内容正文:
高考专题辅导与训练
力的合力,物体减速下滑,所以重力沿斜面向下的分力
喷出水柱质量△m=p△V
②
等于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力,即物体的合力
其中△V为水柱体积,满足△V=△S
③
为零,速度最大,显然最大速度比物体刚要接触弹簧前
由①②③可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为
的速度大,故C错误。
[综合应用创新]
Sun-guoS.
△t
1.C甲队与地面之间的最大静摩擦力为fm甲=μ1m1g=
(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h
0.8×5000N=4000N,乙队与地面之间的最大静摩擦
由玩具受力平衡得F冲=Mg
④
力为fm乙=42m2g=0.75×5200N=3900N。因甲队
其中,F冲为水柱对玩具底板的作用力大小
以共计3500N的拉力拉绳子,可知两队都处于静止状
由牛顿第三定律
态,绳子不动,则甲队拉力做功为零,选项A错误:仅改
F压=F冲
⑤
变拉力值,当拉力增加时,乙队先达到最大静摩擦力而
其中,F压为玩具底板对水柱的作用力大小,设水柱到
被甲队拉动,则最终获胜的是甲队,选项B错误;根据牛
达玩具底部时的速度为口
顿第三定律可知,甲对绳的拉力总是等于乙对绳的拉
由运动学公式得v2一002=一2gh
⑥
力,选项C正确;甲队至少施加3900N的拉力才能获
胜,则甲队拉力做的功至少为W=Fs=3900X2J=
在很短△t时间内,冲击玩具水柱的质量为△m
7800J,选项D错误。
△m=poS△t
①
2.C恰好通过最高点时,根据牛顿第二定律mg=m,
由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱应用动量定
R
理得-(F压十△mg)△t=-△n
⑧
可得最小动能Em=之m2-mgR,在最高点的势
由于△1很小,△mg也很小,可以忽略,⑧式变为
F压△t=△nu
⑨
能Ep=2mgR,而Ep十Ek=E机,因此机械能一定大于
势能或动能,而动能最小为势能的子,也有可能大于或
由①⑤⑥0@可得h=
Mg
2g2p2w2s20
等于势能。
[答案]1)pS(2
3.BC运动员从B运动到C,只有重力做功,运动过程中
2g 2p2vo2S2
运动的机械能守恒,即机械能不随着时间而变化,A错
[题组训练]
误,B正确;运动员从B运动到C平抛运动,则重力的瞬
1.AD物块与地面间的摩擦力为f=g=2N,对物块
时功率P=gUy=mg2t,D错误,C正确。
从0~3s内由动量定理可知(F-f)t1=3,即(4一2)×
4.解析(1)由题意可知,释放高度最低时,小球在圆轨道
3=1Xv3,得v3=6m/s,3s时物块的动量为p=mv3=
的最高点受到的重力提供向心力m尺=mg
6kg·m/s,设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动
量定理可得-(F+f)t=0-mw3,即一(4十2)t=0-1X
由机械能守恒定律得2m0n2=mgh1
6,解得t=1s,所以物块在4s时速度减为0,则此时物
块的动能也为0,故A正确,C错误:0一3s物块发生的
则小球释放点距圆弧轨道最低点的最低高度为h=
h1+2R=号R
位移为x1,由动能定理可得(P-f)1=合mug,即
故小球释效点距圆孤轨道最低点的最低高度为R。
(4-2)=号×1X62,得x1=9m,3s~4s过程中,对
(2)小球在最低,点时,由牛顿第二定律有F1一g=
物块由动能定理可得-(F+f)x?=0-之m2,即
12
mR
-(4十2)x2=0-2×1X62,得x2=3m,4s~6s物块
22
小球在最高点时,由牛顿第二定律有F2十mg=mR
开始反向运动,物块的加速度大小为4=F-=2m/s,
根据已知条件,有F1一F2=△F
根格动能定现有m02-名2=g·2k
发生的位移为x3=2X2×22m=4m<x1+x2,即6s
时物块没有回到初始位置,故B错误;物块在6s时的
联立解得g=合品故孩行星表而附近的重力加造度的
速度大小为v6=2×2m/s=4m/s,0~6s拉力所做的
功为W=(4×9-4×3+4×4)J=40J,故D正确。故
值为△F
6m
选AD。
答案1)R(2)
2.C设软水管的出水速度大小为0,在极短时间t内,出
6m
水质量为m=pSut。表演者静止在空中,根据平衡条件
第2讲
可知,水对表演者的作用力为Mg,根据牛顿第三定律
[命题热点突破]
可知,表演者对水的作用力大小也为Mg,取竖直向下
命题点一
为正方向,对于时间1内的水,根据动量定理可知,
[例1][解析](1)在刚喷出一段很短的△1时间内,可
Mgt=mv-(-mw)=pSt-(-pSvt),解得出水速度
认为喷出的水柱保持速度0不变。
该时间内,喷出水柱高度△l=0△1
①
/,故C正确,AB,D错误。
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参考答案
3.解析(1)如图所示,运动员垂直于斜面方向的初速度!
「题组