热门试卷

（1）如图所示，一物体放在光滑的水平面上，设在恒力F的作用下，开始时物体的初速度为v1，经过t时间后，物体的速度变为v2．

由牛顿第二定律得：a=①

由运动学公式得：a=②

由①②可得：=，由此式变形得：Ft=mv2-mv1

式中：Ft表示物体在t时间内物体受到合外力的冲量；mv2表示物体在这段时间的末动量；mv1表示物体在这段时间的初动量．

（2）设经△t时间内落到石头上水的质量为m，落到与石头相碰前的速度为v

则m=ρQ△t                          ③

由动能定理：mgh=mv2④

由动量定理：F△t=mv⑤

由③④⑤得，F===2.0×103N

答：（1）Ft表示物体在t时间内物体受到合外力的冲量；mv2表示物体在这段时间的末动量；mv1表示物体在这段时间的初动量．

（2）水对石头的冲击力的大小为2.0×103N

（1）上滑过程，由运动学公式=2ax，得

x==9m     

（2）上滑过程，由牛顿运动定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma        

解得：μ=0.25                                              

（3）上滑过程：t1==1.5s                                      

下滑过程，由牛顿运动定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′

解得：a′=4m/s2                                          

由运动学公式x=a                                      

解得：t2==                                     

所以运动的总时间t=t1+t2=(+1)s≈3.6s

答：（1）物体沿斜面上滑的最大距离x为9m；

（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；

（3）物体从A点出发需经3.6s时间才能回到A处．

（l）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞．碰撞时的速度为v1，则

μmg=ma    …①

L=aT2…②

v1=at     …③

联立①②③解得

T=0.4s    v1=0.4m/s…④

在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为为T．设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有

v=v0-（2nT+△t）a=a△t…⑤

式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间．

由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为

2v=v0-2nT…⑥

由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有

0≤v0-2nT≤2v1…⑦

求解上式得1.5≤n≤2.5

由于n是整数，故n=2 …⑧

由于速度相同后还要再一起与墙壁碰撞一次，故一个碰撞三次；

再有①⑤⑧得△t=0.2s  …⑨

v=0.2m/s  …⑩

从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为

t=4T+△t=1.8s …（11）

即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为1.8s．

（2）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为s=L-a△t2…（12）

联立 ①与（12）式，并代入数据得    s=0.06m…（13）

即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m．

（1）由题意得a==2m/s2

∴F=ma=2N

（2）由题意得a′==-5m/s2

又-mgsinθ=ma'

∴θ=30°

（3）设B点速度为vB，物体由A到B所需时间为t1，由B点到2.6s所用时间为t2，则vaB=at1

1.0=vB+a′t2  且 t1+t2=2.6

解得 t1=2s vB=4m/s

∴t=2.1s时的瞬间速度为

v=vB+a′（t-t1）

=3.5m/s

答：（1）恒力F的大小为2N；

（2）斜面的倾角α为30°；

（3）t=2.1s时的瞬时速度v的大小为3.5m/s．

（1）因M＞m，则其方向为正，又因系统置于光滑水平面，其所受合外力为零，故AB相对滑动时，系统总动量守恒AB相对静止后设速度为V，则系统动量为（M+m）v．方向也为正，则V方向为正，即水平向右．

且Mv0-Mv0=（M+m）v  

解得：v=  ①

方向与B的初速度方向相同

（2）恰好没有滑离，则Q=fl=(M+m)v02-(M+m)v 2  ②

A向左运动到达最远处时速度为0，对由动能定理得：-fs=0-mv02 ③

由①②③得：

s=

答：（1）若已知A和B的初速度大小为v0，它们最后的速度大小为，方向与B的初速度方向相同；

（2）若初速度的大小未知，小木块A向左运动到达最远处（从地面上看）离出发点距离为．

（1）在水平方向物体受向左的推力和向左的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小为μmg，所以根据牛顿第二定律有

物体向右运动的加速度为：a1=(F+μmg)/m=5m/s2

物体向右运动的最远距离为：S1==10m

（2）当物体速度减为0后，物体受向左拉力F作用，由于拉力F＞μmg，所以物体将向左做匀加速运动，运动加速度为：

a2=(F-μmg)/m=1m/s2

物体做匀减速直线运动的时间t1==2s

向左运动的距离为：S2=a2(4-t1)2=2m

∴物体在4秒内运动的路程为：S=S1+S2=12m．

答：（1）物体将向右运动最远距离为10m；

（2）物体在4s内运动的总路程为12m．

（1）物体做匀速运动，所以受力平衡，地板对物体的滑动摩擦力

f=F1=20N 

物体在F2作用时，根据牛顿第二定律 F2-f=ma1

解得a1=1.0m/s2

t=5.0s时物体的速度为v1=a1t=5.0m/s

（2）撤去拉力F2后，物体只受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律

f=ma2 解得a2=2.0m/s2

设撤去拉力F2后物体滑行的最大距离为s，则v2=2a2s

解得s=6.25m．

答：（1）5s物体的速度为5.0m/s；（2）撤去拉力F2后物体滑行的最大距离为6.25m．

（1）物体的受力如图所示，由物体做匀速运动得

F-f=0

N-mg=0

f=μN

解得：μ=

（2）分两种情形：

①设所加的力F斜向右下方，且与水平方向的夹角为θ，由物体做匀速运动得

F+Fcosθ-f=0

N-mg-Fsinθ=0

f=μN

由以上三式可以推得，

Fcosθ=μFsinθ

tanθ==，即θ=arctan=

②设所加的力F斜向左上方，且与水平方向的夹角为θ，由物体做匀速运动得知

F-Fcosθ-f=0

N+Fsinθ-mg=0

f=μN

解得

tanθ==，即θ=arctan

故所加外力F与水平面的夹角为arctan，斜向右下方或左上方．

（3）由动能定理可知道，△Ek=F合•scosθ，因s一定，F合有最大值时最△Ek最大．

设后来所加的外力F斜向右上方且与水平方向的夹角为θ，则

物体所受的合力为F合=F+Fcosθ-f=0

在竖直方向Fsinθ+N-mg=0

由摩擦定律  f=μN

解得F合=F（cosθ+μsinθ）

令tanα=μ，则

F合=(cosθ+sinθ)=cos(θ-α)

