热门试卷

（1）(2) （3）

试题分析：（1）米袋在AB上加速时的加速度 

米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离，

因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度 ，

设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：

代入数据得  

所以能滑上的最大距离     

（2）设CD部分运转速度为时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为之前的加速度为

米袋速度小于至减为零前的加速度为

由

解得，即要把米袋送到D点，CD部分的速度

（3）米袋恰能运到D点所用时间最长为：

若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为。由得，（1分）

所以，所求的时间t的范围为 

(说明：若计算中选用，则结果为1.162 s ，同样给分)

先由由牛顿定律求得加速度,再由运动公式可以求得球3位移大小再由运动学公式求解

解；（1）在0～4s内加速度a1===2.5m/s2，4～8s内做匀速运动，加速度为0，10～12s内加速度a1===-5m/s2

（2）图象与坐标轴所围成梯形的面积表示位移，所以质点在0～12s内的位移大小为：x=×(10+4)×10-×2×10=60m

答：（1）在0～4s内的加速度为：2.5 m/s2，4～8s内加速度为 0，10～12s内质点加速度为-5 m/s2     （2）质点在0～12s内的位移大小是60m

设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为t1、t2，

由图线可得t1=0.5s，t2=1.5s，汽车初速度v0=30m/s，

正常驾驶时的减速时间为t3=4.0s，由图线可得，

正常驾驶时的感知制动距离s=v0t1+t3=75m，

同理，可求出酒后驾驶时的感知制动距离s'=105m，

所以△s=s'-s=105m-75m=30m．

答：（1）正常驾驶时的感知制动距离s为75m；

（2）酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离△s为105m．

（1）滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力作用做加速运动．

根据牛顿第二定律得：

mgsinθ-μmgcosθ-kv=ma

a=gsinθ-μgcosθ-

（2）分析上式，当v增加时，a减小，

当a=0时，v最大

vmax=

（3）图中直线是t=0时刻速度图线的切线，v-t图象中斜率代表加速度．

从v-t图可以得出vmax=2m/s

当t=0、v=0时，a=3m/s2

所以得：

10sin30°-μ×10cos30°=3

2=（sin30°-μcos30°）

解得：μ=，k=3N•s/m．

答：（1）滑块下滑速度为v时加速度的表达式是gsinθ-μgcosθ-；

（2）滑块下滑的最大速度的表达式是；

（3）μ=，k=3N•s/m．

（1）v＝11.24　m/s(2) a=＝8.71 m/s2

（1）设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速度为v（以m/s为单位），则有

vt+（9.69―0.15―t）v=100     ①

 vt+（19.30―0.15―t）×0.96v=200     ②

由①②式得  t＝1.29s          ③  v＝11.24　m/s             ④

(2)设加速度大小为a,则                    a=＝8.71 m/s2                    ⑤

（1）由图象可读出升空后8秒，24秒，32秒时的探测器运动速度分别是

64 m/s   0-32 m/s

（2）探测器24s时刻到达最大高度    

由v-t图面积可求出最大高度是=768（m）

（3）上升加速过程中的加速度是a==8（m/s2）

下降过程的加速度是a2==-4（m/s2）

答：升空后8秒，24秒，32秒时的探测器运动速度分别是64 m/s-32 m/s

探测器24s时刻到达最大高度768m；上升加速过程中的加速度是a==8（m/s2）；下降过程的加速度是a2==-4（m/s2）

（1）设A球与B球碰撞前瞬间的速度为v0，

由动能定理得，qES=mv02                         

解得：v0=                          

碰撞过程中动量守恒   mv0=mv1+Mv2                             

机械能无损失，有mv02=mv12+Mv22                            

解得，v1=-v0=-负号表示方向向左  

v1=v0（舍）

v2=v0=，方向向右                v2=0（舍）

（2）由（1）可知，碰撞后A球向左减速，B球以初速v0向右做简谐运动，要使m与M第二次迎面碰撞仍发生在原位置，则必有A球重新回到O处所用的时间t恰好等于B球的（n+）T

