热门试卷

（1）由图象可得：

a1==m/s2=8m/s2

设物块返回底端时的速度为v则有：

v0t1=v(t2-t1)

代入数据可得：v=2m/s

所以物体下滑时的加速度大小为：a2==2m/s2

（2）物块上滑时对物块进行受力分析根据牛顿第二定律有：

mgsinθ+μmgcosθ=ma1       ①

物块下滑时对物块进行受力分析根据牛顿第二定律有：

mgsinθ-μmgcosθ=ma2          ②

代入a1和a2由①和②式可解得：

θ=30°，μ=

答：（1）物体上滑时加速度大小为8m/s2，下滑时加速度大小为2m/s2；

（2）斜面的倾角为θ=30°，物块与斜面间的动摩擦因数为μ=

（1）跳伞运动员先做自由落体运动，加速度为g=10m/s2，4s末的速度为v=gt=40m/s．张开降落伞匀速下降的速度为40m/s，运动时间为4s．最后做19s匀减速下降，初速度为40m/s，末速度为2m/s．v-t图象如图所示．

（2）设运动员自由落体历时t1，匀速运动历时t2，减速运动历时t3，4s末的速度为vm，着地速度为v=2m/s，则

vm=gt1=40m/s

∴a==m/s2=-2m/s2

负号表示方向竖直向上，加速度大小为2m/s2

（3）跳伞员离开飞机时的高度H=t1+vmt2+t3=639m

答：

（1）试作出运动员运动的v-t图象如图所示；

（2）减速下降时的加速度方向竖直向上，大小为2m/s2；

（3）跳伞员离开直升飞机时距地面的高度是639m．

（1）当F=8.5N时物块做匀加速运动

  由v-t图象得    a==0.5m/s2

  由牛顿第二定律得F-Ff-mgsinα=ma

   由以上各式解得m=1kg

（2）由第（1）问可得Ff=F′=mgsinα=(8-1×10×)N=3N

   又Ff=μmgcos30°

   得μ===

答：（1）、物块的质量为1kg；

    （2）、物块与斜面间的动摩擦因数是．

（1）升空后，8s末探测器的速度为v1=64m/s，24s末速度为v2=0，32s末速度为v3=-32m/s．

（2）探测器在t=8s末关闭发动机，在t=24s末到达最大高度，t=24s开始下降．

（3）由速度图象的“面积”大小等于位移，则得探测器所能达到的最大高度为

     H=×64×24m=768m

（4）在0-24s时间内探测器上升，则上升过程的加速度为

   a1==m/s2=8m/s2

在24s后探测器开始下降，则下降过程的加速度为

  a2==m/s2=-4m/s2

答：（1）升空后8秒末，24秒末，32秒末探测器的速度分别是64m/s，0和-32m/s．

（2）探测器8s末时刻关闭发动机，24s末时刻达到最大高度，24s末时刻开始下降．

（3）探测器所能达到的最大高度是768m．

（4）探测器加速上升的过程中加速度是8m/s2，下降过程的加速度是-4m/s2．

（1）加速时，物体受重力、拉力、支持力和摩擦力四个力的作用，由牛顿第二定律：

       F-μmg=ma1      

解得：a1=0.5m/s2    

（2）加速过程中由运动学公式得    v=a1t1=4m/s，

撤去F后  a2=-μg=-2 m/s2     

由     2a2x2=0-v2   

所以   x2=4m，

由速度公式可得 0-v=a2t2  

所以   t2=2s．

（3）由（1）（2）的分析可知，物体的初速度为0，做匀加速运动，经8s，速度达到=4m/s，

之后开始匀减速运动，经2s，速度减为0．所以速度-时间图象如图所示．

答：（1）在拉力F作用下物体运动的加速度0.5m/s2，

    （2）撤去F后物体运动的距离是4m，时间是2s，

    （3）整个运动过程的速度-时间图象如图所示．

（1）由图可知，在第1s内，A、B的加速度大小相等，为a=2m/s2．

物体A、B所受的摩擦力均为f=ma=2N，方向相反．

根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零．

（2）设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得，

mvA+mvB=（2m+M）v

代入数据，解得v=0.4m/s，方向向右．

由系统能量守恒得，

f(sA+sB)=mvA2+mvB2-(2m+M)v2

解得A、B的相对位移，即车的最小长度s=sA+sB=4.8m．

（3）1s后A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v．

在该过程中，对A运用动量定理得，-f△t=m△v

解得△t=0.8s．

即系统在t=1.8s时达到共同速度，此后一起做匀速运动．

