热门试卷

（1）设货箱与斜面间的滑动摩擦力为f，斜面对货箱的支持力为N，斜面倾角为θ，平行于斜面用力把货箱匀速推上卡车用力为F，则：

f=μN

N=mgcosθ

F=f+mgsinθ

F=6.0×102N

因为Fm小于需要的推力6.0×102N，所以不能把货箱匀速推上卡车．

（2）欲求货箱在斜面低端的最小速度，则可设货箱到达斜面顶端时速度为零．设货箱在斜面上做匀减速运动的加速度大小为a1，货箱在斜面底端时速度至少为v，根据牛顿第二定律：

mgsinθ+μmgcosθ-Fm=ma1解得：

a1=1.0 m/s2

根据运动学公式有：v2=2a1L

解得：v=m/s≈3.2m/s 

（3）要使推力做功最少，则货箱到达斜面顶端时速度为零，即货箱通过A点时速度为v，设货箱在推力Fm作用下沿水平面运动距离为s到斜面底端时，速度大小为v，根据动能定理有：

Fms-μmgs=mv2解得：s=5.0m

此人在全过程做的功为：W=Fm（s+L）=4.0×103J；

答：（1）不能将货箱推上去；

（2）货箱在斜面底端的速度至少为3.2m/s；

（3）此人在全程做的功为4.0×103J．

（1）当金属棒的加速度为零时，Mgsin30°=F+mg                                               

库仑力：F=BIL=KhIL                                             

感应电流：I==                                           

解以上方程得：v=                            

（2）设产生的焦耳热为Q，由能量的转化与守恒得：

(M+m)v2=Mghsinθ-mgh-Q                        

解得：Q=mgh-                   

（3）金属棒上升h的过程中，磁通量的变化：△Φ=Lh=kh•Lh=kh2L

   流过金属棒截面的电量：q=•△t=•△t                  

    =                                

解得：q=

答：（1）金属棒上升h时的速度v=；

（2）金属棒上升h的过程中，电阻R上产生的热量mgh-；

（3）金属棒上升h的过程中，通过金属棒横截面的电量．

（1）设货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功为Wf，对货物，

由动能定理得：

m1gR-Wf=m1v2

Wf=m1gR-m1v2=55J

（2）当货物滑上木板A时，货物对木板的摩擦力f1=μ1m1g=40N

地面对木板A、B的最大静摩擦力f2=μ2（2m2+m1）g=50N

由于f1＜f2，

此时木板A、B静止不动．       

设货物滑到木板A右端时速度为v1，由动能定理：-μ1m1gl=m1-m1v2

得：v1=3m/s

当货物滑上木板B时，地面对木板A、B最大静摩擦力f3=μ2（m2+m1）g=30N

由于f1＞f3，此时木反B开始滑动．     

设货物不会从木板B的右端滑落，二者刚好相对静止时的速度为v2．

则对货物：a1=μ1g=4m/s2

v2=v1-a1t

对木板B：a2==0.5m/s2

v2=a2t

由以上两式可得：v2=m/s

t=s

此过程中，s1=(v1+v2)t=ms2=v2t=m

由于s1-s2=1.0m＜l，所以货物最终未从木板B上滑了，且与其右端的距离为1.0m

答：（1）货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功为55J；

（2）货物最终未从木板B上滑了，且与其右端的距离为1.0m

（1）运用动能定理研究运动员站立在跳台上向上跳起到达最高点得：

运动员起跳瞬间所做的功为W，

W-mgh1=0-0

W=60×10×（1.3-0.5）=480J

（2）运动员起跳过程

W=mv2-0        

v=4m/s

（3）运动员从起跳到刚接触水面，运用动能定理得：

mgh′=Ek′-mv2解得：运动员刚接触到水面瞬间的动能Ek′=6480J．

（4）运动员从刚接触水面到最深处

mgh-×2.5mgh-ρgVL-ρgV（h-L）=0-mvˊ2

体积V=π（）2•L

解得：h=7.98m

答：（1）运动员起跳瞬间所做的功是480J；

（2）运动员起跳瞬间获得的速度大小是4m/s；

（3）运动员刚接触到水面瞬间的动能是6480J；

（4）运动员入水可以达到的最大深度是7.98 m

（1）摩托车飞离平台后，做平抛运动，到达A点时，速度与水平方向夹角53°竖直方向的分速度vy==4m/s

故合速度vA==5m/s．

（2）从A到C过程，根据机械能守恒定律，得

   m+mgR(1-cos53°)=mvc2

在C点，根据牛顿第二定律

    FN-mg=m

代入数值，得FN=3690N

由牛顿第三定律知，摩托车对轨道的压力大小也为3690N．

