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题型: 单选题
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单选题

从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球,一个竖直上抛,一个竖直下抛,另一个平抛,则它们从抛出到落地以下说法正确的是(  )

①加速度相同    ②落地时的速度相同        ③运行的时间相等      ④落地时的动能相等.

A①③

B②③

C①④

D②④

正确答案

C

解析

解:①竖直上抛运动,竖直下抛运动,平抛运动(水平抛出的物体做),都只受重力作用,加速度都为重力加速度,故三者加速度相同,故①正确

②速度相同包括方向相同,竖直上抛运动,竖直下抛运动落地的速度竖直向下,平抛运动的物体落地速度与竖直方向有一定的夹角,故三个小球落地速度不相同,故②错误;

③竖直上抛,竖直下抛两个小球落地速度方向都是竖直向下,从抛出到落地的过程中运用动能定理得:=mgh,由题意可知,三个球的h、m、v0都相同,所以末速度的大小相等,即两个小球的落地时速度相同,根据v=v0+gt,v相同,v0不同(方向不同)所以运动时间不同,故③错误;

④从抛出到落地的过程中运用动能定理得:=mgh,由题意可知,三个球的h、m、v0都相同,故它们落地时的动能相同.故④正确

故选:C

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题型: 单选题
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单选题

在距离地面15m高处,某人将一质量为4kg的物体以5m/s的速度水平抛出,则人对物体做的功为(  )

A20J

B50J

C600J

D650J

正确答案

B

解析

解:对人抛物体的过程,根据动能定理得:

W==J=50J,即人对物体做的功是50J.

故选:B.

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题型: 单选题
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单选题

质量为1kg的物体,放置动摩擦因数为0.2的水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示,重力加速度为10m/s2,则下列说法正确的是(  )

As=3m时速度大小为2m/s

Bs=9m时速度大小为4m/s

COA段加速度大小为3m/s2

DAB段加速度大小为3m/s2

正确答案

C

解析

解:A、C、对于前3m过程,根据动能定理,有:

W1-μmgs=mvA2

解得:vA=3m/s

根据速度位移公式,有:2a1s=vA2

解得:a1=3m/s2,故A错误、C正确;

B、对于前9m过程,根据动能定理,有:W2-μmgs′=mvB2

解得:vB=3m/s,故B错误;

D、AB段受力恒定,故加速度恒定,而初末速度相等,故AB段的加速度为零,故D错误;

故选:C.

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题型: 单选题
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单选题

质量10g、以0.70km/s飞行的子弹与质量60kg、以10m/s奔跑的运动员相比(  )

A运动员的动能较大

B子弹的动能较大

C二者的动能一样大

D无法比较它们的动能

正确答案

A

解析

解:子弹的动能为EK1=mV2=×0.01×7002J=2450J;

运动员的动能为EK2=mV2=×60×102J=3000J,所以运动员的动能较大.

故选:A.

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题型:简答题
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简答题

(2015•邛崃市校级二模)某地元宵晚会燃放焰火,其中用到了焰火的空中定向、定位与艺术造型等关键技术.现有一质量为5kg的焰火弹,要使该弹在被竖直发射到离炮筒出口150m的最髙点时恰好点火,假设焰火弹在上升过程中受到的空气阻力恒为其自身重力的0.2倍.g取10m/s2,求:

(1)设计师设计的焰火弹离开炮筒时的速度多大?

(2)焰火弹从离开炮筒出口到最高点点火的时间应控制多长?

正确答案

解:(1)设焰火初速度为v0,由动能定理得:

代入数据解得:v0=60m/s

(2)由牛顿第二定律得:mg+kmg=ma

由匀变速运动公式得:0=v0-at

联立以上各式并代入数据解得:t=5s

答:(1)设计师设计的焰火弹离开炮筒时的速度为60m/s

(2)焰火弹从离开炮筒出口到最高点点火的时间应控制5s

解析

解:(1)设焰火初速度为v0,由动能定理得:

代入数据解得:v0=60m/s

(2)由牛顿第二定律得:mg+kmg=ma

由匀变速运动公式得:0=v0-at

联立以上各式并代入数据解得:t=5s

答:(1)设计师设计的焰火弹离开炮筒时的速度为60m/s

(2)焰火弹从离开炮筒出口到最高点点火的时间应控制5s

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题型:填空题
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填空题

如图所示,某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出,石块抛出时的速度大小为v0,不计空气阻力,石块落地时的动能为______

正确答案

解析

解:根据动能定理得,

解得石块落地的动能

故答案为:

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题型:简答题
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简答题

如图所示,ABC是光滑轨道,其中AB是水平的,BC是与AB相切的位于竖直平面内的半圆轨道,半径R=0.4m.质量m=0.1kg的小球以一定的速度从水平轨道冲向半圆轨道,经最高点C水平飞出,落在AB轨道上,距B点的距离x=2.0m,求:

(1)小球经过C点时的速度大小;

(2)小球经过C点时对轨道的压力大小.

