mgR-Wf=0-

代入数据解得Wf=1.4J；

答：（1）物体到达B点时对圆弧轨道的压力大小35.6N．

（2）物体在圆弧轨道BC上克服摩擦阻力所做的功为1.4J．

解：（1）挑战者在A点对管壁无压力，则挑战者仅受重力作用，根据牛顿第二定律有：

可得挑战者在A点的速度为：

设挑战者从离水平轨道高为H处开始下滑，从静止开始到A点只有重力做功，根据动能定理有：

可得：H==

（2）因为挑战者在B点恰好对管壁无压力，故满足：

可得：

又因为挑战者从A滑至B点过程中只有重力做功，和阻力在CD段做功，根据动能定理有：

令CD段长度为L，则在CD段阻力做功：Wf=-fL=-μmgL

所以有：

所以：L===

（3）挑战者从B到D的过程中只有重力做功，根据动能定理有：

可得：=

因为水平平台无摩擦，故挑战者离开平台时的水平速度：vx=

设落水点为E，落水时，挑战在竖直方向的分速度：

即：

所以挑战者落水时速度大小为：

v=

与水平方向成θ角，其正切值为：

所以：

答：（1）挑战者若能完成上述过程，则他应从离水平轨道10m高的地方开始下滑；

（2）CD部分的长度是10m；

（3）挑战者入水时速度的大小为与水平方向的夹角

解：（1）滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理：-μmgl=-

代入数据解得：vB=5m/s

（2）滑块从B运动到C的过程中，取水平面为零势能平面，根据机械能守恒定律：=mg•2R+

代入数据解得：vC=3.0m/s

（3）滑块从C水平飞出后做平抛运动．设飞行时间为t，则

水平方向：x=vCt

竖直方向：

联立并代入数据解得：x=1.2 m

答：（1）滑块运动到B点时速度的大小5m/s；

（2）滑块运动到C点时速度的大小3m/s；

（3）滑块从C点水平飞出后，落地点与B点间的距离1.2m．

解：（1）木块离开桌面后做平抛运动，设运动时间为t，根据自由落体公式

木块做平抛运动的时间       =0.8s                       

木块落地时沿水平方向的分速度   vx==6.0 m/s                     

木块落地时沿竖直方向的分速度   vy=gt=8.0 m/s                     

木块落到地面时的速度大小       =10.0 m/s            

（2）根据动能公式，得木块离开桌面时的动能=18 J                             

（3）根据动能定理

W==-182 J                

故木块在桌面上滑行过程中克服摩擦力所做的功为182 J   

答：（1）木块落到地面时的速度大小为10.0m/s；

（2）木块离开桌面时的动能18J；

（3）木块在桌面上滑行过程中克服摩擦力所做的功为182J．

解：（1）从O点做平抛运动，故下落高度为

（2）由动能定理得

解得Ek=2000J

答：（1）A点与O点间的高度差h为3.2m；

（2）运动员落到A点时的动能为2000J．

解：（1）从E到B的过程，由机械能守恒定律得：

mg（H+R）=-

在B点，由牛顿第二定律得：FN′-mg=m

联立解得：FN′=750N

由牛顿第三定律得，物体第一次经过B点时对轨道的压力大小为：FN=FN′=750N

（2）设物体在斜面上总共能运动的路程为s．对于整个过程，由动能定理得：

mgH+mgRcosθ-μmgcosθ•s=0-

解得：s=17m

答：（1）物体第一次经过B点时对轨道的压力大小是750N；

（2）物体运动足够长的时间后在斜面上（除圆弧外）总共能更运动17m的路程．

解：（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy2=2gR

得vD=vy=4 m/s

所以到P的速度为m/s，方向与水平方向夹角为45°

（2）若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM，

根据动能定理，则有m2v2M=m2v2D-m2gR

轨道对物块的压力为FN，则FN+m2g=m2

解得FN=（1-）m2g＜0

即物块不能到达M点．

（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，释放m1时，Ep=μm1gsCB

释放m2时，Ep=μm2gsCB+m2v20

且m1=2m2，得Ep=m2v20=7.2 J

m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，

则Ep-Wf=m2v2D  可得Wf=5.6 J．

答：（1）物块运动到P点速度的大小和方向与水平方向夹角为45°．

（2）判断m2不能沿圆轨道到达M点．

（3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功5.6 J．

解：（1）滑块落在C点，其从B点射出做平抛运动，速度v2满足

Rsin37°=v2t3

Rcos37°=

联立解得v2=3m/s

在水平面上加速前进位移为x1时，物体恰好落到C点，由动能定理得

代入数据解得x1=2.5m；t3=0.8s

（2）开始时的加速度为F-μmg=ma1

a1=

x1=

vm=a1t1=5×1m/s=5m/s

撤去外力后滑块在水平面上减速运动的加速度为a2，运动时间为t2

μmg=ma2

a2=μg=0.4×10m/s2=4m/s2

v2=vm-a2t2

t=t1+t2+t3=1+0.5+0.8s=2.3s

答：（1）拉力F作用的距离为2.5m，

（2）滑块从A点运动到圆弧上C点所用的时间为2.3s．