热门试卷

解：（1）渔船通过的时间t==40s

由运动学公式，

得到=-0.4m/s2 

（2）轮船做减速运动时，牛顿第二定律：-( F+ Ff) =ma

解得Ff=1.0×105N

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=2.0×106W 

（3）由动能定理得 

解得S1=m=1.1×104

（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）设小物块受到的摩擦力为f=μN1=μmg=0.2×1.0×10N=2N    方向水平向右．

    （2）设小物块的加速度为a1，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2则

        由牛顿定律及运动规律可知：f=ma1     a1=2.0m/s2

           s1=a1t2            

           s2=a2t2      

           s2-s1=l

       带入数据解得：a2=4m/s2

      设木板受到的摩擦力为f’，f’=f，对木板根据牛顿第二定律：F-f’=Ma2，

       则F=f’+ma2，代入数值得出F=10N．

（3）设撤去F时小物块和木板的速度分别为v1和v2，撤去F后，木板与小物块组成的系统动量守恒，

    当小物块与木板相对静止时，它们具有共同速度v，

     根据动量守恒定律得：mv1+Mv2=（m+M）v        

      v=m/s=m/s

     对小物块：根据动能定理：fs=mv2-mv12

     对木板：根据动能定理：-f（s+l′）=Mv2-Mv22

       代入数据：l′=m    

    所以木板的长度至少为L=l+l′=m≈1.7m  

答：（1）小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小为2N，方向水平向右；（2）作用于木板的恒力F的大小为10N；（3）木板的长度至少是1.7m．

（1）前2s内物体的加速度为a==m/s2=3m/s2

前2S内物体的位移为S=at2=×3×22m=6m

F对物体所做的功W=FS=20×6J=120J

（2）2s末物体的速度为v=at=6m/s，物体的动能为Ek=mv2=×4×62J=72J

（3）由动能定理得

-μmgS′=0-Ek

代入解得到S′=9m．

答：

（1）前2S内F对物体所做的功是120J．

（2）2S末物体的动能是72J．

（3）若2S末撤去F，物体还可以向前运动9m．

（1）如果绳断时撤去拉力，则AB一起停止运动．

现在A停止后B还运动3s，是因为F给B一定的冲量，所以：Ft-kmBgt1=0；

又根据平衡条件，有：F=k（mA+mB）g；

可得t1=4.5s．

（2）A停止后B还运动5m，是因为F对B做了功．所以根据功能关系，有：

Fs-kmBgs1=0；

可得s1=7.5m；

即△s=L+s1=8m．

答：（1）物体A停止后再经4，5s时间物体B才停止．

（2）二者都停止后，A与B之间的距离为8m．

（1）物体由A到B过程中，根据牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma，得a=g（sinθ+μcosθ）

代入解得：a=10sm/s2．

由：S=v0t-at2得：

15=20t-5t2解得：t1=1s，t2=3s，

因为根据v=v0-at=20-10×3（m/s）=-10m/s，说明物体在t2时刻沿斜面向下，与题不符，舍去．

（2）从A到C整个过程，重力做功为零，根据动能定理得：

-μmgScosθ=m-m

解得：vC=2m/s

答：

（1）物体由A运动到B所需时间是1s；

（2）物体落到C时的速度大小为2m/s．

（1）s0=a1t12

物体共受到四个力的作用：重力G，拉力F，支持力N，滑动摩擦力f，

由牛顿第二定律F合=ma得：

N+Fsinθ=mg，

Fcosθ-μN=ma1

解得μ=0.4

（2）3s末木块的速度：v1=a1t1

匀减速阶段a2=μg

木块继续滑行的距离s=

解得：s=4.5 m               

（3）对整个过程运用动能定理分析：

    WF+Wf=0-0=0

又WF=Fs0cosθ

所以摩擦力对木块做的功Wf=-32.4J

答：（1）木块与地面间的动摩擦因数是0.4；

（2）撤去拉力后，木块继续滑行的距离是4.5 m；

（3）在整个运动过程中，摩擦力对木块做的功是-32.4J．

（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．

（1）由匀加速运动公式 a==9×105m/s2

由安培力公式和牛顿第二定律，有 

F=IBl=kI2l

F=ma

因此 

I==8.5×105A

即发射过程中电源提供的电流强度为8.5×105A．

（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即：P△t×4%=mv2

发射过程中电源供电时间

△t==×10-2s

因而，所需的电源输出功率为

P==1.0×109W

由功率P=IU，解得输出电压：

U==1.2×103V

即发射过程中电源的输出功率为1.0×109W、输出电压为1.2×103V．

（3）分别对砂箱和滑块用动能定理，有

fsM=MV2             

f'sm=mV2-mv2

由牛顿定律f=-f'和相对运动sm=sM+s'

