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16、(2009年寧夏卷)24．冰壺比賽是在水平冰面上進(jìn)行的體育項(xiàng)目，比賽場(chǎng)地示意如圖。比賽時(shí)，運(yùn)動(dòng)員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近圓心O。為使冰壺滑行得更遠(yuǎn)，運(yùn)動(dòng)員可以用毛刷擦冰壺運(yùn)行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)減小。設(shè)冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ₁=0.008，用毛刷擦冰面后動(dòng)摩擦因數(shù)減少至μ₂=0.004.在某次比賽中，運(yùn)動(dòng)員使冰壺C在投擲線中點(diǎn)處以2m/s的速度沿虛線滑出。為使冰壺C能夠沿虛線恰好到達(dá)圓心O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員用毛刷擦冰面的長(zhǎng)度應(yīng)為多少？(g取10m/s²)

答案：10m

[解析]設(shè)冰壺在未被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為：在 被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為，所受摩擦力的大小為。則有+=S　 ①式中S為投擲線到圓心O的距離。

　 ②　　　 　　③

設(shè)冰壺的初速度為，由功能關(guān)系，得　 ④

聯(lián)立以上各式，解得　 ⑤

代入數(shù)據(jù)得　 ⑥

15、(2009年江蘇物理)15．如圖所示，兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為l、　　　 足夠長(zhǎng)且電阻忽略不計(jì)，導(dǎo)軌平面的傾角為，條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。長(zhǎng)度為2d的絕緣桿將導(dǎo)體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置，總質(zhì)量為m，置于導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未圖出)。線框的邊長(zhǎng)為d(d < l)，電阻為R，下邊與磁場(chǎng)區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域下邊界處返回，導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。重力加速度為g。

求：(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

　 (2)線框第一次穿越磁場(chǎng)區(qū)域所需的時(shí)間t₁ ；

　 (3)經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線框上邊與磁場(chǎng)區(qū)域下邊界的最大距離_m 。

答案：(1)(2)

(3)

[解析] (1)設(shè)裝置由靜止釋放到導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W

　　　 由動(dòng)能定理　

且

解得　

(2)設(shè)線框剛離開磁場(chǎng)下邊界時(shí)的速度為，則接著向下運(yùn)動(dòng)

由動(dòng)能定理　

裝置在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)收到的合力

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)　 E=Bdv

感應(yīng)電流　　 I^/=E/R

安培力　　　

由牛頓第二定律，在t到t+時(shí)間內(nèi)，有則

有

解得　

(3)經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后，線框在磁場(chǎng)下邊界與最大距離之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)

　　 由動(dòng)能定理　

　　 解得　　

14、(2009年廣東物理)19．如圖19所示，水平地面上靜止放置著物塊B和C，相距l=1.0m。物塊A以速度v₀=10m/s沿水平方向與B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，并再與C發(fā)生正碰，碰后瞬間C的速度v=2.0m/s。已知A和B的質(zhì)量均為，C的質(zhì)量為A質(zhì)量的K倍，物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.45。(設(shè)碰撞時(shí)間很短，取10m/s²)

(1)計(jì)算與C碰撞前瞬間AB的速度；

(2)根據(jù)AB與C的碰撞過程分析K的取值范圍，并討論與C碰撞后AB的可能運(yùn)動(dòng)方向。

答案：(1)4m/s；(2)見解析

[解析](1)設(shè)A、B碰后速度為，由于碰撞時(shí)間很短，A、B相碰的過程動(dòng)量守恒，得

　　　�、�

在A、B向C運(yùn)動(dòng)，設(shè)與C碰撞前速度為，在此過程中由動(dòng)能定理，有

　　②

得A、B與C碰撞前的速度為

(2)設(shè)A、B與C碰后速度為，A、B與C碰撞的過程動(dòng)量守恒

　�、�

　　④

碰后A、B的速度必須滿足　�、�

　�、�

由④⑤⑥式得

由④式知：當(dāng)時(shí)，，即與C碰撞后，AB向右運(yùn)動(dòng)

當(dāng)時(shí)，，即與C碰撞后，AB停止

當(dāng)時(shí)，，即與C碰撞后，AB向左運(yùn)動(dòng)

13、(2009年福建卷)19．如圖甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電量為q(q>0)的滑塊從距離彈簧上端為s₀處靜止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。

(1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t₁

(2)若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中最大速度大小為v_m，求滑塊從靜止釋放到速度大小為v_m過程中彈簧的彈力所做的功W；