正确答案

解:(1)小球离开C点后做平抛运动,有

  x=vCt

  2R=

可得 vC=x=2×=5m/s

(2)小球经过C点时,由牛顿第二定律得

   mg+N=m

得 N=m-mg=0.1×-0.1×10=5.25N

由牛顿第三定律可得小球经过C点时对轨道的压力大小 N′=N=5.25N

答:

(1)小球经过C点时的速度大小是5m/s;

(2)小球经过C点时对轨道的压力大小是5.25N.

解析

解:(1)小球离开C点后做平抛运动,有

  x=vCt

  2R=

可得 vC=x=2×=5m/s

(2)小球经过C点时,由牛顿第二定律得

   mg+N=m

得 N=m-mg=0.1×-0.1×10=5.25N

由牛顿第三定律可得小球经过C点时对轨道的压力大小 N′=N=5.25N

答:

(1)小球经过C点时的速度大小是5m/s;

(2)小球经过C点时对轨道的压力大小是5.25N.

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题型: 单选题
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单选题

一个人站在高出地面h处,抛出一个质量为m的物体.物体落地时的速率为v,不计空气阻力,则人对物体所做的功为(  )

Amgv

Bmv2

Cmv2-mgh

Dmgh+mv2

正确答案

C

解析

解:设人对物体所做的功为W,根据动能定理得:

  W+mgh=mv2-0,解得:W=mv2-mgh;

故选:C.

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题型:简答题
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简答题

如图所示,质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线 运动,经距离l后以速度v飞离桌面,最终落在水平地面上.已知l=1.4m,v=3.0m/s,m=0.10kg,物块与桌面间的动摩擦因数u=0.25,桌面高h=0.45m,s未知.不计空气阻力,重力加速度取10m/s2

(1)小物块落地时的动能EK

(2)小物块的初速度大小v0

正确答案

解:(1)对物块从飞出桌面到落地,

由动能定理得:mgh=Ek-mv2mv22

落地动能EK=mgh+mv2=0.9J;

(2)对滑块从开始运动到飞出桌面过程,

由动能定理得:-μmgl=mv2-mv02

解得:v0=4m/s;

答:

(1)小物块落地时的动能EK是0.9J;

(2)小物块的初速度大小v0是4m/s.

解析

解:(1)对物块从飞出桌面到落地,

由动能定理得:mgh=Ek-mv2mv22

落地动能EK=mgh+mv2=0.9J;

(2)对滑块从开始运动到飞出桌面过程,

由动能定理得:-μmgl=mv2-mv02

解得:v0=4m/s;

答:

(1)小物块落地时的动能EK是0.9J;

(2)小物块的初速度大小v0是4m/s.

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题型:简答题
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简答题

如图所示,半径为R的圆环竖直放置,直径MN为水平方向,环上套有两个小球甲和乙,甲、乙之间用一长R的轻杆相连,小球可以沿环自由滑动,开始时甲球位于M点,乙球锁定.已知乙的质量为m,重力加速度为g.

(1)若甲球质量也为m,求此时杆对甲球的弹力大小;

(2)若甲的质量为2m,解除乙球锁定,由静止释放轻杆.求甲球由初始位置到达最低点的过程中,轻杆对甲球所做的功.

正确答案

解:(1)甲球受到重力、轨道水平向右的支持力和杆的弹力,根据平衡条件得

杆对甲球的弹力大小为 F==mg

(2)解除乙球锁定,由系统机械能守恒,2mgR-mgR=•2mv2+mv2             

又因为v=v                               

得,v=

对甲球,由动能定理得

  2mgR+W=

解得 W=-mgR

答:

(1)此时杆对甲球的弹力大小为mg.

(2)甲球由初始位置到达最低点的过程中,轻杆对甲球所做的功为-mgR.

解析

解:(1)甲球受到重力、轨道水平向右的支持力和杆的弹力,根据平衡条件得

杆对甲球的弹力大小为 F==mg

(2)解除乙球锁定,由系统机械能守恒,2mgR-mgR=•2mv2+mv2             

又因为v=v                               

得,v=

对甲球,由动能定理得

  2mgR+W=

解得 W=-mgR

答:

(1)此时杆对甲球的弹力大小为mg.

