热门试卷

（1）质点先减速后反向加速，整个过程是匀变速直线运动，故加速度定义，得到

a===-14m/s2

（2）根据牛顿第二定律，有

F=ma=0.2kg×（-14m/s2）=-2.8N

（3）在这一秒内质点的速率最小为零，根据速度位移公式，有

02-=2ax

解得

x==m

答：（1）在这一秒内质点运动的加速度为-14m/s2；

（2）质点受到的合外力的大小为2.8N；

（3）在这一秒内质点的速率最小时，距离a点的距离为m．

（1）B落地前，对于A，取水平向左为正，对于B，取竖直向下为正，根据牛顿第二定律得，

T=2ma，

mg-T=ma

联立两式解得a=g．

（2）由（1）解得B落地前轻绳的张力T=mg，

则滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到轻绳的压力大小，

F=2Tcos45°=mg．

答：（1）B落地前的加速度a的大小为g；

（2）B落地前滑轮对轮轴的压力F大小为mg．

（1）当拉力F等于0时，小车已经产生力加速度，故原因是平衡摩擦力时平衡摩擦力过大，在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大．

（2）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=，

则绳子的拉力F=Ma=，

当M＞＞m，即砝码和盘的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力．

所以为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足M＞＞m的条件．

（3）根据刻度尺的示数可知△x=sD-sA=3.90cm-2.10cm=1.80cm，

时间间隔为T=0.06s，

代入公式△x=aT2可以求出加速度为：a==5.0m/s2．

故答案为：（（1）偏大

（2）M＞＞m

（3）5.0

（1）根据L=at2得：a===1m/s2．

（2）物体受力如图所示，根据牛顿第二定律得：Fcosθ-mgsinθ=ma

代入数据解得：F=8.75N．

答：（1）小物块运动的加速度大小a为1m/s2；

（2）水平恒力大小F为8.75N．

（1）物体在斜坡上行驶时，根据牛顿第二定律得，

F1+mgsin37°-μmgcos37°=ma1

代入数据解得a1=3m/s2，

根据v12=2a1x1得，

物体运动到斜坡底端的速度v1===6m/s；

（2）在水平面上加速时，根据牛顿第二定律得，F2=μmg=ma2

代入数据解得a2=2m/s2，

减速时，根据牛顿第二定律得，μmg=ma3

代入数据解得a3=μg═5m/s2，

设物体刚开始减速时的速度为v2，则有：

+=x2

代入数据解得v2=10m/s，

则物体在拉力作用下的时间t===2s．

答：（1）物体运动至斜坡底端B点时的速度大小为6m/s；

（2）为使物体在水平地面上运动而不掉入凹坑，水平拉力的作用时间不能超过2s．

设加速阶段的加速度为a1，减速阶段的加速度为a2，由v-t图可知，

a1===2m/s2

a2===-1m/s2

对物块进行受力分析，由牛顿第二定律可知：

F-μmg=ma1

-μmg=ma2

解得：F=4N，μ=0.2

答：（1）物体所受到的水平拉力F的大小为4N；

（2）该物体与地面间的动摩擦因数为0.2．

（1）对木板受力分析，由牛顿第二定律得：

F-μ（M+m）g=Ma

由运动学公式，得

L=at2

解得：t==s=4s．

（2）铁块在木板上时：μ1mg=ma1，

铁块在地面上时：μ2mg=ma2，

对木板：F-μ1mg-μ2（M+m）g=Ma3

设铁块从木板上滑下时的速度为v1，铁块在木板上和地面上的位移分别为x1、x2，则：

2a1x1=

2a2x2=

并且满足x1+x2≤1.5m

设铁块在木板上滑行时间为t1，则

v1=a1t

木板对地面的位移x=a3

x=x1+L

联立解得F≥47N．

答：（1）若不计铁块与木板间的摩擦，且拉力大小为6N，则小铁块经4s将离开木板

（2）施加在木板水平向右的拉力应大于等于47 N

