热门试卷

F作用下，有相对滑动；F作用时间t1撤去后，滑块继续加速，木板减速，

要使滑块能从木板上恰好滑下，则要求滑下时，滑块和木板的速度相同，设为V3则：

在t1时间内：

      滑块的加速度：a1=gμ=4 m/s2，V1=a1t1      木板的加速度：a2==6 m/s2，V2=a2t1在t2时间内：

     滑块的加速度：a1'=a1=4 m/s2，V3=V1+a1t2     木板的加速度：a2'==1 m/s2，V3=V2-a2't2t1+t2时间内总位移：

  滑块的位移为：S1=a1（t1+t2）2  木板的位移为：S2=a2t12+（V2t2-a2't22）

 而S2-S1=L

解得：t1 =1s

答：此力作用的最短时间为1s．

解：(1)设经1秒，汽车追上自行车，由题意得：

汽1＝自1＋解得：1＝10 s

(2)汽车的加速度大小为＝2 m/s2，设第二次追上所用的时间为2，则

自2＝汽2－22解得：2＝12 s

设汽车从刹车到停下用时3秒，则

3＝＝9 s＜2，故自行车再次追上汽车前，汽车已停下

停止前汽车的位移：汽＝3设经4时间追上，则自4＝3解得4＝13.5 s，再经过13.5 s两车第二次相遇

（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+at2得，

a==m/s2=2.5m/s2

故物体的加速度大小为2.5m/s2．

（2）4s末的速度v=v0+at=2+2.5×4m/s=12m/s

物体在第5s内的位移x5=v4t′+at′2=12×1+×2.5×1m=13.25m

故物体在第5s内的位移为13.25m．

（1）运动员自由下落过程，有v12=2gh1

所以运动员打开伞时的速度为  v1=m/s=100m/s    

（2）运动员打开伞后做匀减速运动，由v22-v12=-2as2       

    所以伞张开后运动员的加速度为 a==5m/s 2        

答：（1）张开伞的一瞬间，运动员的速度为100m/s．

（2）要运动员充分安全地着地（即着地速度为零），第二阶段的合适加速度应是5m/s 2．

（1）由牛顿第二定律：Eq=ma

   又L=a 

联立解得  t1=

（2）设再经t2时间A、B第二次相碰，则xA=xB而xA=a，xB=vt2，v=at1

解得，t2=2

（3）v-t如图示．

答：（1）A球经过时间与B球发生第一次碰撞．

（2）再经过2时间A球与B球发生第二次碰撞．

（3）画出A球运动的速度-时间图象如图所示．

物体运动的全部过程中，拉做正功，摩擦力做负功，其余力不做功，根据动能定理，有

Fs1-μmg（s1+s2）=0

解得

s2=

答：物体还能运动．

（1）电动车在A-B受到的牵引力不变，做匀加速直线运动．图线的斜率等于功率，由数学知识可知，电动车在B-C过程的功率不变，由P=Fv得知，速度增大，牵引力减小，加速度减小，则电动车在B-C过程做加速度减小的变加速运动．由C点读出F=400N，vm=15m/s，则环保电动车的额定功率：P=Fvm=6000W．

（2）当vm=15m/s时，牵引力与阻力平衡，则阻力F阻=F=400N，电动车做匀加速直线运动时，牵引力大小为：FAB=2000N，加速度大小为：a==m/s2=2m/s2

