热门试卷

（1）当滑块甲运动到最左端时，弹簧的弹性势能最大，对滑块甲从A到最左端过程运用动能定理，得到

mg（h1+h2）-μmg（S+x）-W弹=0-0

弹簧弹力做的功等于弹性势能增加量，故

Epm=W弹

解得

Epm=mg（h1+h2）-μmg（S+x）=1×10×（0.8+3.25）-0.6×1×10×（3.9+0.1）=16.5J

即弹簧的最大弹性势能为16.5J．

（2）对甲物体从开始到停止运动的整个过程运用动能定理，有

mg（h1+h2）-μmg•L=0-0

解得

L==6.75m

故甲物体最终停止位置距B点为：x1=2（h1+h2）-L=1.25m．

 （3）甲物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律，有

mgsin37°=ma1

根据位移时间公式，有

=a1

解得

t1=1.5s

对于乙物体，在倾角为53°的斜面上时，加速度设为a2，在倾角为30°的斜面上时，加速度设为a3

根据牛顿第二定律，有

mgsin53°=ma2

mgsin30°=ma3

根据运动学公式，有

=a2

v=a2t2

=vt3+a3

解得

t2=0.5s

t3=1s

故t1=t2+t3

即甲乙两物体同时到达水平面上．

（1）火箭起飞时，受重力和起飞推力，

    由牛顿第二定律得：F-mg=ma  

 代入数据求得：a≈3.04m/s2（2）不考虑空气阻力、火箭质量及其他的变化，起飞后火箭做匀加速直线运动，设脱离火箭用时为t

由x=at2   得t==s=8.1s

答：火箭起飞时的加速度为3.04m/s2；脱离发射塔用时8.1s．

由牛顿第二定律得：

   mgsinθ-μmgcosθ=ma

    代入数据得a=2m/s2

   由运动学公式得：

    L=at2

   代入数据得，t=3s

   又有v=at

    v=6m/s    

答：物体滑到斜面底端时所用的时间为3s，速度为6m/s．

小球在作用力区域上方的运动是自由落体运动，设运动时间为t1，进入作用力区域的速度是v，在作用力区域内是匀减速运动，设加速度大小是a，运动时间为t2，则：

小球在自由落体运动中有：

v=gt1          ①

小球在匀减速直线运动中有：

0=v-at2         ②

由①②得：

gt1=at2                        ③

在作用力区域上小球受两个力，根据牛顿第二定律有：

a==5g               ④

由③和④得：

t1=5t2

小球自由落体运动中有：

H-h=g                   ⑤

小球匀减速运动有：

h=vt2-a      ⑥

由②和⑥得：h=a         ⑦

所以有：==5

代入H=24m，可和h=4m．

答：作用力区域的厚度h=4m．

（1）设物体在前2s内的加速度大小为a1，由x1=a1得

a1==2m/s2

物体匀加速运动的过程中，受到重力mg、斜面的支持力N、摩擦力f和拉力F，根据牛顿第二定律得

   F-f-mgsin37°=ma1

又f=μN=μmgcos37°

代入解得，μ=0.25

（2）撤去F后，物体继续向上做匀减速运动，当速度减小到零时，物体的位移达到最大值．设这个过程中物体的加速度大小为a2，位移大小为x2，时间为t2，刚撤去F时物体的速度大小为v1，则有v1=a1t1=4m/s

根据牛顿第二定律得：

f+mgsin37°=ma2

解得a2=8m/s2

则t2==0.5s，

由02-v12=-2a2x2得

x2==1m

所以从开始运动起，物体在斜面上运动的最大位移为x=x1+x2=5m．

由于μ＜tan37°，故物体将从最高点下滑．

设下滑的加速度大小为a3，则

  mgsin37°-μmgcos37°=ma3，

解得，a3=4m/s2，从撤去力F开始2秒末物体的速度v=a3t3=4×1.5=6m/s

（3）从最高点到斜面底部所用的时间为t4，则有

  x=a3

代入解得，t4=s≈1.56s

故从撤去力F开始物体回到斜面体的底部所用的时间为t′=t2+t4=2.16s．

答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ是0.25；

（2）从撤去力F开始2秒末物体的速度v是6m/s．

（3）从撤去力F开始2.16s时间后物体回到斜面体的底部．

（1）米袋在传送带的滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，在水平方向开始只受滑动摩擦力故有：F合=f=μmg=ma1