(3)從滑塊靜止釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，請(qǐng)?jiān)谝覉D中畫出滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中速度與時(shí)間關(guān)系v-t圖象。圖中橫坐標(biāo)軸上的t_1、t₂及t₃分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達(dá)到最大值及第一次速度減為零的時(shí)刻，縱坐標(biāo)軸上的v₁為滑塊在t₁時(shí)刻的速度大小，v_m是題中所指的物理量。(本小題不要求寫出計(jì)算過程)

答案(1); (2);

(3)

[解析]本題考查的是電場(chǎng)中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運(yùn)動(dòng)、運(yùn)用動(dòng)能定理處理變力功問題、最大速度問題和運(yùn)動(dòng)過程分析。

(1)滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則有

　　 qE+mgsin=ma　　　　　　　　　　 ①

　　 　　　　　　　　　　　�、�

聯(lián)立①②可得

　　 　　　　　　　�、�

(2)滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，則有

　　 　　　　　　　　�、�

　　 從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過程中，由動(dòng)能定理得

　　 　　　�、�

聯(lián)立④⑤可得

(3)如圖

12、(2009年北京卷)20．(1)如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。質(zhì)量為m₁的小球從高位處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m₂的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機(jī)械能損失。求碰撞后小球m₂的速度大小v₂；

(2)碰撞過程中的能量傳遞規(guī)律在物理學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用。為了探究這一規(guī)律，我們才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直線上、且無機(jī)械能損失的簡(jiǎn)化力學(xué)模型。如圖2所示，在固定光滑水平軌道上，質(zhì)量分別為m₁、m₂、m₃……m_n-1、m_n……的若干個(gè)球沿直線靜止相間排列，給第1個(gè)球初能E_k1，從而引起各球的依次碰撞。定義其中第n個(gè)球經(jīng)過依次碰撞后獲得的動(dòng)能E_kn與E_k1之比為第1個(gè)球?qū)Φ?i style='mso-bidi-font-style:normal'>n個(gè)球的動(dòng)能傳遞系數(shù)k_1n。

a) 求k_1n

b) 若m₁=4m₀，m_k=m₀，m₀為確定的已知量。求m₂為何值時(shí)，k_1n值最大

答案：(1)。

(2)a)；b)

[解析](1)設(shè)碰撞前的速度為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律　 　　　　　 ①

設(shè)碰撞后m₁與m₂的速度分別為v₁和v₂，根據(jù)動(dòng)量守恒定律 　　　 ②

由于碰撞過程中無機(jī)械能損失 　　　 ③

②、③式聯(lián)立解得 　　　　　　　 ④

　 　　　將①代入得④ 　

(2)a由④式，考慮到得

根據(jù)動(dòng)能傳遞系數(shù)的定義，對(duì)于1、2兩球 　　 ⑤

同理可得，球m₂和球m₃碰撞后，動(dòng)能傳遞系數(shù)k₁₃應(yīng)為

　　　 ⑥

依次類推，動(dòng)能傳遞系數(shù)k_1n應(yīng)為

解得 　

b.將m₁=4m₀,m₃=m_o代入⑥式可得

為使k₁₃最大，只需使

由可知

11、(2009年安徽卷)24．過山車是游樂場(chǎng)中常見的設(shè)施。下圖是一種過山車的簡(jiǎn)易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個(gè)圓形軌道組成，B、C、D分別是三個(gè)圓形軌道的最低點(diǎn)，B、C間距與C、D間距相等，半徑R₁=2.0m、R₂=1.4m。一個(gè)質(zhì)量為m=1.0kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))，從軌道的左側(cè)A點(diǎn)以v₀=12.0m/s的初速度沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，A、B間距L₁=6.0m。小球與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，圓形軌道是光滑的。假設(shè)水平軌道足夠長(zhǎng)，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取g=10m/s²，計(jì)算結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后一位數(shù)字。試求

　 (1)小球在經(jīng)過第一個(gè)圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球作用力的大小；

　 (2)如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應(yīng)是多少；

　 (3)在滿足(2)的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個(gè)圓形軌道的設(shè)計(jì)中，半徑R₃應(yīng)滿足的條件；小球最終停留點(diǎn)與起點(diǎn)的距離。

答案：(1)10.0N；(2)12.5m

(3) 當(dāng)時(shí)， ；當(dāng)時(shí)，

解析：(1)設(shè)小于經(jīng)過第一個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)的速度為v₁根據(jù)動(dòng)能定理