（3）摩托车上坡过程中，根据动能定理

     Pt-mgh-Wf=mv2

在高台上速度v=vytan37°=3m/s，代入解得Wf=1350J．

答：

（1）从平台飞出到A点，人和车运动的速度vA大小为5m/s．

（2）摩托车经圆弧最低点C时对轨道的压力是3690N．

（3）摩托车冲上高台过程中克服阻力（不包括重力）做的功为1350J．

每秒钟水流的动能变化为：．

水流对叶轮做功等于水流的动能变化：W=△Ek=120J

答：每秒钟水流对叶轮做的功为120J．

（1）小物块从开始到上升到最高点的过程中，

由能量守恒定律得：mgh=m-μmgL，

解得：h=0.4m；

（2）物块从开始返回B点过程，

由动能定理得：-μmgL=mv12-mv02，

解得：v1=2m/s，

物块从B向右滑行过程中，

由动量守恒定律得：mv1=（M+m）v2，

解得v2=m/s，

由能量守恒定律得：mv12-（M+m）v22=μmgL1，

解得：L1=3m．

答：（1）小物块沿圆弧上升的最大高度为0.4m．

（2）小物块从最高点返回后与车的速度相同时，小物块距B端3m．

从释放到第一次到最高点的过程中运用动能定理得：

mg（H-h）-f（H+h）=0

解得：h=H

从释放到最后静止的过程中，运用动能定理得：

mgH=fs

解得：s=

答：小球第一次碰地后反弹的高度是H；小球从释放直至停止弹跳的总路程为．

（1）电子在加速电场中运动时只有电场力做功，

由动能定理得：eu0=mv02解得：v0=

（2）电子离开偏转电场后做类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向初速度为零的匀加速运动；

水平：L=v0t

竖直：y=at2解得：y=()2=

（3）由于竖直方向初速度为零的匀加速运动；

所以：vy=at=

v===

由动能定理：ey=mv2-mv02解得：v=

答：（1）电子进入偏转电场时的速度v0大小为v0=．

（2）电子离开偏转电场时的侧移距离为．

（3）电子离开偏转电场时的速度v大小为．

（1）设第一次碰撞前瞬间P的速度为u1，根据动量定理得：FT=mu1   

得撞前瞬间的速度u1=

因碰撞时间极短，第一次碰撞后瞬间的速度为V1，根据动量守恒得：mu1=2mV1

得碰后瞬间速度V1= 

第一次碰撞过程中产生的内能：△E=mu12-2mV12=

（2）因每次碰撞时间极短，对从开始到发生第n次碰撞后瞬间应用动量定理：

F•nT=（n+1）mVn   

解得：Vn=

（3）同理可以求出第（n-1）次碰后的速度Vn-1=

对第n次碰撞前全过程应用动量定理

     FnT=nmun  

得到：un=  （与n无关）

对n-1到n之间应用动能定理：

   FSn-1=nmun2-nm

代入化简得：Sn-1=

答：

（1）第一次碰撞后瞬间的速度为度V1=，第一次碰撞过程中产生的内能为；

（2）发生第n次碰撞后瞬间的速度vn为；

（3）第n-1个滑块与第n个滑块间的距离sn-1=．

（1）v=(R-r) （2）m= （3）

试题分析：（1）水从喷嘴喷出后做平抛运动，由平抛运动规律有

R-r=vt

H=gt2/2

由①②式得

v=(R-r) 

（2）在t时间内，水泵对水做的功

W="Pt"

由②④式得

w=P  

由动能定理有

w-mgh=mv2/2        

由③⑤⑥式得

m= 

（3）在t时间内，依题意有 m=NρS0vt

由①⑦⑧式得

S0=  

40J  ,-40J

(1) 6m (2) R≤0.08m

试题分析：（1）对滑块…………(1分)     

…………(1分)

对小车…………(1分)   

…………(1分)

又………(1分)

由以上各式解得L=6m………(1分)

（2）由动能定理得…………(1分)

若恰好通过最高点，由牛顿第二定律得……………(1分)

解得R=0.08m………(1分)

所以半径的取值范围为R≤0.08m

点评：该题要求同学们能根据解题需要选择不同的运动过程运用动能定理解题，以及能熟练运用平抛运动的基本公式，难度中等．

：（1）0.24s  (2)5m/s

：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

                      ①

设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

                       ②

其中                            ③

解得

代入数据得                                    ④

（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则

     ⑤

由功能关系有

           ⑥

代入数据解得 =5m/s

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。