热门试卷

（1）设跳离跳台时运动员的速度为v，规定向上为正方向，则由运动学公式有 -h=vt-gt2  ①

解得：v=5m/s  ②

（2）设手触及水面时，运动员的速度为v'，v'=v-gt  ③

在入水至重心速度减为零的过程中设水对运动的平均阻力为f，由动能定理得：-(f-mg)h′=0-mv′2  ④

解得：f=5.5mg  ⑤

因此水对她的平均阻力约为其自身重力的5.5倍．

答：

（1）运动员起跳速度的大小为5m/s；

（2）若运动员从双手触水到速度为零的过程中，重心下降了2.5m，假设在此入水过程中运动员始终是竖直的，则水对她的平均阻力约为其自身重力的5.5倍．

（1）设滑雪者质量为m，滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v1=4m/s期间，由牛顿第二定律有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma1

解得：a1=4m/s2

故由静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s

（2）则根据牛顿定律和运动学公式有：x1=a1t2

mgsin37°-μ2mgcos37°=ma2x2=L-x1-=2a2x2

代入数据解得：vB=16m/s

（3）设滑雪者速度由vB=16m/s减速到v1=4m/s期间运动的位移为x3，速度由v1=4m/s减速到零期间运动的位移为x4，则由动能定理有：-μ2mgx3=m-m

-μ1mgx4=0-m

所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为：x=x3+x4=99.2m．

答：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间为1s．

（2）滑雪者到达B处的速度为16m/s．

（3）滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为99.2m．

（1）物块从A到B过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律得

   mgR=m

解得，vB==2m/s

在B点，由牛顿第二定律得：

  N-mg=m

解得，N=3N

根据牛顿第三定律得：物块到达B点时对圆弧轨道的压力大小为3N，方向竖直向下．

（2）设物块到达斜面上的速度为v，则由题意得

   cos30°=

解得，v=m/s

（3）在物块滑上薄木板的过程中，由牛顿第二定律得

对物块：mgsin30°-μmgcos30°=ma1

解得，a1=2.5m/s2

对木板：mgsin30°+μmgcos30°=ma2

解得，a2=7.5m/s2

设从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间为t，则有

  v+a1t=a2t

解得，t=s

答：

（1）物块到达B点时对圆弧轨道的压力是2m/s；

（2）物块滑上薄木板时的速度大小是m/s；

（3）达到共同速度前物块下滑的加速度大小为2.5m/s2，从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间为s．

（1）由N-mg=知，N=4249.1（N）

由牛三知，压力为4249.1N．

（2）运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1，根据运动学公式  vD=gt1                                                    

运动员在空中完成动作的时间  t′=2t1==1.6s                    

（3）运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度==

解得运动员到达C点时的速度 vC=-vB=15.8m/s              

运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理

-Wf-mgR=mvD2-mvC2

得运动员克服摩擦力做功Wf=mvC2-mvD2-mgR

 代入数值解得 Wf=2891J   

答：（1）运动员在B点对圆弧轨道的压力为4249.1N．

（2）运动员从D点跃起后在空中完成运动的时间为1.6s．

（3）运动员从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功为2891J．

（1）设燃料燃烧结束时火箭的速度为v，根据运动学公式和动能定理有

h=t

Fh-mgh=mv2

 可求得v===20m/s．

由上面的式子可推得=+1=

（2）火箭能够继续上升的时间t1===2s

火箭能够继续上升的高度h1==m=20m

火箭离地的最大高度H=h+h1=60m

（3）火箭由最高点落至地面的时间t2==s=2s．

燃料燃烧结束后，火箭飞行的时间t=t1+t2=2+2≈5.46s．

答：（1）火箭的平均推力与重力的比值是．

（2）火箭能到达的离地面的最大高度是60m．

（3）燃料燃烧结束后，火箭还能飞行5.46s．

（1）根据牛顿第二定律得，a=．

（2）由R=v0t，R=at2  及a=得，

联立三个式子可解得：v0=．

（3）Rsinθ=v0t，R-Rcosθ=at2及a=三个式子可得v02=

m v02==

经过P点时的动能：Ek=Eq（R-Rcosθ）+m v02=EqR （5-3cosθ） 

（4）由第（3）小题的结论可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大．（2分）

EkD=Eq（R-Rcosθ）+m v0D2=EqR （5-3cos60°）= EqR

EkC=Eq（R-Rcosθ）+m v0C2=EqR （5-3cos120°）= EqR

所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[EqR，EqR]

