热门试卷

解：（1）设小物体运动到点的速度大小为，对小物体由a点运动到p点过程应用动能定理得

小物体自p点做平抛运动，设运动时间为，水平射程为，则

联立代入数据解得

（2）设在轨道最高点时管道对小物体的作用力大小为，取竖直向下为正方向，据牛顿第二定律得

联立代入数据解得，方向竖直向下

（3）分析可知，要使小球以最小速度v0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位置应该有“S”形道的中间位置

据牛顿第二定律得

据动能定律得：

解得：

（1）设推力对冰壶的冲量大小为I，则根据动量定理I-μ1mgt=mv0

代入数值解得      I=56 N•s                                

（2）根据动能定理，m=μ1mgs

s==25m                              

冰壶停止的位置距离营垒圆心的距离    x=30m-25m=5.0m                 

（3）冰壶A与冰壶B碰撞的过程中，设冰壶A碰撞前的速度为vA，

碰撞后的速度为vA′，冰壶B碰撞后的速度为vB′，

根据动量守恒定律和功能的关系，有

mvA=mvA′+m vB′

m=mv′A2+mv′B2

解得    v'A=0，v'B=vA                                

即冰壶A与冰壶B碰撞后二者的速度相互交换．

因此可以将整个过程看成为冰壶A一直沿直线PO运动到营垒区外的过程，运动的总位移为s'=31.8m．

根据动能定理，设将冰壶B恰好撞出营垒区外，运动员用毛刷擦冰面的长度为L，则-μ1mg(s′-L)-μ2mgL=0-m

代入数值解得   L=13.6 m      

答：（1）冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用的冲量大小为56 N•s 

（2）若不用毛刷擦冰面，则冰壶停止的位置距离营垒圆心O点5.0m                 

（3）运动员用毛刷擦冰面的长度至少为13.6 m．

（1）线圈进入磁场前做匀加速运动，

由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，a=gsinθ，

当t=t1时，线圈的速度：v1=at1=gsinθt1…①

由法拉第电磁感应定律得，由于磁场变化产生的感应电动势：

E1=N=NS=Ndl=NKld，

ab边切割磁感线产生的感应电动势：

E1′=NB1lv1=NKlgt12sinθ，

由题意可知瞬间电流为0，

则：E合=E1-E1′=0

即：NKdl=NKlgt12sinθ，

∴磁场宽度：d=gt12sinθ；

（2）由（1）可知：E1=NKld，感应电流：I==，

从t=0到t=t1运动过程中线圈产生的热量Q：

 Q=I2Rt1=；

（3）当t=t2时，由题意知：mgsinθ-NB2I2L=0，

设ab边穿出磁场瞬间的速度为v2，

ε2=NB2Lv2，I2=，

∴v2=，

由动能定理：m-m=mgdsinθ-W，

解得：W=mg2sin2θ(3-)；

答：（1）MN、PQ之间的距离为gt12sinθ；

（2）从t=0到t=t1运动过程中线圈产生的热量为；

（3）线圈的ab边在穿过磁场过程中克服安培力所做的功为mg2sin2θ(3-)．

（1）108 J     （2）36 J （3）54 J

(1)设物块A炸裂前的速度为v0，由动能定理

设物块1的初速度为v1，物块2的初速度为v2，则v2=v0

mAv0= m1v1－m2v2

mA=m1+m2      解得v1=12m/s

解得△E ="108" J

(2) 设物块1与B粘合在一起的共同速度为vB，由动量守恒

m1v1=(m1+mB)vB

vB="6" m/s

在以后的过程中，当物块C和1、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vm，由动量守恒    (m1+mB)vB=(m1+mB+mC)vm

vm="3" m/s

由能量守恒得

Epm= 36 J

（3）从弹簧被压缩到被压缩到最短的过程中，根据功能关系有

W="54 J"

（1）人在最高点将做平抛运动，设人开始做平抛运动时的最小速度为υ，则有

根据平抛运动规律得：

水平方向 s=vt

竖直方向 h=gt2

解得：υ=5m/s

（2）由动能定理得：

W1-0.1mgsAB=m-0

W1=2880J

（3）W2一mg（L一H）=mυ2-m

据以上各式解得W2=300J

W=W1+W2=3180J

答：（1）人要最终到达平台，在最高点飞出时刻的速度应至少为5m/s．

（2）则人在该过程中做的功为2880J

（3）在整个过程中人应至少要做3180J．

对于图线①，根据动能定理得：-fx=0-Ek，得到阻力为f===2×103N．

设汽车匀速运动的速度为v，则有Ek=mv2得，v=40m/s，

汽车的额定功率为：P=Fv=fv=2×103×40W=80kW．

根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：E=Ek-fS=8×105J-2×103×1.5×102J=5×105J．

对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt-fS=Ek2-Ek1，代入数据解得到t=16.25s．

