- 匀变速直线运动的位移与速度的关系
- 共1087题
一个质量m=0.1g的小滑块，带有q=5×10-4C的电荷放置在倾角α=30°的光滑斜面上（绝缘），斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．小滑块由静止开始沿斜面滑下，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面，求：
（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块经过多长时间离开斜面？（3）该斜面至少有多长？
正确答案
（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．
根据左手定则可得：小滑块带负电．
（2）由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：Bqv=mgcosα，
则v=
又因为离开之前，一直做匀加速直线运动
则有：mgsina=ma，
即a=gsina=5m/s2，
由速度与时间关系得，则t=
（3）由v2=2ax得：
x=
答：（1）小滑块带负电荷（2）小滑块经过
某型号的舰载飞机在航空线舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s2，所需的起飞速度为50m/s，跑道长200m．请你通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？
正确答案
若飞机能靠自身的发动机从舰上起飞，设跑道长度至少为x，则
由2ax=v2-v02
得x=
因为x=250m＞200m
所以飞机不能靠自身的发动机从舰上起飞
倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为ml=1kg的物块A连接，且绳与斜面平行；另一端与质量为m2=3kg的物块B连接．开始时，用手按住A，使B悬于距地面高H=0.6m处，而A静止于斜面底端．如图所示．现释放B，试求此后A在斜面上向上滑行的最大距离？（设斜面足够长，且所有接触面间的摩擦均忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）
正确答案
设B落地时的速度为v，系统的机械能守恒：
m2gH-m1gHsinθ=
B落地后，A以v为初速度沿斜面匀减速上升，设沿斜面又上升的距离为S，
由动能定理得：-m1gSsinθ=0-
物体m能沿斜面滑行的最大距离：L=h+S ③
由①②③代入数据得：L=1.2m
答：物体A能沿斜面滑行的最大距离是1.2m．
利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处．如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ=0.25．皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v=4m/s，两轮轴心相距L=5m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．现将质量m=lkg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0=8m/s，AB间的距离s=lm．工件可视为质点，g取l0m/s2． （sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）弹簧的最大弹性势能
（2）工件沿传送带上滑的时间
（3）若传送装置顺时针匀速转动的速度v可在v＞4m/s的范围内调节，试推导工件滑动到C点时的速度vc随速度v变化的关系式．
正确答案
（1）弹簧的最大弹性势能为Ep=mgssin37°+
解得EP=38J．
（2）工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有：mgsin37°+μmgcos37°=ma1
与传送带共速需要的时间t1=
工件滑行的位移大小s1=
因为μ＜tan37°，所以工件将沿传送带继续减速上滑．
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则t2=
工件滑行的位移大小s2=
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间t=t1+t2=1.5s．
（3）当传送带速度在4m/s＜v＜8m/s的范围内调节时，工件先以加速度a1减速向上滑行s1′=
当速度减到v后又以加速度a2减速向上滑行L-s1′=
工件滑动C点的速度vC随速度v的变化关系式vc=
当传送带的速度v≥8m/s的范围内调节时，工件将沿传送带以加速度a2减速滑行到C点
vc2-v02=2a2L
工件滑动到C点的速度vc随速度v变化的关系式vc=2
答：（1）弹簧的最大弹性势能为38J．
（2）工件沿传送带上滑的时间为1.5s．
（3）当传送带速度在4m/s＜v＜8m/s时，工件滑动C点的速度vC随速度v的变化关系式vc=
如图所示，在倾角θ=30°的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ=
（1）A与B的左侧壁第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度．
（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁的距离最大可达到多少？
正确答案
（1）A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力 f=μ•2mgcosθ=10N
B所受重力沿斜面的分力 G1=mgsinθ=10N
因为G1=f，所以B受力平衡，释放后B保持静止
释放A后，A做匀加速运动，由牛顿定律和运动学规律得
mgsinθ=ma1
解得A的加速度和碰撞前的速度分别为 a1=5m/s2，v1=1.0m/s2．
A、B发生碰撞，动量守恒 mv1=mv1′+mv2′⑥碰撞过程不损失机械能，得 
解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为
v1′=0，v2′=1.0 m/s（方向沿斜面向下） ⑧