（3）匀加速直线运动的最大速度为：vm′==m/s=3m/s

所以电动车由静止开始运动速度达到2m/s所经历的时间为：t==s=1s

 答：

（1）电动车在A-B过程做匀加速直线运动，在B-C过程做加速度减小的变加速运动．电动车的额定功率为6000W．

（2）匀加速直线运动过程的加速度的大小是2m/s2．

（3）电动车由静止开始运动，经过1s时间速度达到2m/s．

（1）对物块：μmg=ma1∴a1=μg=2m/s2

对小车：F-μmg=Ma2

∴a2=0.5m/s2

物块在小车上停止相对滑动时，速度相同

则有：a1t1=υ0+a2t1

∴t1==s=2s

（2）t1物块位移x1=a1t12

t1时刻物块速度υ1=a1t1=4m/s

t1后M，m有相同的加速度，对M，m 整体有：F=（M+m）a3

∴a3=0.8m/s2

∴x2=υ1（t-t1）+a3(t-t1)2=4.4m

∴3S内物块位移x=x1+x2=8.4m 

答：（1）经多2s物块停止在小车上相对滑动；

    （2）小物块从放在车上开始，经过t=3.0s，通过的位移是8.4m．

设滑雪的人下滑的加速度大小为a，根据运动学公式s=v0t+at2

得：a=

解得：a=4.0m/s2

对滑雪板及人受力分析，受重力、支持力摩擦力，设滑雪板及人受到的阻力为f，沿斜面方向由牛顿第二定律得：

mgsinθ-f=ma

即：f=mgsinθ-ma=75×10×0.6-75×4=150N

答：滑雪人受到空气的平均阻力的大小为150N．

（1）队员下降时受到重力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得

   a1==m/s2=8m/s2．

（2）队员匀加速下降3s时速度为v1=a1t1=8×3m/s=24m/s，通过的位移为x1=a1=×8×32m=36m，则队员匀减速运动的位移为x2=x-x1=106m-36m=70m

设匀减速下降的加速度大小为a2，则

   -=-2a2x2

得a2==4m/s2．

根据牛顿第二定律得  f2-mg=ma2，得f2=mg+ma2=1400N

（3）设匀减速下降的时间为t2，则由

  x2=t2，解得，t2=5s．

故队员从直升机速降到地面需要的时间为t=t1+t2=8s．

答：（1）该队员下降时的加速度为8m/s2．

（2）紧握绳索至少需产生1400N的摩擦力．

（3）队员从直升机速降到地面需要的时间为8s．

（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1

由牛顿第二定律得μmg=ma1解得a1=μg=5 m/s2

经t1时间与传送带的速度相同，则t1==0.8 s

前进的位移为x1=a1t12=1.6 m

此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2==0.6 s

所以工件第一次到达B点所用的时间t=t1+t2=1.4 s

（2）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得

（μmgcos θ-mgsin θ）•=0-mv2

解得h=2.4 m

（3）工件沿传送带向上运动的时间为t3==2 s

此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T

T=2t1+2t3=5.6 s

工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间

t0=2t1+t2+2t3=6.2 s

而23 s=t0+3T

这说明经23 s工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零．

故工件在A点右侧，到A点的距离x=LAB-x1=2.4 m

答：（1）工件第一次到达B点所用的时间是1.4 s

（2）工件沿传送带上升的最大高度是2.4 m

（3）工件运动了23s时所在的位置是工件在A点右侧，到A点的距离是2.4 m．

（1）物体B做匀减速直线运动，设速度减为零的时间为t1由速度公式：vB=v2+at，则有：t1==5s

所以B物体还能运动5s时间．

（2）在t1=5s的时间内，做匀减速的物体B位移为：

xB1=v2t1+a=10×5-×2×52m=25m，

做匀速运动物体A的位移为：

xA1=v1t=4×5m=20m，

由于xA1＜xB1+x，故在B物体停止之前，物体A未追上物体B；

5s后，物体B静止不动，故物体A追上物体B的总时间为：

t总==s=8s

答：（1）B物体还能运动5秒时间．

（2）物体A追上B所用的时间为8秒．

由表中数据可看出，在误差范围内，s正比于T2即S=kT2

故选：B．

（1）小球沿杆做初速度为零的匀加速直线运动，所以有：

s=at2               ①

根据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma   ②

联立①②得：μ=0.25

故小球与轻杆之间的动摩擦因数为μ=0.25．

（2）若F垂直杆向下，有：

mgsinθ-μ（F+mgcosθ）=ma  

将a=2m/s2带入得：F=8N

若F垂直杆向上，有：

mgsinθ-μ（F-mgcosθ）=ma

同理带入数据得：F=24N．

故若F垂直杆向下F=8N，若F垂直杆向上F=24N．