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28.(09·寧夏理綜·33)(10分)液壓千斤頂是利用密閉容器內的液體能夠把液體所受到的壓強行各個方向傳遞的原理制成的。圖為一小型千斤頂的結構示意圖。大活塞的直徑D₁=20cm，小活塞B的直徑D₂=5cm，手柄的長度OC=50cm，小活塞與手柄的連接點到轉軸O的距離OD=10cm�，F用此千斤頂使質量m=4×10³kg的重物升高了h=10cm。g取10m/s²，求

(i)若此千斤頂的效率為80%，在這一過程中人做的功為多少？

(ii)若此千斤頂的效率為100%，當重物上升時，人對手柄的作用力F至少要多大？

解析：(i)將重物托起h需要做的功

　　　　　　　　　　　　　　　　①

設人對手柄做的功為，則千斤頂的效率為

　　　　　　　　　　　　　 ②

代入數據可得　　　　　　　　　　�、�

(i i)設大活塞的面積為, 小活塞的面積為，作用在小活塞上的壓力為,當于斤頂的效率為100%時，

F_N

有　　　　　　　　　　　　�、�

　　　　　　　　　　　　　 ⑤

當和F都與杠桿垂直時，手對杠桿的壓力最小。利用杠桿原理，有

　　　　　　　　　　　　　　�、�

由④⑤⑥式得

　　　 F=500N　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦

試題詳情

27.(09·上海物理·23)(12分)如圖，質量均為m的兩個小球A、B固定在彎成120°角的絕緣輕桿兩端，OA和OB的長度均為l，可繞過O點且與紙面垂直的水平軸無摩擦轉動，空氣阻力不計。設A球帶正電，B球帶負電，電量均為q，處在豎直向下的勻強電場中。開始時，桿OB與豎直方向的夾角q₀＝60°，由靜止釋放，擺動到q＝90°的位置時，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，求：

(1)勻強電場的場強大小E；

(2)系統(tǒng)由初位置運動到平衡位置，重力做的功W_g和靜電力做的功W_e；

(3)B球在擺動到平衡位置時速度的大小v。

解析：(1)力矩平衡時：(mg－qE)lsin90°＝(mg+qE)lsin(120°－90°)，

即mg－qE＝(mg+qE)，得：E＝；

(2)重力做功：W_g＝mgl(cos30°－cos60°)－mglcos60°＝(－1)mgl，

靜電力做功：W_e＝qEl(cos30°－cos60°)+qElcos60°＝mgl，

(3)小球動能改變量DE_k=mv²＝W_g+W_e＝(－1)mgl，

得小球的速度：v＝＝。

試題詳情

26.(09·安徽·22)(14分)在2008年北京殘奧會開幕式上，運動員手拉繩索向上攀登，最終點燃了主火炬，體現了殘疾運動員堅忍不拔的意志和自強不息的精神。為了探究上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化。一根不可伸縮的輕繩跨過輕質的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的運動員拉住，如圖所示。設運動員的質量為65kg，吊椅的質量為15kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度取。當運動員與吊椅一起正以加速度上升時，試求

(1)運動員豎直向下拉繩的力；

(2)運動員對吊椅的壓力。

答案：440N，275N

解析：解法一:(1)設運動員受到繩向上的拉力為F，由于跨過定滑輪的兩段繩子拉力相等，吊椅受到繩的拉力也是F。對運動員和吊椅整體進行受力分析如圖所示，則有：

由牛頓第三定律，運動員豎直向下拉繩的力

(2)設吊椅對運動員的支持力為F_N，對運動員進行受力分析如圖所示，則有：

由牛頓第三定律，運動員對吊椅的壓力也為275N

解法二:設運動員和吊椅的質量分別為M和m；運動員豎直向下的拉力為F，對吊椅的壓力大小為F_N。

根據牛頓第三定律，繩對運動員的拉力大小為F，吊椅對運動員的支持力為F_N。分別以運動員和吊椅為研究對象，根據牛頓第二定律

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

由①②得　　　

試題詳情

25.(09·山東·24)(15分)如圖所示，某貨場而將質量為m₁=100 kg的貨物(可視為質點)從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質量均為m₂=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數為₁，木板與地面間的動摩擦因數=0.2。(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s²)

(1)求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。

(2)若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求₁應滿足的條件。

(3)若₁=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。

解析：(1)設貨物滑到圓軌道末端是的速度為，對貨物的下滑過程中根據機械能守恒定律得，

①

設貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據牛頓第二定律得，②

聯立以上兩式代入數據得③

根據牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。

(2)若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得④

若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得⑤

聯立④⑤式代入數據得⑥。

(3)，由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為，由牛頓第二定律得⑦

設貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學公式得⑧

聯立①⑦⑧式代入數據得⑨

設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得⑩

聯立①⑦⑨⑩式代入數據得。

考點：機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學方程、受力分析

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24.(09·全國Ⅰ·25) (18分) 如圖所示，傾角為θ的斜面上靜止放置三個質量均為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動。整個過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三個木箱勻速上滑。已知木箱與斜面間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g.設碰撞時間極短，求

(1)工人的推力；

(2)三個木箱勻速運動的速度；

(3)在第一次碰撞中損失的機械能。

答案：(1)；

(2)；

(3)。

解析：(1)當勻速時,把三個物體看作一個整體受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根據平衡的知識有；

(2)第一個木箱與第二個木箱碰撞之前的速度為V₁,加速度

根據運動學公式或動能定理

有,碰撞后的速度為V₂根據動量守恒有,即碰撞后的速度為,然后一起去碰撞第三個木箱,設碰撞前的速度為V₃。

從V2到V3的加速度為,根據運動學公式有,得,跟第三個木箱碰撞根據動量守恒有,得就是勻速的速度；

(3)設第一次碰撞中的能量損失為,根據能量守恒有,帶入數據得。

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23.(09·安徽·17)為了節(jié)省能量，某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉。一顧客乘扶梯上樓，恰好經歷了這兩個過程，如圖所示。那么下列說法中正確的是　　　　　　　　 (　 C　 )

A. 顧客始終受到三個力的作用

B. 顧客始終處于超重狀態(tài)

C. 顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下

D. 顧客對扶梯作用的方向先指向右下方，再豎直向下

解析：在慢慢加速的過程中顧客受到的摩擦力水平向左，電梯對其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛頓第三定律，它的反作用力即人對電梯的作用方向指向向左下；在勻速運動的過程中，顧客與電梯間的摩擦力等于零，顧客對扶梯的作用僅剩下壓力，方向沿豎直向下。

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22.(09·山東·22)圖示為某探究活動小組設計的節(jié)能運動系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°，質量為M的木箱與軌道的動摩擦因數為。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質量為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，自動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，再重復上述過程。下列選項正確的是　　　　　　　　　　(　 BC　 )

A．m＝M

B．m＝2M

C．木箱不與彈簧接觸時，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的過程中，減少的重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能

解析：受力分析可知，下滑時加速度為，上滑時加速度為，所以C正確。設下滑的距離為l，根據能量守恒有，得m＝2M。也可以根據除了重力、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)機械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能和內能，所以D不正確。