热门试卷

（1）430km/h≈120m/s

列车的加速度a==m/s2=0.5m/s2．

（2）根据牛顿第二定律得，F-f=ma．

解得F=f+ma=0.001×200000×10+200000×0.5=1.02×105N．

答：（1）它的加速度约为0.5m/s2

（2）列车运行时所受的牵引力是1.02×105N．

设工作上升1.5m的过程中，匀加速运动时间为t1，加速位移为s1，加速度为a1，匀速运动时间为（t-t1），位移为（s-s1），则

s1=at12；

v=at1；

s-s1=v（t-t1）

又s=

联立以上各式解得　a=2.5m/s2

由牛顿第二定律得　μmgcos30°-mgsin30°=ma

解得　μ=

答：工件与皮带间的动摩擦因数为．

设运物体运动的最大速度为v，加速运动时间为t1，由题意有：物体加速位移为x1=4m，减速位移为x2=6m，减速时间为t2=10-t1

根据匀变速直线运动的平均速度关系有：==有：

匀加速运动过程：t1=4m     ①

匀减速运动过程：t2=6m     ②

由①②代入t2=10-t1可得：v=2m/s，t1=4s，t2=6s

所以加速时的加速度大小为：a1==m/s2=0.5m/s2

减速时的加速度为：a2==m/s2=-0.33m/s2负号表示加速度方向与速度方向相反，

故减速阶段的加速度大小为a2=0.33m/s2

答：（1）物体在加速阶段加速度的大小为0.5m/s2；

（2）物体在减速阶段加速度的大小为a2=0.33m/s2；

（3）物体运动的最大速度为2m/s．

（1）小球从A至D点过程，由动能定理得：

mgR+qER=mv12

又：qE=mg

解得：v1=2

在D点，由牛顿第二定律得：

FN-mg=m

解得：FN=5mg

由牛顿第三定律得：

FN=FN′

所以小球经过最低点D时对管壁的压力为5mg，方向向下．

（2）小球第一次经过C点时，由动能定理得：

-mgR+qE•2R=mv22

设在C点管壁对小球的作用力方向向下：

mg+FC=m

解得：FC=mg，FC的方向向下

答：

（1）小球释放后，第一次经过最低点D时的速度为2，对管壁的压力大小为5mg，方向向下．

（2）第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力大小为mg，方向向下．

（1）F＝1080N （2）1.2m（3）两人的看法均不正确，当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远。

试题分析：（1）小球下摆过程机械能守恒             ①

在最低点应用牛顿第二定律得： F′－mg＝m

解得 F′＝（3－2cos）mg

由牛顿第三定律得人对绳的拉力 F＝F′

则 F＝1080N

（2）对开始下落到水中最低点应用动能定理得：  mg（H－lcos＋d）－（f1＋f2）d＝0

代人数据解得： d=1.2m

(3)选手从最低点开始做平抛运动，水平方向有： x=vt

竖直方向有：H-=

还有

联立解得：

由数学知识得当时，x有最大值，因此两人的看法均不正确，当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远。

⑴当0≤t＜时，a1＝a2＝；当t≥时，a1＝，a2＝－μg；⑵图略，见解析。

试题分析：⑴由于所施加的外力F＝kt，因此开始时，F较小，两木块将一起运动，设整体运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有：F＝(m1＋m2)a，所以解得：a1＝a2＝a＝

从装置图中可以看出，它们一起运动的最大加速度取决于两者之间的最大摩擦力，有：m1a1＜μm2g

联立以上两式解得：t＜

当t≥时，对m1，根据牛顿第二定律有：μm2g＝m1a1，解得：a1＝

对m2，根据牛顿第二定律有：kt－μm2g＝m2a2，解得：a2＝－μg

即a1、a2随时间t变化的关系式为：当0≤t＜时，a1＝a2＝

当t≥时，a1＝，a2＝－μg

所绘a1、a2随时间t变化的关系图线如下图所示。

（1）C球带负电荷；（2）70k

试题分析：（1）由于A、B两球都带正电，它们互相排斥，C球必须对A、B都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C球带负电荷.

（2）以三球为整体，设系统加速度为a，则F＝3ma    ①

隔离A、B，由牛顿第二定律可知：

对A：－＝ma   ②

对B：＋＝ma    ③

联立①、②、③得：F＝70k.

