热门试卷

（1）1000J（2）500J（3）500J

试题分析：（1）根据做功公式

（2）物体被抬高5m，增加的重力势能

（3）根据动能定理，，得物体的动能

点评：该类型题目把牛顿第二定律和能量这部分内容结合起来，要能够根据物体受力情况判断物体的运动情况，解题的关键在于分析运动过程中能量转化的过程，所有外力的做功等于动能变化量。

(1) x = f/k （2）（3）当时，，当时，

(1)轻杆开始移动时,弹簧的弹力 F =kx                          ①

且 F =f                                                     ②

解得 x = f/k                                                    ③

设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W,则小车从撞击到停止的过程

中动能定理                                    ④               

同理,小车以vm 撞击弹簧时                       ⑤                   

解得                                                ⑥        

(3)设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为                       ⑦

由④⑦解得

当时，，

当时，

（1） (2)1.5 s （3）0.8 m  （4）43 N

试题分析：（1）小物块由A运动B，由动能定理有：

解得：

（2）由牛顿第二定律有：

解得：

水平传送带的速度为：

由 ：

得：

则：

时间为：

（3）小物块从C到D做平抛运动，在D点有：

由（1分），

得：

（4）小物块在D点的速度大小为：

对小物块从D点到O点，应用动能定理：

在O点的向心力为：

联系以上两式得：

由牛顿第三定律知对轨道的压力为43 N。

（1）5.0m/s2（2）0.625m（3）0.625J

试题分析：（1）物体在斜面上做匀加速直线运动，设加速度为a1，则

a1=m/s2=5.0m/s2 ………………………………………3分

（2）设物体滑到B点所用时间为tB，到达B点时速度大小为vB，在水平面上的加速度为a2，则由数据表可知

a2=m/s2="-2.0" m/s2………………………………………1分

vB=a1tB………………………………………1分

1.1- vB=a2（1.2-tB）……………………………1分

解得tB=0.5s………………………………………1分

设斜面上A、B两点间的距离为xAB，则

xAB=a1tB2="0.625m" ………………………………………1分  

（3）设物体在水平面上运动过程中，滑动摩擦力对物体做的功为Wf，根据动能定理

Wf==0-J=-0.625J…………………………2分

点评：本题难度中等，该题为多过程问题，根据受力分析求解加速度，转化为运动学问题之后利用运动学公式求解，对于摩擦力做功，由于不知道动摩擦因数，所以可借助动能定理求解

(1)(2)0.2(3)-12J(4)36J

试题分析：（1）由图可知传送带的速度大小为，方向水平向左。（2分）

（2）由速度图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为

  （2分）

由牛顿第二定律得               （2分）

得物块与传送带间的动摩擦因数    （1分）

（3）根据动能定理，传送带对小物块做的功为

          （3分）

即       （2分）

（4）物块从冲上传送带到相对静止的过程中，物块相对于传送带的速度为

            （2分）

这个过程中，物块相对传送带的位移为

（2分）

因摩擦而产生的热量为    （3分）

点评：本题难度中等，利用动能定理求解问题时只需要确定初末状态，求解系统产生的热量时用到“相互作用力乘以相对位移”，也就是系统机械能的损失

（a） （b）

（a）因A 、B相互作用时无机械能损失同时动量也守恒，故A、B碰撞是一定在O点进行且速度互换。                                                 （3分）

要使B物体恰能上升至圆弧最高点P点，求A物体的初速度，即是求B物体在O点向右出发的速度。对B物体从O点至P点，由动能定理得：

                       （2分）

解之得                                           （1分）

（b）若不变，设B物体在ON间运动的总路程为s

对B物体用动能定理：                      （2分）

所以                

故B物体最终停在N点。                                      （1分）

（1）6.0A      （2）  1.65m

（1）提升夯锤的过程中需做功  

J……………①（2分）

则卷扬机的输入功率为W………（2分）

由于是单相交流电，则  

A……………③（3分）

或者用  解，则更简单

（2）依靠自重桩料可下沉        

m ……………④（2分）

夯在打击前的速度为……………⑤（1分）

打击后的共同速度为，……………⑥（2分）

下冲过程的阻力是随距离均匀变化的力，可用平均力求做功，下冲过程用动能定理

……………⑦（4分）

∴，

则第一夯打击后桩料深入泥土的深度为1.65m ……………⑥（2分）

(1)14 m/s　(2)3936 N

(1)由A→C过程，应用动能定理

得：mg(h＋ΔR)＝mv2

又ΔR＝R(1－cos37°)，

可解得：v＝14 m/s.

(2)在C点，由牛顿第二定律得：

FC－mg＝m

解得：FC＝3936 N.

由牛顿第三定律知，运动员在C点时对轨道的压力大小为3936 N.

本题考查重力做功的计算，重力是保守力，重力做功与路径无关，只与初末位置的高度差有关，在C点合力提供向心力，在由A到C的过程中，应用动能定理，重力做功等于动能的变化量，在C点由支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律可求得支持力大小

（1）达到最大速度时，P＝fvm，vm＝＝m/s＝20m/s，

（2）Pt－fs＝mvm2－mv02，s＝＝1140m

略

①小木桶停止运动，小石块P作竖直上抛运动，此时它们的速度为v：

由匀变速运动的速度公式可得：v2=2gl，解得：v===2m/s，

对小木桶：v2=2ah，加速度为：a===2.5m/s2，

对整体，由牛顿第二定律得：F-（m+M）g=（m+M）a，解得：F=2.5N；

②小石块P由静止开始到最高点的过程中，由动能定理得：

W-mg（l+h）=0-0，解得：W=mg（l+h）=0.02×10×（0.2+0.8）=0.2J；

答：①拉力F的大小为2.5N；

②小石块P由静止开始到最高点的过程中，小木桶abcd对它做的功为0.2J．

略