(2)甲球由初始位置到达最低点的过程中,轻杆对甲球所做的功为-mgR.

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题型:简答题
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简答题

一架喷气式飞机,质量m=5.0×103kg,起飞过程中从静止开始滑跑的路程为S=5.3×102m,达到起飞速度V=60m/s,在此过程中飞机受到的阻力是飞机重力的0.02倍(K=0.02),求飞机受到的牵引力F为多少?

正确答案

解:以飞机为研究对象,它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用,这四个力做的功分别为:

WG=0,

W=0,

W=FL,

W=-kmgL,

根据动能定理得:Fs-kmgs=mV2-mv02

代入数据解得:F=1.8×104N

答:飞机受到的牵引力为1.8×104N

解析

解:以飞机为研究对象,它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用,这四个力做的功分别为:

WG=0,

W=0,

W=FL,

W=-kmgL,

根据动能定理得:Fs-kmgs=mV2-mv02

代入数据解得:F=1.8×104N

答:飞机受到的牵引力为1.8×104N

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题型: 单选题
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单选题

甲、乙、丙三物体的质量之比m:m:m=1:2:3,它们沿水平面以一定的初速度在摩擦力的作用下减速滑行到停下,滑行距离分别为x、x、x.若它们与水平面间的动摩擦因数相同,初动能相同,则x:x:x为(  )

A1:2:3

B1:1:1

C6:3:2

D3:2:1

正确答案

C

解析

解:由动能定理得-μmgs=0-Ek0有滑行距离为 s=,所以s∝

由题意,m:m:m=1:2:3,则得x:x:x=6:3:2

故选C

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题型:简答题
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简答题

如图所示,一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC,其半径R=2.5m,轨道在C处与水平地面相切.在C处放一质量为200g的小球,给它一水平向左的初速度,结果它沿CBA运动,通过A点,最后落在水平面上的D点,CD间距离为5米(g取10m/s2)求:

(1)小球通过A点时的速度;

(2)小球经过A点时对轨道的压力大小.

正确答案

解:(1)A到D过程是平抛运动,故:

x=vt

y=

解得:v=x=5=5m/s

(2)在A点,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:

N+mg=m

解得:N=m-mg=0.2×=4N

答:(1)小球通过A点时的速度为

(2)小球经过A点时对轨道的压力大小为4N.

解析

解:(1)A到D过程是平抛运动,故:

x=vt

y=

解得:v=x=5=5m/s

(2)在A点,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:

N+mg=m

解得:N=m-mg=0.2×=4N

答:(1)小球通过A点时的速度为

(2)小球经过A点时对轨道的压力大小为4N.

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题型:简答题
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简答题

如图所示,光滑轨道ABCD是一“过山车”的简化模型,最低点B处入、出口不重合,C点是半径为R的竖直圆轨道的最高点,BD部分水平,末端D点与其右侧的水平传送带平滑连接,传送带足够长,传送带的主动轮O1的半径为r,以恒定的角速度ω逆时针转动(轮与传送带间不打滑).现将一质量为m的小滑块,每次在轨道AB上取合适的高度静止释放,滑块均能通过C点,再经D滑上传送带,并向右运动到最远点.已知滑块与传送带间动摩擦因数为μ,重力加速度为g

(1)若滑块恰能通过C点时,求滑块在传送带上滑行的最远距离.

(2)因为传送带的作用,滑上传送带的滑块又会被传回D点,并重返轨道,如果主动轮O1的角速度ω满足合适的条件,滑块就能不脱离轨道,再次滑上传送带,不断往返.则ω应满足怎样的条件?

(3)在上述第(1)问中,若主动轮O1的角速度,求滑块从D滑到最远的过程中,因克服摩擦而产生的内能.

正确答案

解:(1)滑块恰能通过C点时有:

设滑块在传送带上滑行的最远距离离D为x,则有动能定理有:

0-

得:x=

(2)因滑块不脱离轨道,再次滑上传送带且不断往返,要保证滑块不脱离轨道,可分两种情况:

I传送带速度v1较小时,滑块从传送带上再回到D点时速度大小等于传送带的速度,要保证滑块不脱离轨道,滑块在圆轨道上上升的最大高度为R,根据动能定理:

得:v1=,故传送带速度v=ωr≤v1

得:

II传送带速度较大时,要保证滑块不脱离轨道,滑块从传送带上再回到D点时速度大小要大于等于vD,才能通过圆轨道最高点后回到轨道AB上,设滑块过C点后到达D点时最小速度为vD

则由机械能守恒有:

得vD=,则需传送带的速度v2,应有v2≥vD=,故传送带速度v=ωr≥vD,得:ω≥.综上可得:ω≤或ω≥

(3)由传送带得v=,滑块在传送带上向右滑行的最远距离离D为仍为x=,此过程用时间为

传送带在这段时间内向左运行的长度为:l=vt=,两者相对位移为△x=x+l,故产生的内能为Q=μmg△x=7.5mgR.

