热门试卷

解：（1）小物块由O点到P点做平抛运动，

水平方向上：x=vt=Rcos37°

竖直方向上：

解得：

（2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点．

F-μmg=ma1

力F撤去后在摩擦力作用下做匀减速运动有：

μmg=ma

匀加速运动的位移

匀减速运动的位移

又x1+x2=s

由以上各式解得作用时间为t=1s

（3）从P向Q运动时只有重力做功，由动能定理有：

根据牛顿第二定律知在Q点有：

由两式解得：FN=9N

有牛顿第三定律得：小物块对挡板的压力为

答：（1）若小物块恰能击中挡板上的P点（OP与水平方向夹角为37°），其离开O点时的速度v的大小为m/s；

（2）为使小物块击中挡板，拉力F作用的最短时间t为1s；

（3）若小物块击中挡板上的P点后速度马上变为0，小物块滑到O点正下方的Q点时对挡板的压力FN的大小为9N．

解：研究质量为m的物体，分析物体受力：物体在运动中只受重力作用．

根据动能定理W=△Ek，且重力做功与路径无关．

有：mg（h1-h2）=m-m

整理，有：mgh1+m=mgh2+mv

由上式可知：物体在Q处的动能与势能之和等于物体在R处的动能与势能之和，

即：物体在Q处的机械能等于物体在R处的机械能；

答：证明如上．

解：（1）由图象可知，打开降落伞时，速度v0=20m/s，

打开降落伞前人做自由落体运动，由匀变速运动的速度位移公式得：

下落高度为：h===20m；

（2）由图象可知，当速度v=10m/s时，特警队员做匀速运动，

由平衡条件得：kv2=mg，k===10N•m/s，

由牛顿第二定律得，打开伞的瞬间，加速度：

a=

代入数据得：a=30m/s2，方向竖直向上；

（3）从打开降落伞到落地整个过程中，由动能定理得：

mg（H-h）-W=mv2-mv02，

代入数据解得：W=1.015×106J；

答：（1）打开降落伞前人下落的距离为20m；

（2）求阻力系数k为10N•m/s，打开伞瞬间的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上；

（3）空气对人和设备的作用力所做的总功为1.015×106J．

解：（1）设小球滑至环顶时的速度为υ1，所受环的压力为N．

小球运动过程中机械能守恒：mg（h-2R）=m

在顶点B，由圆周运动的知识有：mg+N=m

联立①②解得：N=mg（-5）

代入数值解得：N=2×10（ -5）N=40N

由牛顿第三定律知小球对环的压力大小为：N′=N=40N

（2）当圆环对小球的压力为零时，仅由重力充当向心力，对应的速度υ2为越过圆环最高点的最小速度．

则有  mg=m

根据动能定理得：mg（h-2R）+W=

解得摩擦力做的功 W=mg（2.5R-h）=2×10×（2.5×1-3.5）=-20J

答：

（1）小球滑至圆环顶点B点时对环的压力是40N；

（2）若斜面圆环粗糙，小球滑下后恰好能过最高点B，整个过程中摩擦力做的功是-20J．

解：（1）设滑雪者的质量为m，斜面长s1，倾角为θ，平台长s2，从A到B由动能定理得：

s1cosθ+s2=L

=10m/s

（2）滑雪者离开B点后，由机械能守恒定律得：

解得：h‘=5.5m

（3）在竖直方向做自由落体运动

水平方向匀速运动

x=vBt

答：（1）滑雪者离开B点时的速度大小为10m/s；

（2）若取地面为参考平面，滑雪者离开B点后动能和重力势能相等时距离地面的高度为5.5m；

（3）滑雪者落地时距离B点的水平距离为．

解：（1）在AB段，根据动能定理：mgS1sin37°-μmgcos37°S1=

代入解得，物体到达B点速度为：v=3m/s

（2）在BC段，物块所受滑动摩擦力大小为：f2=μ（mgcos37°+Fsin37°）．

由B到C过程，根据动能定理：mgS2sin37°-f2S2-FS2cos37°=0-

代入解得，BC间距离为：S2=0.5m．

答：（1）物体到达B点的速度是3m/s；

    （2）BC距离是0.5m．

解：（1）设汽车前进100m时的速度为v，该过程有牵引力和阻力做功，则对汽车应用动能定理得：

代入数据解得：v===10m/s

（2）设汽车关闭发动机后还能滑行的距离为x，则对汽车应用动能定理得：

代入数据解得：x===50m

答：（1）汽车前进100m时的速度为10m/s；

（2）汽车关闭发动机后还能滑行50m远．

解：各图中动能定理的表达式分别为：

-2mgR=

  mgR（1-cosθ）=

  mgR=

在最高点有：mg-N=m

  mgh=

  mgh=

答：见上．

解：（1）由图可知，在0-1s内，小球的位移：=3m

在1s-2.5s内，小球位移：=4.5m

由动能定理得：

故F1x1=（F2-F1）x2

故：F1：F2=3：5

（2）t=2.0s时，小球速度的大小为v=2m/s，恒力F2的功率P=F2v=10×2W=20W

答：（1）F1与F2的比值为3：5

（2）在t=2s时，恒力F2的功率为20W．

解：（1）物体下滑过程中，只有重力和滑动摩擦力做功，

斜面上摩擦力做的功为：Wf1=-μmgcosθ，

水平面上摩擦力做的功为：Wf2=-μmg（s-）

对物体全过程应用动能定理，有：

mgh-μmgcosθ-μmg（s-）=0

解得：μ=．

（2）根据（1）知水平位移与斜面的倾角或滑块的质量无关，故如果仅改变斜面的倾角或滑块的质量，水平距离s不会变化；

（3）上滑过程中摩擦力做功不变；则由动能定理可得：

-mgh+Wf1+Wf2=0-mv02；

联立解得：v0=2；

答：（1）证明过程如解析；

（2）如果仅改变斜面的倾角或滑块的质量，水平距离s不会变化；

（3）给小球的初速度为2．

解：（1）从A到C由动能定理可知F（L+R）-μmgL-mgR=0-0

当在运动方向上合力为零时速度最大，在圆弧上的E点，EO与竖直方向的夹角

（2）设μ=0.25

不脱离轨道情景一：小车在圆弧上到达的最高点在C点之下．

临界：AC过程列动能定理Pt1-μmgL-mgR=0-0

得t1≤26s

此后，再从C点返回，在BA段上能通过的距离为xmgR=μmgx

的x=4R=12m＜L

故不会从轨道左端滑出   

不脱离轨道情景二：小车能上升到最高点D，碰挡板后再原路返回．

要到最高点D，需满足

A到D过程列动能定理得

临界t2≥35s

又因为返回后不能从左端A处掉下，工作时间t3必须满足Pt3≤2μmgL

得t3≤40s

故：为了使得小车不脱离轨道，发动机工作时间必须满足t1≤26s或者35s≤t2≤40s．

答：（1）恒力F的大小为2.3N，此过程中小车速度最大时的位置为在圆弧上与竖直夹角的正切值为．

（2）若小车用自带的电动机提供动力，电动机输出功率恒为P=50W，要使小车不脱离轨道，发动机工作时间t需满足的条件t1≤26s或者35s≤t2≤40s．