　　　　　　　　　　 ①

　 小球在最高點(diǎn)受到重力mg和軌道對(duì)它的作用力F，根據(jù)牛頓第二定律

　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

由①②得　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　③

(2)設(shè)小球在第二個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)的速度為v₂，由題意

　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

　　　　　　　 　　　　　　　　⑤

由④⑤得　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

(3)要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進(jìn)行討論：

I．軌道半徑較小時(shí)，小球恰能通過第三個(gè)圓軌道，設(shè)在最高點(diǎn)的速度為v₃，應(yīng)滿足

　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

　　　　　　　　 　　　　　　　�、�

由⑥⑦⑧得　　　　　　

II．軌道半徑較大時(shí)，小球上升的最大高度為R₃，根據(jù)動(dòng)能定理

解得　　　　　　　 　　　

為了保證圓軌道不重疊，R₃最大值應(yīng)滿足

解得　　　　　　　 R₃=27.9m

綜合I、II，要使小球不脫離軌道，則第三個(gè)圓軌道的半徑須滿足下面的條件

或　　　　　　　

當(dāng)時(shí)，小球最終焦停留點(diǎn)與起始點(diǎn)A的距離為L′，則

當(dāng)時(shí)，小球最終焦停留點(diǎn)與起始點(diǎn)A的距離為L〞，則

10、(2009年全國(guó)卷Ⅰ)25．如圖所示，傾角為θ的斜面上靜止放置三個(gè)質(zhì)量均為m的木箱，相鄰兩木箱的距離均為l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起運(yùn)動(dòng)。整個(gè)過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三個(gè)木箱勻速上滑。已知木箱與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。設(shè)碰撞時(shí)間極短，求：

(1)工人的推力；

(2)三個(gè)木箱勻速運(yùn)動(dòng)的速度；

(3)在第一次碰撞后損失的機(jī)械能。

答案(1)(2)(3)

[解析](1)當(dāng)勻速時(shí),把三個(gè)物體看作一個(gè)整體受重力、推力F、摩擦力f和支持力.

根據(jù)平衡的知識(shí)有

(2)第一個(gè)木箱與第二個(gè)木箱碰撞之前的速度為V₁,

加速度

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理有,

碰撞后的速度為V₂根據(jù)動(dòng)量守恒有,即碰撞后的速度為,然后一起去碰撞第三個(gè)木箱,設(shè)碰撞前的速度為V₃

從V2到V3的加速度為,

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有,得,

跟第三個(gè)木箱碰撞根據(jù)動(dòng)量守恒有,得就是勻速的速度.

(3)設(shè)第一次碰撞中的能量損失為,根據(jù)能量守恒有,帶入數(shù)據(jù)得.

9、(2009年上海物理)5．小球由地面豎直上拋，上升的最大高度為H，設(shè)所受阻力大小恒定，地面為零勢(shì)能面。在上升至離地高度h處，小球的動(dòng)能是勢(shì)能的兩倍，在下落至離高度h處，小球的勢(shì)能是動(dòng)能的兩倍，則h等于( )

(A)H/9　　　　　　　　　　 (B)2H/9　　 (C)3H/9　　 (D)4H/9

[答案]D。

[解析]小球上升至最高點(diǎn)過程：　 ①；小球上升至離地高度h處過程：　 ②，又　 ③；小球上升至最高點(diǎn)后又下降至離地高度h處過程：　 ④，又 ⑤；以上各式聯(lián)立解得，答案D正確。

8、(2009年山東卷)22．圖示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為。木箱在軌道端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。下列選項(xiàng)正確的是(　　 )

　 　A．m＝M

　 　B．m＝2M

　 　C．木箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑的加速度大于下滑的加速度

　 D．在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能

答案：BC

考點(diǎn)： 能量守恒定律，機(jī)械能守恒定律，牛頓第二定律，受力分析

解析：受力分析可知，下滑時(shí)加速度為，上滑時(shí)加速度為，所以C正確。設(shè)下滑的距離為l，根據(jù)能量守恒有，得m＝2M。也可以根據(jù)除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和內(nèi)能，所以D不正確。

7、(2009年寧夏卷)17．質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t=0時(shí)刻開始受到水平力的作用。力的大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則

A．時(shí)刻的瞬時(shí)功率為

B．時(shí)刻的瞬時(shí)功率為

C．在到這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為

D．在到這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為

答案BD。

[解析]0-2t₀ 內(nèi)物體的加速度為，2t₀ 時(shí)刻的速度為，在3t₀時(shí)刻的瞬時(shí)速度，則時(shí)刻的瞬時(shí)功率為，A錯(cuò)誤；B正確；在到這段時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)能定理可得，則這段時(shí)間內(nèi)的平均功率，D正確。