热门试卷

（1）如图所示，设作物块与车板间的摩擦力为f，自车开始运动直至物块离开车板所用时间为t，此过程中车的加速度为a1，

由牛顿第二定律有

  F-f=Ma1  f=μmg

解以上两式得a1=4m/s2　　　　　　　　

对车由运动学公式有  x0=a1t2

解得   t===1s　　　　　　

（2）物块离开车时，车的速度v=a1t=4×1=4m/s．

恒力F的功率p=Fv=220×4=880W　　

（3）物块在车上运动时的加速度a2==μg=2m/s2

物块离开车瞬间的速度v'=a2t=2×1=2m/s

它将以此初速度做平抛运动，设经时间t′落地，由  

    h=gt′ 2

解得  t′===0.5s

通过的水平距离  x1=v't'=2×0.5=1m　　　　　　　　　　　　　　　　

在这段时间内，车的加速度为 

 a1′===4.4m/s2

车通过的距离为  x2=vt′+at′2=4×0.5+×4.4×0.52=2.55m　　　　　　　

可知，物块落地时与平板车右端的水平距离为  x=x2-x1=1.55m　　　　

答：

（1）从车开始运动到物块刚离开车所经过的时间t=1s；

（2）物块刚离开车时，恒力F的功率P为880W；

（3）物块刚落地时，落地点到车尾的水平距离x=1.55m．

设物体向上滑行的距离为s．物体向上运动的过程中，推力F做正功，重力和摩擦力做负功，根据动能定理

     Fs1cosθ-μ（mgcosθ+Fsinθ）s1-mgs•sinθ=0

   得到s=

代入解得s=5m

斜面长L=5m，说明物体恰好滑到斜面顶端．

答：物体能冲上顶端．

（1）设汽车刹车到停下的时间为t0．则：t0==s=2s

故汽车经过1.5s时的瞬时速度为：v=v0-at=10-5×1.5（m/s）=2.5m/s

（2）由上分析可知，刹车2s后汽车停止运动，则3s内与2s内的位移相等．

则：s=t0=×2m=10m

答：（1）汽车经过1.5s时的瞬时速度是2.5m/s；

（2）3s内的路程是10m．

（1）渔船通过的时间t==s=40s                                  

由运动学公式S=vmt+at2，

得到 a==m/s2=-0.4m/s2                   

（2）轮船做减速运动时，由牛顿第二定律得：-（ F+Ff）=ma                      

解得Ff=1.0×105 N                                                  

最大速度行驶时，牵引力F=Ff=1.0×105N，

功率P=Fvm=Ff vm=1.0×105×20W=2.0×106 W                              

（3）由动能定理得Pt0+(-FfS1)=m

解得S1==m=1.1×104m

答：（1）轮船减速时的加速度a为=-0.4m/s2；

（2）轮船的额定功率P为2.0×106 W；

（3）发现渔船时，轮船离开码头的距离为1.1×104m．

（1）解法一：令a1=-10m/s2，a2=5m/s2，a3=-5m/s2，t1=3s末，甲车速度：v1=v0+a1t1=0；

设3s过后经过t2 s 甲、乙两车速度相等，此时距离最近：a2t2=v0+a3t2；

等速之前，甲车位移：x甲=t1+a2；

乙车位移：x乙=v0t1+v0t2+a3；

解得x乙-x甲=90m＜s0=100m，不会相撞．

解法二：由加速度图象可画出两车的速度图象，如图所示

由图象可知，t=6s 时两车等速，此时距离最近，

图中阴影部分面积为0～6s内两车位移之差，

△x=×30×3m+×30×(6-3)m=90m＜100m

∴不会相撞．

（2）如图所示；

答：1）两车在0～9s内不会相撞；

（2）甲乙的速度时间图象如图所示．

（1）物体放于传送带上A点后，物块受力图如答图a所示．先在传送带上做匀加速运动（相对地面），直到与传送带速度相同为止，此过程物体的加速度为a1，则有：μmg=ma1，a1=μg=2.5m/s2

做匀加速运动的时间是：t1==s=4.8s

这段时间内物体对地的位移是s1=•t1=×4.8m=28.8m

∵s1=28.8m＞SAB=3.2m

∴从A到B物体一直做匀加速运动，设达到B点的速度为vB，则=2a1SAB

代入解得：vB=4m/s，所用时间为t1==s=1.6s

（2）物块在传送带的BC之间，受力情况如图b

，

由于μ=0.25＜tan37°=0.75，A在BC段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为 μmgcos37°，方向沿传送带向上，