故答案为：2×103N，80kW，5×105J，16.25s．

（1）小球受力如图所示，小球所受电场力的方向与场强方向相同，小球带正电；

由平衡条件得：qEsin30°=mg，解得：E=；

（2）小球下摆过程中，由动能定理得：

mgL+qEL=mv2-0，

小球做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得：

T-mg-qE=m，

解得：v=，T=9mg；

答：（1）小球带正电，匀强电场场强E的大小为；

（2）小球摆到最低点时的速度为，绳子的拉力大小为9mg．

（1）物体在B点时，做圆周运动，由牛顿第二定律可知：

T-mg=m

解得v=

从A到C由动能定理可得：

弹力对物块所做的功W=mv2=3mgR；

（2）物体在C点时由牛顿第二定律可知：

mg=m；

对BC过程由动能定理可得：

-2mgR-Wf=mv02-mv2

解得物体克服摩擦力做功：

Wf=mgR．

（3）物体从C点到落地过程，机械能守恒，则由机械能守恒定律可得：

2mgR=Ek-mv02

物块落地时的动能Ek=mgR．

（1）设物体C在电场力作用下第一次与滑板的A段碰撞时的速度为v1，由动能定理得：

         qEl=mv12 解得：v1=

（2）小物体C与滑板碰撞过程中动量守恒，设滑板碰撞后的速度为v2，由动量守恒定律得

     mv1=Mv2-mv1

解得：v2=v1=

（3）小物体C与滑板碰撞后，滑板向左作以速度v2做匀速运动；小物体C以v1的速度先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动，直至与滑板第二次相碰，设第一次碰后到第二次碰前的时间为t，小物体C在两次碰撞之间的位移为s，根据题意可知，小物体加速度为

      a=

小物体C与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等，即

     v2t=-v1t+at2 解得：t=

两次相碰之间滑板走的距离s=v2t=l

设小物体C从开始运动到与滑板A第二次碰撞这段过程电场力对小物体做功为W，则：W=qE（l+s）

解得：W=qEl

答：（1）物体C第一次与滑板A端相碰前瞬间的速度大小是．

    （2）滑板被碰后的速度大小是．

    （3）电场力对小物体C做的功W=qEl．

（1）B→C过程，由动能定理得：

-mgH=0-mvB2，解得：vB===10m/s；

（2）物体在水平面上受到的摩擦力：

f=μ（mg-Fsin53°），

物体从A→C过程中，由动能定理得：

FLcos53°-μL（mg-Fsin53°）-mgH=0-0，

即：F×0.6×15-0.5（60-F×0.8）×15-60×5=0-0，

解得：F=50N．

答：（1）物体在B点的速度大小为10m/s；

（2）拉力F大小为50N．

（1）从h高处由静止释放至反弹到h，根据动能定理，有

mg（h-h）-f(h+h)=0

解得：f=mg

（2）从开始运动到完全停止运动全过程运用动能定理，有

mgh-fl总=0

解得l总=h=7h

（3）从给它动能EK0到它再次返回到h高处，由动能定理，有

-f•2h=0-EK0

得EK0=f•2h=mgh

答：（1）空气阻力的大小为mg；

（2）它停止运动前通过的总路程为7h

（3）为使乒乓球每次都能返回到h高处，每当它到达h高处时，应给它多大的动能为mgh．

（1）没有保护时，鸡蛋自由下落而不会摔坏，由动能定理得：

mgh=mv2

v==1.41m/s                                

（2）在装置开始下落到着地过程，对鸡蛋应用机械能守恒定律得：

mgH=m                                

在装置着地到鸡蛋撞地过程，对鸡蛋应用动能定理得：

mgx-2fx=mv2-m                

又因为f=5mg

所以可得：H=4.15m

（3）为了使该装置从更高的地方由静止释放，鸡蛋落地后不会摔坏，可以通过根据动量定理延长作用时间获得撞击时的作用力．

答：（1）鸡蛋如果不会摔坏，直接撞击地面的最大速度v=1.41m/s；

（2）如果使用该保护装置，鸡蛋落地后不会摔坏，该装置由静止释放时其下端离地面的最大高度H=4.15m；

（3）为了使该装置从更高的地方由静止释放，鸡蛋落地后不会摔坏，根据动量定理通过延长着地时间实现减小冲击力实现．

（1）每个激光光子的能量：E=hυ        

设激光器每秒发射n个光子    Pt=（nt） E　 　

解得：n=1.0×10 27

（2）设电子经电场加速获得的速度为v

由动能定理有：eU=mv2…①

设电子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R

evB=m… ②

电子在磁极间的运动轨迹如 右图所示　　　　

电子穿过每对磁极的侧移距离均相同，设为△L

由图可知△L=R-… ③

根据①②③代入相关数据可得△L=0.1m．

电子通过的磁极个数　　N=

解得：N=3    

答：（1）每秒钟发出n=1.0×10 27个光子；

（2）电子一共可以通过3个磁极．

（1）对全过程运用动能定理得

Fs1-fs=0-0，代入数据，20×2-f×8=0   解得f=5N．

故木块所受摩擦力的大小为5N．

（2）根据动能定理得，Fs1-fs1=EKm-0

代入数据得，EKm=20×2-5×2=30J．

故木块的最大动能为30J．