热门试卷

解：以飞机为研究对象，它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，这四个力做的功分别为：

WG=0，

W支=0，

W牵=FL，

W阻=-kmgL，

根据动能定理得：FL-kmgL=mV2-mv02

代入数据解得：F=1.8×104N

答：飞机受到的牵引力为1.8×104N．

解：（1）0～2s，由牛顿第二定律得物块加速度：

a1===2m/s2，

x1=a1t12=×2×22=4m，

v=a1t1=2×2=4m/s，

2～4s，由牛顿第二定律得加速度：

a2===2m/s2，

x2=vt2-a2t22=4×2-×2×22=4m，

4s内的位移：x=x1+x2=8m，

v′=v-a2t2=4-2×2=0m/s；

（2）由动能定理得：W-μmgx=mv′2-0，

解得：W=μmgx+mv′2=0.1×0.2×10×8+0=1.6J；

答：（1）4秒内小物块的位移大小为8m；

（2）4秒内电场力对小物块所做的功1.6J．

解：匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知第1s末的瞬时速度为1m/s，

则加速度a=，

根据牛顿第二定律得，F-μmg=ma，

代入数据解得m=2kg．

答：物体的加速度大小为1m/s2、质量为2kg．

解：（1）由题意可知，物体平抛运动下落的高度为y=3.2m

y=gt2

代入数据解得t=0.8s

（2）设平抛初速度为v0，物体撞在P点前瞬间竖直分速度为vy，

vy=gt═10×0.8m/s=8m/s

因为物体垂直斜面撞在P点，且斜面倾角为45°，

所以 v0=8m/s

平抛运动过程的水平位移为x=v0t=8×0.8m=6.4m

由题意可知，M到BC的距离为3.2m．

（3）物体在平台上做匀加速直线运动，设加速度为a

v02=2aL

F-μmg=ma

代入数据解得F=0.72N．

答：（1）物体做平抛运动的时间t为0.8s；

（2）斜面底端M点到平台右侧BC的距离为3.2m；

（3）水平恒力F的大小为0.72N．

解：（1）系统静止时，弹簧处于压缩状态，分析A物体受力可知：

F1=mAgsinθ，F1为此时弹簧弹力，设此时弹簧压缩量为x1，

则F1=kx1，得x1=

在恒力作用下，A向上加速运动，弹簧由压缩状态逐渐变为伸长状态．当B刚要离开C时，弹簧的伸长量设为x2，分析B的受力有：

kx2=mBgsinθ，

得x2=

设此时A的加速度为a，由牛顿第二定律有：

F-mAgsinθ-kx2=mAa，

得a=

（2）A与弹簧是连在一起的，弹簧长度的改变量即A上移的位移，故有d=x1+x2，

即有：d=

答：（1）物体B刚离开C时，物体A的加速度a=；

（2）从开始到物体B刚要离开C时，物体A的位移d=．

解：（1）设细线中的张力为T，对小球和小物块各自受力分析：

根据牛顿第二定律得：

对M：Mg-T=Ma

对m：T-mgsin30°=ma

且M=km

解得：a=

（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0．

根据牛顿第二定律有：-mgsin30°=ma0

对于m匀加速直线运动有：v2=2aLsin30°

对于小物块落地静止不动，小球m继续向上做匀减速运动有：v2-v02=2a0L（1-sin30°）

解得：v0=（k＞2）

（3）平抛运动x=v0t    Lsin30°=gt2 

解得x=L

因为＜1，所以x＜L，得证．

答：（1）求小物块下落过程中的加速度大小是；

（2）求小球从管口抛出时的速度大小是；

解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma                     

得：                                           

结合乙图象得：m=4kg；μ=0.1                                           

（2）0～2s：由牛顿第二定律可得F1-μmg=ma1

前2s内通过的位移为 

2s～4s：由牛顿第二定律可得F2-μmg=ma2

 2s～4s：物体做匀减速运动，t=4s时速度恰好为0，

由以上式可知：一个周期内的位移为x=2x1=8m                          

（3）20s即5个周期通过的位移x10=5×8=40m                               

第21秒通过的位移                                      

前21秒物体运动时拉力F做的功W=5（F1×s1+F2×s1）+F1×x′=5×[12×4+（-4）×4]+12×1J=172J   

答：（1）物体的质量为4kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.1．（2）求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小为8m．（3）21s内力F对物体所做的功为172J

解：（1）由牛顿第二定律，有：T-f=ma

解得：a===1m/s2

由得：v===1m/s

（2）由T-f=ma得：T-μ（mg+F）=ma

又由得：a===0.25m/s2

代入上式：4N-0.1×（20N+F）=2kg×0.25m/s2

得：F=15N

答：（1）运动后通过0.5m位移时，物体的速度为1m/s；

（2）为使它在运动0.5m位移时的速度大小恰好等于0.5m/s，可同时再对物体施加一个竖直向下的力F，则F为15N．

解：（1）车厢静止时，小球共点力作用下处于平衡状态，小球的受力如图1，则有

   FAsinθ=FBsinθ

   FAcosθ+FBcosθ=mg

得 FA=FB=10N

（2）B绳受到的拉力变为零时，因为小球沿水平方向运动，加速度在水平方向，故小球受力如图2所示．

  因FA′cosθ=32×cos37° N=25.6N＞mg=16N，所以小球已经向上飘起．

此时A绳与竖直方向的夹角 β＞θ，由牛顿第二定律得：

  FA′cosβ=mg

  FA′sinβ=ma′

解得 a′=10m/s2；

由受力分析可知：加速度方向水平向右．

（3）静止时B绳的拉力为10N，大于能承受的最大拉力8N，故车厢不能静止

①设B绳拉力为FB″=8N，小球受力如图4所示，由牛顿第二定律得：

  FA″sinθ-FB″sinθ=ma″

  FA″cosθ-FB″cosθ=mg

解得 a″=1.5m/s2；故要B绳不被拉断，则 a″＞1.5m/s2；

②设B绳张力为0，但小球位置不变，则小球受力如图4所示，由牛顿第二定律得

   FA″′cosθ=mg

   FA″′sinθ=ma″′

解得 a″′=7.5m/s2．

故要使B绳张紧，则车厢的加速度要满足 a″′≤7.5m/s2．

综上：所求的加速度范围为 1.5m/s2＜a＜7.5m/s2．

答：

（1）车厢静止时，细绳A和B所受的拉力都是10N．

（2）此时车厢的加速度的大小为10m/s2，加速度方向水平向右．

（3）车厢加速度的大小范围为1.5m/s2＜a＜7.5m/s2．

解：（1）设人在滑梯上的加速度为a，由牛顿第二定律得：

mgsin37°-f=ma　 

代入数据得：a=1m/s2　

（2）设人滑到滑梯末端时的速度大小为v，对人下滑的过程，由动能定理得：

mgLsin37°-fL=-0　

代入数据得：v=4m/s　

（3）人离开滑梯后做平抛运动，下落时间为t，

则

水平距离 x=vt　

代入数据得：x=1.6m　

答：（1）人在斜面轨道上的加速度大小为1 m/s2；

（2）人滑到轨道末端时的速度大小为4m/s；

（3）人的落水点与滑梯末端B点的水平距离为1.6m．