在t=1.0s～3.0s时间内的v-t图象如下．

答：（1）小车在第1.0s内所受的合力为0N．

（2）要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为4.8m．

（3）A、B在t=1.0s～3.0s时间内的v-t图象如图．

（1）令位次启动的时间间隔为T，则有：

当第二辆车达到匀速运动的速度时，1、2两辆的位移差为50m

第二辆车达到匀速运动的时间为10s，产生的位移为：x2=at2=×2×102m=100m

此时第一辆车的位移为：x1=at2+vT=100m+20T

由题意有：x1-x2=50m

代入x1和x2得间隔时间T=2.5s．

（2）令第n辆车启动时，第一辆车已经运动了2.5（n-1）s

第一辆车运动的位移为a(10)2+20[2.5(n-1)-10]=50n-150

设第n辆车启动后追及时间为t，根据追及条件有：

a(20)2+40(t-20)=20t+(50n-150)

代入数据解得：t=s

答：（1）为安全起见，要使 n 辆车在匀速行驶时彼此间距均为 50m．问各辆车依次启动的时间间隔T=2.5s．

（2）为防止迷路，车队首长要求兵站派一名领航员坐上最后一辆车即第n辆军车，追赶第一辆军车．为此第n辆军车按正常次序启动，先以正常的加速度加速到军车的最大速度40m/s，然后再以此速度匀速追及．问需要s才能追上第一辆军车．

（1）用描点法作出图象，如图所示；

（2）刹车时汽车做匀减速运动，遵从速度与位移关系规律v2=2ax，可见停车距离应与速度的平方成正比；

（3）根据图线可以看出，反应距离随行驶速度变化的图线近似是直线，表示反应距离与行驶速度成正比；

（4）将x-v图象改为x-v2图象就可以比较清楚地看出刹车距离与行驶速度的平方成正比

答：（1）如图所示（2）刹车时汽车做匀减速运动，遵从速度与位移关系规律v2=2ax，可见停车距离应与速度的平方成正比　（3）反应距离与行驶速度成正比　（4）将x-v图象改为x-v2图象

（1）对于物体从开始运动到返回的整个过程，根据动能定理，有

F•L-2μmg•L-2μmgcos30°•L=0

对从最高点到返回出发点过程，有：

mgxsin30°-μmgcos30°x-μmgx=0

解得：μ=2-

F=2μmg（1+cos30°）=mg

（2）物体先加速、再减速、再加速、再减速，前两段的最大速度设为v，后两段的最大速度设为v′，由于摩擦，物体的机械能逐渐减小，故v＞v′

速率与时间关系图象如图

答：（1）求物体开始受的水平拉力F为mg；

（2）物体运动全过程用v-t图象如图所示．

（1）滑块的加速度为：a===-12(m/s2)

（2）物体在冲上斜面过程中经受力分析得：mgsinθ+μmgcosθ=ma

得：μ===0.81

（3）由于μ＞tan30°，故滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑．

s===1.5(m)

滑块停在距底端1.5m处．

答：（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小为12m/s2；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.81；

（3）不能返回，滑块停在距底端1.5m处．

（1）由图象得VA=6m/s，

又I=MAVA-0=0.6N．m

（2）B的速度-时间图象如图

MAVA=（MA+MB）V1

 V1=2m/s

MAVA=MAVA′+MBV2 

 解得V2=4m/s

（3）因A、B、C三小球水平方向系统不受外力，故动量守恒．

由此可得：不论A、C两球何时何处相互作用，三球相互作用的过程中三球具有的共同速度是一个定值，即三球速度相同时的总动能是一定值．

MAVA+MCVC=（MA+MB+MC）V共  

解得V共=2.5m/s

当三球速度相同时橡皮绳子弹性势能最大，所以当A球在运动过程中速度减为4m/s与C球同向时，C球与之相碰时系统损失能量最小（为0），此情况下三球在运动过程中橡皮绳具有的最大弹性势能为EPM1

EPM1=MAVA2+MCVC2-（MA+MB+MC）V共2=1.35J

当A球在运动过程中速度为2m/s与C球反向时，C球与之相碰时系统损失能量最大，此情况下三球运动的过程中橡皮绳具有的最大弹性势能为EPM2

MCVC-MAVA=（MA+MC）V3

解得V3=1m/s

EPM2=（MA+MC）V32+MBV22-（MA+MB+MC）V共2=0.45J

由上可得：橡皮绳具有的最大弹性势能EPM的可能值在0.45J-1.35J的范围内．

答：（1）瞬时冲量I的大小为0.6N．m．

（2）如图所示．

（3）橡皮绳具有的最大弹性势能EPM的可能值在0.45J-1.35J的范围内．