答:(1)若滑块恰能通过C点时,滑块在传送带上滑行的最远距离为

(2)因为传送带的作用,滑上传送带的滑块又会被传回D点,并重返轨道,如果主动轮O1的角速度ω满足合适的条件,滑块就能不脱离轨道,再次滑上传送带,不断往返.则ω应满足ω≤或ω≥

(3)在上述第(1)问中,若主动轮O1的角速度,滑块从D滑到最远的过程中,因克服摩擦而产生的内能为7.5mgR.

解析

解:(1)滑块恰能通过C点时有:

设滑块在传送带上滑行的最远距离离D为x,则有动能定理有:

0-

得:x=

(2)因滑块不脱离轨道,再次滑上传送带且不断往返,要保证滑块不脱离轨道,可分两种情况:

I传送带速度v1较小时,滑块从传送带上再回到D点时速度大小等于传送带的速度,要保证滑块不脱离轨道,滑块在圆轨道上上升的最大高度为R,根据动能定理:

得:v1=,故传送带速度v=ωr≤v1

得:

II传送带速度较大时,要保证滑块不脱离轨道,滑块从传送带上再回到D点时速度大小要大于等于vD,才能通过圆轨道最高点后回到轨道AB上,设滑块过C点后到达D点时最小速度为vD

则由机械能守恒有:

得vD=,则需传送带的速度v2,应有v2≥vD=,故传送带速度v=ωr≥vD,得:ω≥.综上可得:ω≤或ω≥

(3)由传送带得v=,滑块在传送带上向右滑行的最远距离离D为仍为x=,此过程用时间为

传送带在这段时间内向左运行的长度为:l=vt=,两者相对位移为△x=x+l,故产生的内能为Q=μmg△x=7.5mgR.

答:(1)若滑块恰能通过C点时,滑块在传送带上滑行的最远距离为

(2)因为传送带的作用,滑上传送带的滑块又会被传回D点,并重返轨道,如果主动轮O1的角速度ω满足合适的条件,滑块就能不脱离轨道,再次滑上传送带,不断往返.则ω应满足ω≤或ω≥

(3)在上述第(1)问中,若主动轮O1的角速度,滑块从D滑到最远的过程中,因克服摩擦而产生的内能为7.5mgR.

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题型:简答题
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简答题

(2016•扬州模拟)在冬天,高为h=1.25m的平台上覆盖了一层冰.一乘雪橇的滑雪爱好者,从距平台边缘s=24m处,以初速度v0=7m/s向平台边缘滑去.若雪橇和滑雪者的总质量为70kg,平台上的冰面与雪橇间的动摩擦因数为μ=0.05,如图所示,取g=10m/s2.求:

(1)滑雪者离开平台时的速度;

(2)滑雪者着地点到平台边缘的水平距离;

(3)滑雪者即将着地时,其速度方向与水平地面的夹角.

正确答案

解:(1)由动能定理-μmgs=mv02-mv2  

代入数据解得:v0=5m/s,

即滑雪者离开平台时的速度5m/s.                                 

(2)由 h=gt2 得

t==0.5s

着地点到平台边缘的水平距离:x=v0t=5×0.5m=2.5m                     

(3)把滑雪爱好者着地时的速度vt分解为vx、vy两个分量

vy=gt=10×0.5m/s=5m/s

则tanθ=             

解得θ=45°                        

答:(1)滑雪者离开平台时的速度为5m/s;

(2)滑雪者着地点到平台边缘的水平距离为2.5m;

(3)滑雪者即将着地时,其速度方向与水平地面的夹角为45°.

解析

解:(1)由动能定理-μmgs=mv02-mv2  

代入数据解得:v0=5m/s,

即滑雪者离开平台时的速度5m/s.                                 

(2)由 h=gt2 得

t==0.5s

着地点到平台边缘的水平距离:x=v0t=5×0.5m=2.5m                     

(3)把滑雪爱好者着地时的速度vt分解为vx、vy两个分量

vy=gt=10×0.5m/s=5m/s

则tanθ=             

解得θ=45°                        

答:(1)滑雪者离开平台时的速度为5m/s;

(2)滑雪者着地点到平台边缘的水平距离为2.5m;

(3)滑雪者即将着地时,其速度方向与水平地面的夹角为45°.

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