（1）对1.2s到1.4s匀减速过程有：a2==m/s2=-2m/s2．方向水平向左．

（2）在0到0.4s过程中的位移：x=t=×0.4m=0.4m．

（3）物体到达B点时的速度最大，设到达B点所经历的时间为t．

匀加速运动的加速度a1==m/s2=5m/s2．

则vB=at=5t

1.2s时刻的速度v=vB+a2（1.2-t）=vB-2（1.2-t）=1.1

联立两方程，得t=0.5s．

则vB=a1t=5×0.5m/s=2.5m/s

故小球下滑过程中的最大速度为2.5m/s．

（1）开始下落时做自由落体运动：h=g

             t1==3.0s

    此时座舱的速度v1==30m/s

后30米做匀减速运动，设加速度大小为a，则v12=2as  a=15m/s2

    t2==2.0s

故从开始下落至落到地面所用时间为：t=t1+t2=5.0s

（2）座舱下落到距地面10米位置时，人随座舱做匀减速运动，受到座舱对人的支持力、重力两个力的作用，由牛顿运动定律得：FN-mg=ma

  解得：座舱对人的支持力FN=2.5mg

由牛顿第三定律可知人对座舱的压力大小为2.5mg．即人对座舱的压力是人所受到的重力的2.5倍．

答：（1）从开始下落至落到地面所用的时间为5s；

    （2）当座舱下落到距地面10m位置时，人对座舱的压力是人所受到的重力的2.5倍．

（1）根据速度时间公式得，a==m/s2=1m/s2

（2）摩擦力的大小为f=μmg=0.2×2×103×10=4×103N

由牛顿第二定律得F-f=ma，

故F=f+ma=4×103+2×103×1=6×103N

答：（1）汽车的加速度为1m/s2．

（2）汽车所受的牵引力是6×103N

（1）匀速运动时安培力等于摩擦力f=BI1L①

加速运动时由牛顿第二定律可知BI2L-f=ma②

联立①②代入数据得：B=1.2T

（2）匀速运动时f=BI1L=1.2×5×2N=12N

f=μN

N=mg

联立以上方程，代入数据得μ===0.33

答：（1）磁场的磁感应强度为1.2T；（2）导轨与金属棒间动摩擦因素为0.33．

（1）对木块，只受摩擦力作用，µmg=ma1     a1=2m/s2 方向向右，

对木板，受拉力和摩擦力作用，F-µmg=Ma2   a2=4m/s2 方向向右，

（2）F作用时间为1s，

对木块：v1=a1t=2m/s

对木板：v2=a2t=4m/s

（3）撤去F后木块和木板组成的系统动量守恒，木块达到木板左端时二者恰好达到共同速度，这过程中木块对地位移为s，设最后共同速度为v

Mv2+mv1=（M+m）v

如图，设撤去F时，木块距木板左端为L1，

分别以木块和木板为研究对象，由动能定理得：

μmgs=mv2-m

-μmg（s+L1）=Mv2-M

解得L1=m

故木板长度为1+≈1.67m

答：（1）恒力撤去前，小物块和长木板的加速度各2m/s2，方向向右和4m/s2，方向向右．

（2）刚撤去F时，小物块和长木板的速度各2m/s和4m/s．

（3）长木板的长度至少是1.67m．

(1)3 m/s　(2)0.9 m

【正解】(1)设子弹第一次射穿木块后木块的速度为v′(方向向右)，则在第一次射穿木块的过程中：

对木块和子弹整体由动量守恒定律(取向右为正方向)得

mv0－Mv1＝mv＋Mv′

解得v′＝3 m/s，方向向右．

(2)木块向右滑动中加速度大小为a＝μg＝5 m/s2，以速度v′＝3 m/s向右滑行，速度减为零时所用时间为t1＝＝0.6 s

显然这之前第二颗子弹仍未射出，所以木块向右运动离A点的最大距离sm＝＝0.9 m.

【点评】此题考查了动量守恒定律、牛顿运动定律和运动学的基本规律在传送带问题中的应用情况，解答此题的关键是要求学生分析物理过程，建立清晰的物理情景，并注意到过程之间的内在联系．

（1）对小球受力分析如图所示，由平衡条件有：

弹簧弹力F=mgtanθ①

又由胡克定律有：F=k△x②

由①②式可得：△x=

（2）烧断瞬间，设小球加速度为a，此时F、G不变，

小球合力F合=③

又由牛顿第二定律可知F合=ma④

由③④式并代入题中数据可得：

a=g

答：（1）弹簧的伸长量△x=

（2）轻绳烧断瞬间小球的加速度a=g．