热门试卷

（1）设运动员离开O点时速度为v0，对运动员离开轨道O点时受力分析有：T-mg=m

得：v0=

代入数据解得：v0=10m/s；

（2）运动员从静止下滑至O点的过程中，由动能定理有：mgh+Wf=m

得：Wf=m-mgR

代入数据解得：Wf=-500J；

（3）设运动员落到A点时速度为v，运动员离开O点至落到雪道A点过程竖直下落高度H

则    H=gt2；

O点至A点过程机械能守恒　 m+mgH=mv2；

代入数据联立解得落到雪道上A点时速度的大小v=10m/s；

过程动量变化大小△P=mgt=1000N•m/s；

动量变化方向竖直向下．

（1）、当用频率为ν0的光照射处于基态的氢原子时，由所发射的光谱中仅能观测到三种频率的谱线可知，这三种频率的光子应是氢原子从第3能级向低能级跃迁过程中所辐射的，由能量特点可知，ν3=ν1+ν2，选项B正确．选项ACD错误．

故答案为B．

（2）、第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v．设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒得：

2mv0-mv0=3mv…①

设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得：

2μmgt1=mv-m（-v0）…②

设重物与木板有相对运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得：

2μmg=ma…③

在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为：

l=v0t1-a…④

开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：

t2=…⑤

从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：

t=t1+t2…⑥

由以上各式得t=

答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为．

解：考虑、组成的系统，设运动的方向为正方向，根据动量定理

木板以速度0做匀速运动，拉力做的功为

（1）对全过程，由动能定理可得，mg（h1+h2）-fh2=0，

所以=，

设重力的作用时间为t1，阻力的作用时间为t2，对全程有动量定理可得，mgt1-ft2=0，

所以=，

设小球运动的全过程中重力的平均功率为PG，

则PG=mg=mg•，

设在泥沙中运动时受到阻力的平均功率Pf，

则Pf=f=f•，

所以小球运动的全过程中重力的平均功率与在泥沙中运动时受到阻力的平均功率之比为

==，所以D正确．

故选D．

（2）因为WAB=q1•UAB，所以 UAB===-2V，

同理，UCA==-=-4V，

UBC=6V，UAC=4V，连接BC，在BC上取一点D，使BD=BC，因为是匀强电场，电势沿BC方向均匀降落，故UBD=UBA=2V．

A与D电势相等，则AD为等势线，电场线垂直于等势线且指向电势降落方向．

所以 E=•cos45=20V/m．

（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）在0-4s内：根据牛顿第二定律得：

     F-μmg=ma1   

解得a1=3m/s2    

第4s末物体的速度为v1=at1=12m/s

在4-5s：-（F+μmg）=ma2  

解得a1=-7m/s2  

第5s末物体的速度为v2=v1+a2t2=12-7×1=5（m/s）

F变为零后：-μmg=ma3       

解得a3=-2m/s2    

运动时间为t3==s=2.5s

所以t=7.5s时刻停止．画出物体在前8s内的 v-t 图象如图所示．

（2）前8s内物体所受摩擦力的冲量

I=ft=μmgt=32Ns

（3）由图可得：0-4s内物体的位移s1=×12×4m=24m，

4-5s内物体的位移s2=×（12+5）×1m=8.5 m

前8s内水平力F所做的功为

   WF=F1S1-F2S2     

解得   WF=155J    

答：

（l）画出物体在前8s内的 v-t 图象如图所示；

（2）前8s内物体所受摩擦力的冲量为32Ns；

（3）前8s内水平力 F 所做的功为155J．

(1)“略”

(2)32N·S

(3)155J

解：（1）设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为，共同加速度为由牛顿运动定律，有对物块＝2对圆板－＝两物相对静止，有≤max解得≤max相对滑动的条件>max(2)设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为0，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为1和2由动量定理，有＝0

由动能定理，有：

对圆板－2＝12－02

对物块2＝(2)22－0

由动量守恒定律，有

0＝1＋22

要使物块落下，必须1>2

由以上各式得>＝

分子有理化得＝

根据上式结果知：越大，越小。

（1）C做自由落体运动，下降高度为2L时的速度为v0，根据vt2-v02=2ax得

v0=2

（2）此时细绳被拉直，B、C速度的大小立即变成v，设绳子对B、C的冲量大小为I，根据动量定理得

对B   I=3mv

对C-I=mv-mv0

解得B、C速度的大小v=

（3）设C物体的质量为km，A、B之间的动摩擦因数为μ

由（2）可知，细绳被拉直时B、C速度的大小v´=v0

此后B物体的加速度  kmg-μ•3mg=（3m+km）a1 

a1==g

A物体的加速度  μ•3mg=6ma2 

a2==g

经时间t，B物体的速度        v1=v'+a1t

B物体的位移        x1=v′t+a1t2

同样，A物体的速度  v2=a2t

A物体的位移   x2=a2t2

（i）根据题意，若k=1，当v1=v2时，x1-x2=，解μ=0.4；

（ii）要使v1=v2时，x1-x2=L，利用（i）求得的动摩擦因数μ，

可得k==1.29；

即C物体的质量至少为1.29m时，才可以使B物体从A上滑下来．

解：（1）在此平抛运动中

（2）小物体离开桌子边缘B点后

经过时间落地

小物体离开桌子边缘B点时的速度为

根据动能定理，有

得

（2）不同意

要使水平射程加倍，必须使B点水平速度加倍，即：

根据动能定理，有

解得

所以说该同学认为应使小物体的初速度加倍的想法是错误的

解：（1）列车的初动能J=1.6×1010 J

（2）由动能定理有：

解得列车受到的阻力N=4×107N

（3）由动量定理有：-ft=mvt-mv0

解得列车滑行的总时间s=40 s

设撤去力F前物块的位移为s1，物块受到的滑动摩擦力f=μmg，a减=μg=2m/s2，

    由运动学公式得：s-s1=a减t2=4m

        所以  s1=1m       

   对物块运动的全过程应用动能定理的：

        Fs1-fs=0

   代入数据解得：F=15N

答：恒力F为15N．

（1）工件在弧形轨道上下滑时，

由动能定理得：mgh-fl=mv12-0，

v1==1m/s；

（2）工件在传送带上运动过程中，

由动量定理得：μmgt1=mv0-mv1，

t1==0.5s，

在t1时间内，传送带的位移s0=v0t=1m，

克服摩擦力做的功Wf=μmgs0=2J．

答：（1）工件滑上传送带时的速度大小为你1m/s．

（2）传送带传送一个工件时，克服工件摩擦力所做的功为2J．

（1）将末速度分解，

由几何关系知：=cos300

所以：v=；

（2）带电粒子做类平抛运动，依题知，粒子在电场中的运动时间：t=

粒子离开电场时，垂直板方向的分速度：v1=v0tan30°

竖直方向加速度：a=

粒子从射入电场到离开电场，有at=v1

即：t=v1；

联立以上各式得E=

（3）粒子从射入电场到离开电场，由动能定理，有qEd=mv2-m

解得　　　d=

答：（1）粒子的末速度为；

（2）电场强度E为；

（3）板间距离为．