热门试卷

（1）设物块1和2间的绳子绷紧前瞬间，物块1的速度为v0，由动能定理得

（3μmg-μmg）S=m  ①

解得：V0=2   ②

（2）物块1和2之间绳子绷紧后，共同速度为V1，

由动量守恒得mv0=2mv1    ③

设物块2和3间绳子绷紧前2的速度为V2

绷紧后共同速度为V3，

（3μmg-2μmg）S=2m-2m   ④

2mv2=3mv3      ⑤

由以上式得：v3=

（3）物块3开始运动后，由于拉力等于摩擦力，所以作匀速运动，设物块3和4之间绳子绷紧后共同速度为V4，

则3mV3=4mv4   ⑥

设前4个物块作匀减速运动的最大位移为S′，则：

（3μmg-4μmg）S=0-4m    ⑦

解得S′=S

表明物块4和5之间的绳子拉直时，前4个物块速度恰好减为零，即物块5不会发生滑动，要使物块5发生运动，必须V5＞0，

即F＞3μmg

答：（1）物块1和物块2之间的绳子绷紧前瞬间，物块1的速度大小是2．

（2）物块3刚开始运动时的速度是．

（3）物块5不会发生滑动，要使物块5发生运动，必须V5＞0，即F＞3μmg．

分析：不对，功的计算公式：W=FScosθ仅仅使用与恒力做功，而该题中小球从平衡位置P点很“缓慢地”移动到Q点，说明了水平拉力是变力，该同学把它当作恒力处理了．

正确的解答是：

由P到Q，根据动能定理：

WF-WG=△Ek=0     

而WG=mgL（1-cosθ）

所以WF=mgL（1-cosθ）

答：不对，功的计算公式：W=FScosθ仅仅使用与恒力做功，而该题中水平拉力是变力，该同学把它当作恒力处理了．求解的过程如上．

（1）从开始到下端小球到达下极板，应用动能定理得：

     3mgd-Eqd-Eq（d-L）-Eq（d-2L）=0 …（1）

     d=3L …（2）

而E=…（3）

联立解得 U= 

（2）当合力为零速度最大，即3mg=EQ

由（2）（3）（4）得：E=

联立以上两式得 Q=2q

所以第二小球进入电场时速度最大，根据动能定理得

  3mgL-qEL=•3m

解得，vm=

答：

（1）两极板间的电压为．

（2）小球运动的最大速度为．

（1）由题意，并联部分电压为U=8V，内电压应为Ur=E-U=2V

总电流I==2A

电源的输出功率P0=UI=16W

（2）流过灯泡的电流I1==1.5A

则可得流过电动机的电流I2=I-I1=0.5A

电动机的热功率PQ=I22R0=1W

10s内产生的热量为Q=PQt=10J

（3）电动机的总功率P1=UI2=4W

电动机的机械功率P2=P1-PQ=3W

电动机的机械效率η==75%

（4）由动能定理，得：Pt=mgh+mv2，

   解得：h=5.2m

答：（1）电源的输出功率P0为16W；

（2）10s内电动机产生的热量Q为10J；

（3）电动机的效率η为75%；

（4）物体在这10s内上升的高度h为5.2m．

由动能定理：Mgh-Wf=Mv2

则：Wf=Mgh-Mv2=9000 J

答：下滑过程中运动员克服阻力做的功为9000J．

（1）3            

（2）=1.5

解：（1）B-C：3mgR/2=mvc2/2－mvB2/2

vc=

（2）A-B：3mgR/2+=mVB2/2－0

=mgR/2

 =/q=-mgR/2q

在小球上升x1=20m的过程中，根据动能定理得：-（mgx1+fx1）=Ek1-Ek0，

又mgx1=△Ep=60J，

联立解得，mg=3f

设小球上升的最大高度为H，对于整个上升过程，有 

-（mg+f）H=0-Ek0，

将mg=3f代入解得，fH=25J

对整个运动过程，则有

-2fH=Ek-Ek0，

解得，Ek=50J

答：小球落地时的动能Ek是50J；

解：以物体A、盒B组成的系统为研究对象，它在水平方向所受的外力就是地面对盒B的滑动摩擦力，而A与B间的摩擦力、A与B碰撞时的相互作用力均是内力

设B停止运动时A的速度为v，且假定向右为正方向，对由物体A和盒B组成的系统应用动量定理得：

-μ2(m+M)gt=mv-mv0 ①

当B停止运动后，对A应用动能定理得： ②

由①②两式解得B运动的时间为：

解：第一次下滑回到N时速度为v

Mgsinθ·S－μmgcosθ·S=mv2/2 ①

第二次上滑，初速度也为v

mgsinθ·S/2+μmgcosθ·S/2= mv2/2 ②

联立方程①、②，解得μ=1/3tgθ

（或直接对动能为零的两个状态及过程运用动能定理：mgsinθ·S/2 －μmgcosθ·3S/2= 0，解得μ=1/3tgθ，同样给分）

设两球质量各为，各受电场力大小为，杆长为，b球刚穿出时速度为，两球加速时加速度大小为，减速时加速度大小为，b球离开前杆弹力大小为，离开后弹力大小为

对a球             ①

对b球                 ②

对整体                 ③

加速过程             ④

减速过程                ⑤

联立解得                ⑥

评分标准：①～⑥每式2分 ，用动能定理解答的参照评分标准赋分

解：（1） 

（2） 

      方向：沿斜在向下

（3）由动能定理：

（1）

（2）

（1）设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得

           ①

设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为，由牛顿定律得

               ②

                      ③

联立①②③式，代入数据得

                         ④

（2）设小车在轨道上做加速度运动的末速度为，撤去力后小车做减速度运动时的加速度为，减速时间为，由牛顿定律得

                       ⑤

                 ⑥

                   ⑦

该滑块的质量为，运动到点的速度为，由动能定理得

                  ⑧

设滑块由点运动到点的时间为，由运动学公式得

                 ⑨

设滑块做平抛运动的时间为，则

         ⑩

由平抛规律得

       11

联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩11式，代入数据得

    12

（1）园环从O到D过程中做平抛运动

x=v0t

y=gt2

读图知：x=6m、y=3m，代入上式解得v0=m/s

到达O点时：根据合力充当向心力

mg+FN=

代入数据，得FN=30N

根据牛顿第三定律得，对轨道的压力为30N，方向竖直向上．

（2）园环从A到O过程中，根据动能定理有

FxAO-μmgxAB-mgy=mv

代入数据，得F=10N

（3）园环从A到B过程中，根据牛顿第二定律有

F-μmg=ma

根据运动学公式有xAB=at2

代入数据，得时间t=s．

答：（1）圆环到达O点时对轨道的压力为30N；

（2）恒力F的大小为10N；

（3）圆环在AB段运动的时间为s．