  由牛顿第二定律：mgsin37°-μmgcos37°=ma2

a2=g（sin37°-μcos37°）=4m/s2

（3）物体在传送带的倾斜BC部分，以加速度a2向下匀加速运动，

由运动学公式SBC=vBt2+a2

其中SBC=22m，vB=4m/s

解得t2=2-1≈2.46s，

物块从a到c端所用时间为t=t1+t2=4.06s

答：

（1）物体到达B点的速度是4m/s；

（2）物体刚进入传送带BC部分的加速度是4m/s2；

（3）物体从A点运动到C点所用的时间是4.06s．

解法一（基本公式法）：设最大速度为vmax，由题意得

，

解得

解法二（平均速度法）：由于汽车在前后两段均做匀变速直线运动，故前后段的平均速度均为最大速度vmax的一半，即，由得

解法三（图象法）：作出运动全过程的v-t图象，如图所示，v-t图线与t轴围成的三角形面积与位移等值，故x，则

（1）设战机在自身动力和蒸汽动力共同作用下滑行的加速度为a，

则由 V02=2as

解得 a=30m/s2 ，

飞行员受到座椅水平方向的作用力  Fx=ma=1.8×103 N，

飞行员受到座椅竖直方向的作用力  Fy=mg=6.0×102 N，

飞行员受到座椅作用力大小为 F==600N=1.9×103 N，

（2）设战机只依靠自身动力作用滑行的加速度为a1，空气阻力位f，自身动力的大小为F1，弹射系统的弹力的大小为F2，

则 V02=2a1s

  F1-f=Ma1

  F1+F2-f=Ma

带入数据解得 F2=7.5×104N，

所以弹力的大小为7.5×104N，

弹射系统的弹力对战机做的功为 W=F2s=4.5×106J．

（1）滑动摩擦力F=μmg

代入题给数值，得 F=12N

由牛顿第二定律，得 F=ma

代入数值，得 a=2m/s2

（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=2m/s．

则v=at1 代入数值，得t1=1s

（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短．则

L=atmin2

代入数值，得tmin=2s

传送带对应的最小运行速率vmin=atmin

代入数值，得vmin=4m/s

答：（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小为12N，加速度大小为2m/s2；

（2）行李匀加速运动的时间为1s；

（3）行李从A处传送到B处的最短时间为2s，传送带对应的最小运行速率为4m/s．

（1）在质量一定的情况下，汽车的速度越大，它的动能（mv2）也越大，

根据动能定理，相同制动力作用下停下来的距离越长．             

（2）同样道理，在速度相等时，汽车的质量（增加成员）大，它的动能（mv2）也越大．

根据动能定理，当然相同制动力作用下停下来的距离当然也越长．   

（3）设汽车的质量（含驾驶员）为M，汽车制动力近似每次相等（与速度无关）设为f，汽车速度为V，

根据动能定理：-fs=0-MV2

解得s==，

当汽车速度为60km/s时，位移变为速度是10km/h时的36倍，则汽车制动的距离为36m．

答：（1）根据动能定理知，制动力相同，初动能越大，制动距离越大．

（2）质量增加，则初动能增加，制动力不变，根据动能定理，制动距离增大．

（3）汽车制动的距离为36m．

a=2.5m/s2，v=1.5m/s

67.5m， 90m

（1）上升过程中

A到达D点所经历的时间为tA，则有：H=V0tA-a1tA2

B到达C点所经历的时间为tB，则有：L1+L2+H=V0tB-a1tB2

联立方程解之得：tA=0.7stB=1s

所以AB杆上升通过圆筒的时间t1为：t1=tB-tA=0.3s

（2）杆AB向上穿过CD圆筒时瞬时速度，

VB=V0-atB=0 刚好为零，由此判断杆AB刚好穿过圆筒．

设下降时杆AB穿过圆筒时间为t2

由此可知：L1+L2=a2

解得：t2=0.4s

所以总时间t=t1+t2=0.7s

答：AB杆上升通过圆筒的时间t1为0.3s；AB杆通过CD圆筒的总时间t为0.7s