再由动量守恒定律

mv=（m+M）V

联立求得

fs'=•mv2

故平均冲击力

f=•

即滑块对砂箱平均冲击力为．

（1）对B物体受力分析，受重力mg和拉力F，根据牛顿第二定律，有：mg-F=ma

对A物体受力分析，受重力m0g和拉力F，根据牛顿第二定律，有：F-m0g=m0a

解得a=g

当m→∞时a1=g

当m=0时a2=-g

当a=0时m=m1=m0

即图乙中a1、a2和m1的大小分别为：g、-g、m0．

（2）方法一：用牛二定律和运动学关系从H=0.5m高处释放，AB加速度有

a=g=2m/s2

B着地时A速度v== m/s

接着A做竖直上抛，上升h==0.1m

A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1m

方法二：用动能定理B刚落地时A、B有大小相等的速度，设为v则有：

（m+m0）v2=（m-m0）gH

代入数据解得：v= m/s

接着A做竖直上抛，上升h==0.1m

A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1m

（3）设A开始离水平面h1，B开始离水平面h2，由静止释放A上升到高度h1′，B下降到高度h2′，则h1′-h1=h2-h2′=h

代入（1）问中加速度a，AB发生h位移时速度为v

v2=2ah

v2=2gh

（m+m0）v2=mg（h2-h2′）-m0g（h1′-h1）

得m0v2+m0gh1′+mv2+mgh2′=m0gh1+mgh2

故A、B系统机械能守恒．

（1）列车的初动能Ek0=m=×8×107×202J=1.6×1010J

（2）由动能定理有：-f•s=m-m

得  f=N=4×107N

（3）由2ax=vt2-v02  求得a=0.5m/s2  

则列车进站滑行的总时间为t==40s     

答：（1）关闭动力时列车的初动能为1.6×1010J．

（2）列车受到的恒定阻力为4×107N．

（3）列车进站滑行的总时间为40s．

（1）设小球第一次接触Q的速度为v，接触Q前的加速度为a．

根据牛顿第二定律有 qE=ma                                   

对于小球从静止到与Q接触前的过程，根据运动学公式有v2=2al    

联立解得v=              

（2）小球每次离开Q的速度大小相同，等于小球第一次与Q接触时速度大小

v=                        

设小球第n次离开Q向右做减速运动的加速度为an，速度由v减为零

所需时间为tn，小球离开Q所带电荷量为qn，则

qnE=man   

tn=                                      

qn=                               

联立解得tn=

mv

qE

kn                              

小球从第n次接触Q，到本次向右运动至最远处的时间

Tn=2T0+kn，

（3）假设小球第1次弹回两板间后向右运动最远距A板距离为L1，则

（qE-f）L-（+f）L1=0       

即L1=L              

假设小球第2次弹回两板间后向右运动最远距A板距离为L2，则

（qE-f）L-2fL1-（+f）L2=0

即L2=L          

又因此时电场力F===f，即带电小球可保持静止

带电小球最终停止的位置距P点的距离L3为

L3=L-= 

答：（l）小球第一次接触Q时的速度大小是；

（2）小球从第n次接触Q，到本次向右运动至最远处的时间Tn的表达式是Tn=2T0+kn；

（3）带电小球最终停止的位置距P点的距离是．

（1）设小物体离开桌子边缘B点后经过时间t落地，物体竖直方向做自由落体运动，则有  

     h=gt2   ①

得t==s=0.5s  ②

（2）设小物体离开桌子边缘B点时的速度为vB，物体做平抛运动时，水平方向做匀速直线运动，则

  vB==m/s=2m/s  ③

从A→B过程，根据动能定理，有-μmgs=mvB2-mvA2  ④

得μ===0.4  ⑤

（3）不同意．要使水平射程加倍，必须使B点水平速度加倍，即vB'=2vB=4m/s   ⑥

根据动能定理，有-μmgs=mvB′2-mvA′2⑦

解得vA′==2m/s≈5.3m/s≠2vA

所以说该同学认为应使小物体的初速度加倍的想法是错误的．

答：

（1）小物体离开桌子边缘B后经过0.5s时间落地．

（2）小物体与桌面之间的动摩擦因数是0.4．

（3）该同学认为应使小物体的初速度加倍的想法是错误的．

（1）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：-(qE+μmg)s1=0-mv02

得 s1=

代入数据，得：s1=0.4m

（2）物块先向右作匀减速直线运动，

根据：s1=•t1=t1得：t1=0.4s

接着物块向左作匀加速直线运动：a2==1m/s2

根据：s1=a2

代入解得 t2=2s                     

物块离开电场后，向左作匀减速运动：a3=-=-μg=-2m/s2

根据：a3t3=a2t2

得：t3=t2=s

物块运动的总时间为：t=t1+t2+t3=1.74s

答：（1）物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离是0.4m；

（2）物体运动的总时间为1.74s．