热门试卷

解：（1）由动能定理可得Pt-μmg=0，代入数据解得：t=1.0s．

（2）设滑块的最大速度为υm，则滑块做匀减速运动的加速度大小为a=μg，滑块做减速运动的时间为t2=，则有 （t1+t2）＜s，

解得：m/s≈3.5m/s，所以滑块的速度不能达到υ=4.0m/s．

（3）如图所示：1.0s之前为曲线，1.0s之后为直线，最后时刻在4s～5s之间

答：（1）水平外力F作用在滑块上的时间1s；

（2）滑块速度不能达到4.0m/s；

（3）如右图所示．

解：（1）根据动能定理得，人对物体做功 W==J=9J

（2）整个运动过程中重力对物体做功为 WG=mgh=2×10×0.8J=16J

（3）由动能定理得：

  mgh=-

得物体落地时的速度大小 v===5m/s

设物体落地时的速度方向与水平方向的夹角为α，则

  cosα==，α=53°

答：

（1）人对物体做了9J的功．

（2）整个运动过程中重力对物体做了16J的功．

（3）物体落地时的速度大小是5m/s，方向与水平方向的夹角为53°．

解：对于整个过程，由动能定理得：

  mgR-μmgx=0-0

得 x==m=5m

答：B、C两点之间的距离x是5m．

解：设物体在恒力F作用下发生的位移为s，由动能定理得：

Fs=mv2…①

物体在3F恒力作用下，先做匀减速运动，速度减小到零后返回，到物体回到原出发点时，物体的位移大小仍为s．在3F恒力作用的过程中，由动能定理得：

3Fs=mvt2-mv2…②

由①②得：vt=2v，

答：物体回到原出发点时的速度为2v．

解：（1）设小物块经过C点时的速度大小v1，因为经过C时恰好能完成圆周运动，

由牛顿第二定律可得：，

解得v1=3m/s

小物块由A到C过程，由能量守恒得：Ep=μmgL+，

解得压缩的弹簧所具有的弹性势能Ep=5.7J         

（2）设小物块经过D点时的速度为v2，对由C点到D点的过程，

由动能定理得：

小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为FN，

由牛顿第二定律得：

联立解得FN=60N，

由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：F′N=FN=60N

故小物块经过D点时对轨道的压力大小为60N；

（3）小物块离开D点做平抛运动，设经时间t打在E点，由得：

设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy，速度跟竖直方向的夹角为α，

则：vx=v2、vy=gt

  又

联立解得α=60°

再由几何关系可得θ=α=60°    

故倾斜挡板与水平面的夹角为θ为60°．

答：（1）压缩的弹簧所具有的弹性势能为5.7J         

（2）小物块经过D点时对轨道压力的大小为60N；

（3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ为60°．

解：（1）氙离子在栅电极A、B间经历直线加速过程，根据动能定理有：

qU=

解得：

v=

（2）在与飞船运动方向垂直方向上，根据动量守恒有：

0=（M-Nm）△v+（Nm）v

根据题意，有：

M-Nm≈M

解得：N≈=

（3）设单位时间内通过栅电极A的氙离子数为n，在时间t内，离子推进器发射出的氙离子个数为N=nt，设氙离子受到的平均力为F‘，对时间t内的射出的氙离子运用动量定理，以向右为正方向，有：

F't=Nmv=ntmv，

解得：F'=nmv

根据牛顿第三定律可知，离子推进器工作过程中对飞船的推力大小F=F'=nmv

电场对氙离子做功的功率：P=nqU

则 

根据上式可知：增大S可以通过减小q、U或增大m的方法，提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力．

答：（1）氙离子经A、B之间的电场加速后，通过栅电极B时的速度v的大小为；

（2）推进器在此次工作过程中喷射的氙离子数目N为；

（3）增大S可以通过减小q、U或增大m的方法，提高该比值意味着推进器消耗相同的功率可以获得更大的推力．

解：物体上滑过程，根据动能定理得：

-（mgsinθ+μmgcosθ）L=0-

得物体上滑的最大距离为：L=

答：斜面的长度L是．