（1）以m为研究对象进行分析，m在水平方向只受一个摩擦力f的作用，f=μmg，

根据牛顿第二定律知f=ma1

a1=μg=0.20×10m/s2=2m/s2

如图，

m从A点运动到B点，做匀加速直线运动，sAB=s0-b=1.00m，

运动到B点的速度υB为：

υB==m/s=2m/s

物块在平板车上运动时间为t1==s=1s，在相同时间里平板车向前行驶的距离s0=2.0m，则

s0=

1

2

a2t12，所以平板车的加速度a2===4m/s2

此时平板车的速度为 v2=a2t1=4×1=4m/s

（2）m从B处滑落时，以υB为初速度做平抛运动，落到C的水平距离为s1，下落时间为t2，

则 h=gt22

t2===0.5s

s1=vBt2=2×0.5m=1.0 m

对平板车M，在m未滑落之前，水平方向受二力作用，即F和物块对平板车的摩擦力f，二者方向相反，平板车加速度为a2，由牛顿第二定律得：F-f=Ma2

则有：F=Ma2+f=（100×4+0.2×50×10）N=500N

当m从平板车的B点滑落以后，平板车水平方向只受F作用，而做加速度为

a3的匀加速运动，由牛顿第二定律得：F=Ma3 即a3==5m/s2

在m从B滑落到C点的时间t=0.5s内，M运动距离s2为s2=v2t+

1

2

a3t2=2.625m

物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为

s=s2-s1=（2.625-1）m=1.625m

答：物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为1.625m．

（1）释放后弹簧弹开B、C两滑块的过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有0=2mvC-mvB

EP=m+m

解得vB=，vC=

式中vB、vC分别表示B、C两滑块离开弹簧时的速度大小．

滑块B经过时间t1==先与木槽A左侧壁碰撞，

设碰撞后达到的共同速度为v1，则mvB=（m+m）v1

解得v1=，方向水平向左                                   

（2）木槽A与B滑块相撞后，一起向左做匀减速运动，其加速度大小为a==2μg

木槽A和滑块B相撞后速度减为0的时间t2==

在（t1+t2）这段时同内．滑块C和木槽移动的距离之和为s=vC(t1+t2)+v1t2=L＜L，所以在C与A相撞前AB停止运动   

再经过一段时间．滑块C和木槽右侧壁碰撞．则2mvC=（m+m+2m）v2

解得v2=，方向水平向右                                   

（3）第一次碰撞后A与B的总动能全都转化为摩擦热Q1=(m+m)=μmgL

第二次碰撞后系统的总动能全都转化为摩擦热Q2=(m+m+2m)=μmgL

整个过程中木槽和桌面因摩擦而产生的热量为Q=Q1+Q2=μmgL．

答：（1）滑块与槽壁第一次碰撞后的共同速度为v1=，方向水平向左．

（2）滑块与槽壁第二次碰撞后的共同速度v2=，方向水平向右．

（3）整个运动过程中，木槽与桌面因摩擦产生的热量为μmgL．

（1）0.45m            (2) 1606.5J

试题分析：（1）当拉力最大时，h有最小值。对钢琴：F-mg=ma    a="0.4" m/s2

v2=-2ah     h=0.45m  （6分）（用动能定理同样得分）

(2)当减速时间为3s时：     （3分）

（法一）   （4分）

所以，钢琴机械能的机械能减少了1606.5J（2分）

（法二）            （4分）

所以，钢琴机械能的机械能减少了1606.5J（2分）

（1）由运动学公式2R=gt2得，

t=2．

（2）由v=得，

v===π．

（3）设支持力为F，由牛顿第二定律得：F-mg=m

解得F=m(g+g)=(1+)mg

由牛顿第三定律得人对地板的压力FN=(1+)mg，方向竖直向下．

答：接住前重物下落运动的时间为2．

（2）人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小为π．

（3）乙同学在最低点处对地板的压力FN=(1+)mg．

（1）C段的加速度为了减小误差，采用逐差法

aC==-5.0m/s2

（2）b段中只有D4D5之间位移最大，所以最大速度一定在D4D5之间．

（3）c段时，aC=-5m/s2，设：斜面的夹角为θ，Mgsinθ=MaCsinθ=

A段时，aa=2.5m/s2，mg-Mgsinθ=（m+M）aa，解得：m：M=1：1．

故答案为：5.0D4D51：1

2s

物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图 (b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变” 。 

开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa1;

所以:a1=ｇsinθ＋µｇcosθ=10m/s2;

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a1＝1s;

发生的位移：ｓ＝a1ｔ12/2＝5ｍ＜16ｍ;

物体加速到10m/s 时仍未到达B点。

第二阶段，由于ｍｇsinθ>µｍｇcosθ

有：ｍｇsinθ－µｍｇcosθ＝ｍa2 ;

所以：a2＝2m/s 2;

设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2

则：LAB－S＝ｖｔ2＋a２ｔ22/2；

解得：t2＝1s ,  ｔ2/=-11s（舍去）。

故物体经历的总时间ｔ=t1＋t 2 =2s