热门试卷

解：（1）滑块滑至水平传送带的初速度为v1，则

，

滑块的加速度a=μg，设滑块到达传送带右端的速度为v2由，得v2=4m/s

滑块到达传送带右端做平抛运动，设平抛运动的时间为t，则

，

落地点与传送带右端的水平距离m

（2）设滑块从传送带左端运动到和传送带速度v0相同时所用时间为t1，位移为x1由，得t1=0.2s

由m＜L

说明滑块先做匀加速运动后做匀速运动，x2=L－x1=0.9m

滑块做匀速运动的时间s

所以s

解：（1）因为两物块始终作减速运动，有可能出现在相碰前有物块停止运动，故应进行讨论。先假定在时间t内，都未停下。以a表示此加速度的大小，现分别以s1和s2表示它们走的路程，则有

 ①， ②， ③

解①②③三式并代入有关数据得 ④ 　　

经过时间t，两物块的速度分别为 ⑤，　⑥　　

V2'为负值是不合理的，因为物块是在摩擦力作用下作减速运动，当速度减少至零时，摩擦力消失，加速度不复存在，v2'不可为负。V2'为负，表明物块2经历的时间小于t时已经停止运动。在时间t内，物块2停止运动前滑行的路程应是 ⑦ 　　

解①③⑦式，代入有关数据得 ⑧ 　　

由⑤⑥式求得刚要发生碰撞时物块1的速度 ⑨ 　　

而物块2的速度 ⑩

（2）设v为两物块碰撞后的速度，由动量守恒定律有

刚碰后到停止运动过程中损失的机械能

由并代入数据得

解：由于A与C碰撞没有机械能损失，A碰后原速率弹回，以向右运动，若能与C发生第二次撞，则要求A在B对他的摩擦力的作用下，重新向左运动，且B没有滑出A。

      设B没滑出A，达到共同速度为v，由动量守恒定律（向左为正），有

      解得，方向向左

      B在A上滑过的距离为SBA，则

      解得SBA=0.5m＜L，B不能滑出A，故可以与C发生第二次碰撞。

      A与B达到共同速度前做匀变速运动，达到共同速率后做匀速直线运动，设加速度为a

      μmBg=mAa， a=12m/s2

      A与B达到共同速度经历的时间为t1 

      t1=v0－v/a=0.25s

      此过程A对地向右的位移为s

      s= v02－v2/2a=0.125m， t2=s/v=0.125s

      所以，第一次碰撞后再与C发生第二次碰撞所经历的时间为：

      t=t1+t2=0.375s

解：(1)由x=8t-4.5t2可知物块在B点的速度v0和从B到D过程中加速度a

a=-9 m/s2，v0=8 m/s

由牛顿第二定律有-mgsin37°-μmgcos37°=ma

(2)物块由C由B过程中W弹

弹簧在C点处的最大弹性势能为Ep=W弹=35.6 J

(3)物块恰好能到达M点时，由重力提供向心力

物块由D到M过程中

物块由B到D过程中

xBD=1m

解：（1）由牛顿第二定律知：在绳拉力作用下A、B两物体的加速度分别为：

由题意知，代入数值得t=1s

所以A滑到B的最左端时A、B的速度分别为vA=aAt=6 m/s、vB=aBt=4 m/s

由功能关系知外力F所做功为

（2）经t/2撤去力F时，A相对B发生的位移为：

此时A、B的速度分别为v1=3 m/s、v2=2 m/s

要确保A不从B的左端滑出，则A滑至B的左端时速度正好与B相等，取B为参考系有

，代入数据有

故F0至少为

解：（1）设AC长为h，小球到达B点时的速度为v，根据机械能守恒定律

      所以

      可见小球的速度只与高度h有关，与路径无关

 （2）第一个小球的运动时间由定

      根据牛顿第二定律 得

      故

      第二个小球在竖管中的运动时间由 得

      第二个小球在横管中做匀速直线运动，运动时间由定

      所以

      所求，该比值与h及g的取值无关

（1）释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，设落地时的速度为V1，

由V12=2gh可得，

B着地前瞬间的速度为 v1==4m/s，

（2）B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，B竖直向上做匀减速运动．它们加速度的大小分别为：

  aA==m/s2=4m/s2  

 aB==m/s2=16m/s2

B竖直向上做匀减速运动的时间为t1

由V=V0+at1 得  t1==s=0.25s，

此时环的速度为V=V1+at=5m/s，

（3）B再次向下运动时，由于B的速度小于A的速度，所以B受得摩擦力仍然向下，加速度与竖直向上运动的加速度相同，

所以再次回到地面时的时间与上升的时间相同，

所以B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为   t==0.5s

在此时间内A的位移   x=v1t+aAt2=4×0.5+0.5×4×0.25=2.5m 

要在B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件 L≥x=2.5m  

答：（1）B着地时速度是4m/s，

（2）B着地反弹到最高时环的速度是5m/s，

（3）B的长度至少应该是 2.5m．

解：由v2-s图可知，物体运动可分为三段，设位移分别为S1，S2，S3，对应的时间分别为t1，t2，t3

匀加速运动

匀速运动

 初速 末速度v3=5m/s 匀加速运动

（1）s=0到s=0.9m匀加速运动，由公式

得：

，解得：a3=5m/s2

（2）线框通过磁场时，线框作匀速运动，线框受力平衡

在AA'a'a区域，对线框进行受力分析，

穿过磁场区域时，

由题干分析得：线框的宽度

解得

（3）设恒力作用时金属框上边进入磁场速度为V

线框穿过磁场时，

又由

解得

由于，所以穿过磁场后，撤去外力，物体仍可到达顶端

所以力F做功为

解：（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力F、斜面的支持力和线框重力，由牛顿第二定律得F－mgsinα=ma

线框进入磁场前的加速度=5m/s2

（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以线框abcd受力平衡F=mgsinα+FA

ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E=Bl1v

形成的感应电流

受到的安培力

F=mgsinα+

代入数据解得v=2m/s

（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动

进磁场前线框的运动时间为

进磁场过程中匀速运动时间

线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a=5m/s2

解得：t3=1s

因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为t=t1+t2+t3=1.7s

（4）线框ab边运动到gh处的速度v′=v+at3=2m/s+5×1m/s=7m/s

（5）

整个运动过程产生的焦耳热Q=FAl2+Q1=（F－mgsinθ）l2+Q1=1.58J