答：（1）电荷在电场中运动的加速度为．

（2）运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度为．

（3）该电荷经过P点时动能的表达式EqR （5-3cosθ）

（4）该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为[EqR，EqR]．

（1）由动能定理qEL-μmgL=m-m

得：vP=8m/s

滑块经过P点时的速度为8m/s；

（2）脱离平台后物体竖直方向运动的加速度为a，下落时间为t，

由牛顿第二定律可知：

mg+qE=ma

下落高度：h=at2

水平位移：s=vt

解得：s=2m，

滑块落地点到N点的距离为2m．

（1）由图可知物体的初动能为2J，根据EK=mv02得：v0=2m/s

    （2）设匀加速的位移为s1，位移为s2，对撤去拉力F后直到停止的过程运用动能定理得：

△EK=W合

-μmgs2=0-8J

 μ=0.2

     （3）设匀加速运动的末速度为v1，运动时间为t1，匀减速运动的末速度为v2，运动时间为t2，

          由图可知物体匀加速运动的末动能为8J，匀减速运动的末速度v2=0，根据EK1=mv12得：v1=4m/s

           根据  s1=t1        解得：t1=m 

           根据  s2=t1      解得：t2=2s

               所以总时间 t=t1+t2=s

答：（1）物体初速度的大小为2m/s；（2）物体和水平面间的动摩擦因数为0.2；（3）物体运动的总时间为s．

设两物体与地面间的动摩擦因素为μ，根据滑动摩擦力公式和平衡条件，

对A、B整体有：．μmg+μ（mg-Fsinθ）=Fcosθ①

剪断轻绳以后，设物体A在水平地面上滑行的距离为s，有

μmg=ma②

v02=2as③

联解方程，代入数据得：s==1.4m

答：剪断轻绳后物块A在水平地面上滑行的距离为1.4m．

（1）设上升的最大高度为h，对物体上抛到最高点的过程运用动能定理得：

-mgh-fh=0-mv02

        对下落的过程运用动能定理得：

             mgh-fh=m(

7v0

8

)2-0

          解得；f=mg  h=

    （2）由（1）中解得h=

    （3）因为重量始终大于阻力，故物体最终会落到地面上，设总路程为s，

        对抛出到落地的整个过程运用动能定理得：

-fs=0-mv02

           解得：s=

答：（1）物体在运动过程中所受空气阻力的大小为mg；（2）物体上升的最大高度为；（3）物体运动的总路程为．

（1）滑块做匀减速直线运动，加速度大小：a==2 m/s2vA2-v02=-2ax

解得：vA=6m/s

答：A与B碰撞前瞬间的速度大小为6m/s．

（2）碰撞过程中满足动量守恒：mvA=2mv

解得：v=3m/s

答：碰后瞬间，A与B共同的速度大小为3m/s．

（3）由b运动到a的过程中，根据动能定理

设a点的速度为vc，

-4mgr=mv2-mvc2解得：vc=m/s

根据受力分析：mg+N=m

解得：N=8N

答：轨道对A与B的作用力N的大小为8N．

竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h=

小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则

水平位移：x=•t

 又h=•t

联立得，x=2h=

故M、N间的电势差为UMN=-Ex=-•=-

从M运动到N的过程，由动能定理得

  W电+WG=m(2v0)2-m

又WG=-mgh=-m

所以联立解得，W电=2m

答：M、N间电势差为-，电场力做功为2m．