      a=                        

则t=2=nT+（n=0、1、2、3 …）   

 t=2π                         

解得：k=（n=0、1、2、3 …） 

（3）A球与B球的第二次前速度分别为-v1、-v2，碰撞后速度分别为v′1和v′2，应满足

碰撞过程中动量守恒-mv1-Mv2=mv′1+Mv′2                        

机械能无损失，有mv12+Mv22=mv′12+Mv′22               

解得：v′1=2v1=-v0=-方向向左，v′2=0                      

可见，当A球再次回到O处与B球发生第三次碰撞时，第三次碰撞是第一次碰撞的重复，此后过程将周而复始地进行，A球的v-t图线如图所示，

其中v0=，t′==

答：（1）A球与B球第一次碰撞后瞬间，A球的速度大小为，方向向左，和B球的速度大小为方向向右；

   （2）要使A球与B球第二次仍在B球的初始位置迎面相碰，劲度系数k的可能取值为（n=0、1、2、3 …）．

   （3）图象如图所示．

（1）0-2s内的速度为2m/s，图线的斜率为2m/s，2-5s内做反向匀速直线运动，图线的斜率为-1.5m/s．如右图所示

（2）小球在头5 s内的位移为

s=s1+s2

s=v1t1+v2t2

s=2×2+（-1.5）×3

s=-0.5（m）

答：（1）如图所示．

（2）5s内小球运动的位移为0.5m．

在0～2s内，物体向正方向做匀速直线运动，速度v==10m/s

如图所示作出的物体运动的速度--时间图象．

（1）前8秒，火箭匀加速上升，加速度为a1==8m/s2

速度时间关系式为：v=8t，故6s末速度为48m/s；

8s-24s火箭由于惯性继续上升，做匀减速直线运动，加速度为a2==-4m/s2

速度时间关系式为：v=64-4t

故20s时的速度为16m/s

24s-48s火箭向下做匀加速直线运动，加速度为a3==-m/s2

速度时间关系式为：v=-t

故40s时速度为-m/s；

即升高6s时加速度为8m/s2，速度为48m/s；升高20s时加速度为-4m/s2，速度为16m/s；升高40s时加速度为-m/s2，速度为-m/s．

（2）24s末达到最高点，由于图线与坐标轴包围的面积，故

H=×24×64=768m

即探测器在该行星表面达到的最大高度为768m．

（3）火箭减速上升的过程中，只受重力，故加速度即为重力加速度，故该星球表面重力加速度大小为4m/s2；

火箭加速过程，根据牛顿第二定律，有

F-mg=ma1

解得

F=m（g+a1）=18000N

即该行星表面的重力加速度为4m/s2，发动机的推力为18000N．

(1)0.5(2)s

试题分析：(1)物体做匀加速运动                                (1分)

由牛顿第二定律                              （1分）

                                          （1分）

∴                                 (1分)

(2)设作用的最短时间为，小车先以大小为的加速度匀加速秒，撤去外力后，以大小为，的加速度匀减速秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律

     (1分)

∴(1分)

              （1分）

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有

                                 （1分）

∴                   

                         （1分）

∴ s（1分）

（2）另解：设力作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理

                （3分）

由牛顿定律

                             （1分）

∵                                                     （1分）

 s                                   （1分）

点评：本题难度较大，对于多过程问题首先应选择好研究过程分析受力情况，利用牛顿第二定律结合运动学公式求解

（1）从图（b）中可以看出，当t=2s至t=4s过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为a==m/s2=2m/s2

由牛顿第二定律，有

F2-μmg=ma

F3=f=μmg

所以   m==kg=2kg

（2）由F3=f=μmg解得：

μ===0.4

答：（1）物块质量m为2kg；

（2）物块与水平面间的动摩擦因数0.4．

（1）将描出的点用平滑的曲线连接起来，如图所示：

（2）v-t图线的斜率大小表示加速度的大小，由图可以看出图象的斜率先变大后变小，最后减小到零后不变，

故电梯加速度的变化情况是：先变大后变小再不变．

故答案为：（1）如图（2）先变大后变小再不变．