（2）A、B第一次碰撞后，B做匀速运动，A做匀加速运动，加速度仍为a1
s1′=
经过时间t1，A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即
a1t1=v2′
又s=s2′-s1′
代入数据解得A与B左侧壁的距离
s=0.10m
因为s=d，A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞．因此A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．
答：
（1）A与B的左侧壁第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别是0和1.0m/s．
（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m．
某飞机的起飞速度是60m/s，在跑道上起飞时的加速度为4m/s2，该飞机从静止到起飞成功，跑道的最小长度是多少？
正确答案
取飞机运动的方向为正方向
根据速度与位移的关系公式有
答：跑道的最小长度是450m．
小刚家搬家，要把钢琴从阳台上降落到地面，钢琴质量为175kg，钢琴的绳索能承受的最大拉力为1785N，钢琴先以0.5m/s匀速降落，当钢琴底部距地面高为h时，又以恒定的加速度减速下降．钢琴着地时刚好速度为零．问h的最小值是多少？（g取10m/s2）
正确答案
由牛顿第二定律得：T-mg=ma；
钢琴减速时最大加速度为a=
由：h=
所以h至少为：h=
答：h的最小值是0.625m．
2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功．设某一载舰机质量为m=2.5×104 kg，速度为v0=42m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以a0=0.8m/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．
（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？
（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机．图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F=1.2×105 N，减速的加速度a1=20m/s2，此时阻拦索夹角θ=106°，空气阻力和甲板阻力保持不变，求此时阻拦索承受的张力大小？
正确答案
（1）由运动学公式2a0S0=v02
得S0=
代入数据可得S0=1102.5m
（2）飞机受力分析如图所示．
由牛顿第二定律有2FTcosθ+f-F=ma
其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力
飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0
联立上式可得FT=5×105 N
答：（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保证飞机不滑到海里；
（2）此时阻拦索承受的张力大小为5×105 N
如图所示，半径R=0.1m的竖直半圆形光滑轨道bc与水平面ab相切．质量m=0.1kg的小滑块B放在半圆形轨道末端的b点，另一质量也为m=0.1kg的小滑块A，以v0=2
（1）A与B碰撞前瞬间的速度大小vA；
（2）A、B碰撞过程中损失的机械能△E；
（3）在半圆形轨道的最高点c，轨道对A、B的作用力F的大小．
正确答案
（1）A做匀减速运动a=
vA2-v02=-2ax
求出vA=6m/s
（2）以A、B为研究对象，根据动量守恒定律
mvA=2mv
△E=
代入数据 求出△E=0.9J
（3）以A、B为研究对象，从b到c，根据机械能守恒定律
在c点，根据牛顿第二定律F+2mg=2m
联立两式解得F=8N
答：（1）A与B碰撞前瞬间的速度大小为6m/s．
（2）A、B碰撞过程中损失的机械能△E为0.9J．
（3）在半圆形轨道的最高点c，轨道对A、B的作用力F的大小为8N．
如图所示，A为位于一定高度处的质量为m=1×10-5kg、带电荷量为q=+1×10-6C的微粒，B为位于水平地面上的质量为M的用特殊材料制成的长方形空心盒子，盒子与地面间的动摩擦因数μ=0.2，盒内存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E=1×103N/C，盒外存在着竖直向下的匀强电场，场强大小也为E，盒的上表面开有一系列略大于微粒的小孔，孔间距满足一定的关系，使得微粒进出盒子的过程中始终不与盒子接触．当微粒A以1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子B恰以v1=0.4m/s的速度向右滑行．设盒子足够长，取重力加速度g=10m/s2，不计微粒的重力，微粒恰能顺次从各个小孔进出盒子．试求：
（1）从微粒第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程；
（2）微粒A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；
（3）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证微粒始终不与盒子接触．
正确答案
（1）微粒在盒子内、外运动时，盒子的加速度a′=
（2）A在盒子内运动时，qE=ma方向以向上为正方向
由以上得a=
A在盒子外运动时，qE=ma则a=
A在盒子内运动的时间t1=
（3）微粒运动一个周期盒子减少的速度为△v=a′（t1+t2）=2×（0.02+0.02）=0.08m/s
从小球第一次进入盒子到盒子停下，微粒球运动的周期数为n=
答：（1）从微粒第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为0.04m；
（2）微粒A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间为4×10-2s；
（3）盒子上至少要开11个小孔，才能保证微粒始终不与盒子接触．
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