热门试卷

解：（1）已知水炮射出的水做平抛运动，根据题意有水射出后到着火点，竖直方向运动的位移：

可得射出的水在空中运动的时间t=，

则水在水平方向上运动的位移x=v0t=；

（2）将平地上的水抽上80m高处并以v0射出，此过程中只有重力和水泵对水做功，

结合水泵效率和动能定理有：；

可得水泵的功率P==W；

（3）根据平抛运动规律，射出的水在竖直方向的位移为H′=45m

水在空中运动的时间；

由（1）知水平方向位移x=60m，所以可得此时水炮射出水的速度；

由于出水口的横截面积一定，故水炮以速度v0=30m/s射出时每秒出水量m0=60Kg，则当水炮以速度v0′=20m/s射出时，每秒出水量

所以此时水泵转出功率：

=；

答：（1）若H=80m，h=60m，水炮出水速度v0=30m/s，水炮与起火建筑物之间的水平距离x=60m；

（2）在（1）问中，若水炮每秒出水量m0=60kg，求水泵的功率P=1.25×105W；

（3）当完成高层灭火后，还需要对散落在火点正下方地面上的燃烧物进行灭火，将水炮竖直下移至H´=45m，假设供水系统的效率η不变，水炮出水口的横截面积不变，水泵功率应调整为P´，则P´=4.33×104W．

解：（1）物体作加速运动时，加速度大小由速度图象可得a=2m/s2

物体作加速运动时，受到的拉力F由功率图象可得F==7N           

而物体在匀速运动时运动中的总阻力f===5N                    

由牛顿第二定律m==1kg                                      

（2）物体运动中的阻力等于物体的重力的下滑分力，则sinθ==

倾角θ为30°     

答：（1）物体的质量为1kg；

（2）斜面的倾角为30°．

解：（1）第一阶段以最大拉力拉着物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，

功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．

此时有：Pm=mgvm，代入数据解得：vm===15m/s，

此速度也是物体到达机舱的速度，故落水物体刚到达机舱时的速度为15m/s．

（2）对于第一段匀加速，加速度设为a，末速设为v1，上升高度h1，则有：

Fm-mg=ma，Pm=Fmv1，v1=a1t1，h1=t1，代入数据解得：v1=10m/s，t1=2s，h1=10m；

第二段，以最大功率上升，由动能定理得：Pmt2-mg（h-h1）=mvm2-mv12，

代入数据解得：t2=5.75s，所以吊起落水物体所用总时间为：t=t1+t2=7.75s；

答：（1）人刚到达机舱时的速度为15m/s；

（2）这一过程所用的时间为7.75s．

解：运动员下滑过程中，支持力不做功，则总功为：

W=mgh-Fs=500×16-50×J=6400J．

根据牛顿第二定律得：

a=，

根据得：

t=，

则平均功率为：P=．

答：运动员所受的力所做的总功是6400J，总功的平均功率是1600W．

解：（1）1h内的平均速度为 ==m/s=20m/s

    由 =F 得

    =2×103×20W=4×104W

   （2）当卡车以最大速度Vm匀速行驶时，牵引力等于阻力即 F=f=3×103 N

   由 P额=F•vm=fVm得

   Vm==m/s=25m/s

答：（1）它在这段时间内的平均功率为4×104W；（2）卡车的最大速度为25m/s．