由上式可知当cos（θ-α）=1，α=θ=arctan，

即所加外力斜向右上方与水平夹角为arctan时

F取最大值Fmax=

答：1）物体与水平面间的动摩擦因数为；

（2）在物体上再施加另一个大小为F的力，

①若要使物体仍沿原方向做匀速运动，所加外力F与水平面的夹角为arctan，斜向右下方或左上方；

②若要使物体沿原方向移动距离s后动能的增加最大，所加外力斜向右上方与水平夹角为arctan．

（1）设绳子的拉力为F1，A的加速度大小为aA，B的加速度大小为aB，则根据牛顿第二定律，得

 对A：F1-μmAg=mAaA             ①

 对B：F-F1-μmAg-μ（mA+mB）g=mBaB         ②

  因aA=aB，将上述两式相加，得aA=aB=3m/s2．

（2）L=aAt2+aBt2=(aA+aB)t2=×6×22m=12m

 （3））A刚离开B的瞬间，B的速度为v=aBt=3×2m/s=6m/s

       则恒力F的功率为P=Fv=24×6W=144W

答：（1）A、B的加速度大小均为3m/s2．；

（2）平板B的长度Lo为12m．

（3）A刚离开B的瞬间，恒力F的功率为144W．

（1）小球上升做匀减速直线运动，匀减速直线运动的加速度大小a1==m/s2=12m/s2．

根据牛顿第二定律得，mg+f=ma2

解得f=ma2-mg=2×12-20=4N．

（2）小球上升的最大高度H=t=×2.5m=37.5m．

（3）小球下降的加速度大小a2==m/s2=8m/s2．

则小球落回地面的速度v==≈24.5m/s

答：（1）小球在上升过程中受到空气的平均阻力为4N．

（2）小球上升的最大高度为37.5m．

（3）小球落回到抛出点的速度为24.5m/s．

（1）将人和车看做整体，受拉力为280×2=560N，总重为（60+10）×10=700N，受阻力为700×0.1=70N，重力平行于斜面的分力为 700×sin30°=350N，

则合外力为F=560-70-350=140N

则根据牛顿第二定律，加速度为a==2m/s2

即人与车一起运动的加速度的大小为2m/s2．

（2）人与车有着共同的加速度，所以人的加速度也为2m/s2，对人受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，假设静摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律，有

ma=T+f-mgsin30°

代入数据解得：f=140N

即人受到沿斜面向上的140N的摩擦力．

（3）失去拉力后，对人和车整体受力分析，受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律，沿斜面的加速度为

a′==-6m/s2

根据速度时间公式，有

t===0.5s

即人和车一起滑到最高点时所用的时间为0.5s．

（1）对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律得，

    mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1又 v2=2a1L

联立解得 v=3m/s                                                 

（2）因为v＜v0，所以物体在运输带上一直做匀加速运动．

设加速度为a2，由牛顿第二定律得，

    μmg=ma2又 v2=2a2x

联立解得μ=0.3

（3）设物体在运输带上运动的时间为t，t=

物体与运输带的相对运动的距离为：△x=v0t-x

产生的热量为：Q=μmg△x

联立解得：Q=4.2J．                                               

答：

（1）小物体运动到运输带右端时的速度大小为3m/s；

（2）小物体与运输带间的动摩擦因数是0.3；

（3）小物体在运输带上运动的过程中由于摩擦而产生的热量是4.2J．

（1）由题意可知，9s末发动机灭火，探测器只受重力作用，故它在这一阶段的加速度即为该行星表面的重力加速度．由图线的斜率可知 g==4（m/s2）  

（2）在0～9s内，探测器受到竖直向上的推力F和竖直向下的重力G．

由图线的斜率可知这一阶段的加速度  a=（m/s2）   

由牛顿第二定律  F-mg=ma          

得             F=m（g+a）=20000（N）   

答：（1）该行星表面附近的重力加速度大小为4m/s2．

（2）发动机正常工作时的推力20000N．

（1）设外加恒力F时小木块的加速度为a1：

    由匀加速直线运动的规律得：=2a1s1           ①

    根据牛顿第二定律得：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1      ②

    联立①②代入数据解得：F=18N

   （2）设小木块继续上滑的加速度大小为a2

   由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma2

      a2=gsinθ+μgcosθ

      还能上滑的距离S=

      联立解得S=3.2m

   （3）当小木块运动一段时间后撤去外力，且向下运动经过B点的速度为m/s时，恒力作用的时间有最大值．

   设小木块向下运动的加速度为a3，则a3=gsinθ-μgcosθ

   向下运动至B点的距离为S3，则v2=2a3S3

   设恒力作用的最长时间为t1，撤去恒力向上减速至零所用时间为t2，则：a1t1=a2t2            a1t12+a2t22=S1+S3

         联立解得t1=1s

答：（1）木块所受的外力F为18N；

    （2）若在木块到达B点时撤去外力F，木块还能沿斜面上滑的距离S为3.2m；

    （3）为使小木块向下通过B点的速率为m/s，恒力F连续作用的最长时间t=1s．