所以米袋的加速度为：a1=μg=5m/s2

米袋在水平传送带上的最大速度为vmax=5m/s，所以其加速时间为t1==1s，这过程中米袋的位移为：x1=a1=2.5m

∵x1＜L

∴米袋匀速运动位移为：x2=L-x1=0.5m

米袋匀速运动时间为：t2==0.1s

所以米袋从A到B的时间为：t=t1+t2=1.1s

（2）如图米袋在斜传送带上的受力：

米袋在斜传送带上所受合力为：

=mgsinθ+f=mgsinθ+μmgcosθ

根据牛顿第二定律米袋产生的加速度为：

a2==gsinθ+μgcosθ=10m/s2

因为合力方向沿传送带向下，故米袋做匀减速直线运动，则米袋在CD上上升的最大距离为：

Xmax==m=1.25m

（3）因为mgsinθ＞μmgcosθ，所以无论传送带如何顺时针转动，米袋所受合力均沿传送带向下

以米袋向上运动过程中滑摩擦力始终沿传送带向上，此时米袋产生的加速度a3=gsinθ-μgcosθ=2m/s2，所以米袋上升的最大距离为：

x3==6.25m

因为CD相距较远，超过了6.25m，所以米袋无法到达D点．

根据题意，调试使米袋可以到达D点，只有减小传送带的倾角θ即可．

答：（1）A至B端所用时间为1.1s；

（2）传送带不动，米袋在CD上上滑的最大距离为1.25m；

（3）调试的方法是减小传送带的倾角θ．

（1）根据动能定律有：FL0=m-0

解得：v0=6m/s．   

故滑块滑动到A点时的速度大小为：v0=6m/s．  

（2）根据牛顿第二定律有：

对滑块有：mgμ=ma1，解得滑块的加速度大小为：a1=5m/s2；  

对平板车有：mgμ=Ma2，解得平板车加速度大小为：a2=1m/s2．

故滑块滑动到平板车上时，滑块和平板车的加速度大小分别为a1=5m/s2，a2=1m/s2．

（4）设平板车足够长，小滑块与平板车速度相等时：v0-a1t=a2t

得：t=1s，则此时小滑块位移：x1=v0t-at2=3.5m

平板车位移：x2=a2t2=0.5m

x1-x2＞L

所以小滑块滑出平板车右端．

（1）木块所受力F=ma，根据牛顿第二定律，有：a==2m/s2

木块在0～时间内向B点作匀加速直线运动，走过的距离为：x1=a()2=4m

则木块此时的速度：v1=at2=4m/s

木块在t=～T时间内继续向B点作匀减速直线运动可以到达B点；

位移为：x2=x-x1=3m

由公式：-=-2ax

所以，木块到达B点的速度：v2=2m/s

木块到达B点的动能：Ek=mv2=4J

（2）木块在t=～t=向B点做匀加速运动，在t=～t=向A点做匀减速运动，速度减为零后将返回．

木块向B点运动可能的最大位移：s=2×a()2=aT2

要求粒子不能到达A板，有：s＜x=7m；

由f=，力F变化频率应满足：f＞=Hz

答：（1）若力F的变化周期T=4s，则在t=0时刻将木块从A点无初速释放，木块到达B点时动能的大小为4J；

（2）所加力F的频率f＞=Hz时，在t=到t=时间内从A点无初速释放该木块，木块不能到达B点．

（1）物体在斜面上的加速度a1==gsinθ=6m/s2

物体在斜面上运动中xAB=a1t12，得t1=1s，

vB=a1t1=6m/s

物体在水平面上的加速度a2=μg，t2=2.2-t1=1.2s

vB=a2t2，得μ=0.5

故小物体与地面间的动摩擦因数μ为0.5．

（2）对A到C列动能定理式，其中h为斜面高度，L为斜面水平宽度

mgh+F0（xBC+L）-μmgx BC=0

F0=2N

故F0的大小为2N．

（3）有疏漏，F太大物体会离开斜面，而不能沿ABC运动．

临界状态为物体沿斜面运动但与斜面没有弹力，此时F==16.7N

得N≥F≥2N故F的范围为N≥F≥2N．

（1）第一次飞行中，设加速度为a1

匀加速运动H=a1

a1==m/s2=2m/s2

由牛顿第二定律F-mg-f=ma1

解得f=F-mg-ma1=8-0.5×10-0.5×2N=2N

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为h1

匀加速运动h1=a1=×2×52=25m  

v1=a1t2=2×5m/s=10m/s

设失去升力后的速度为a2，上升的高度为h2

由牛顿第二定律mg+f=ma2    

a2=14m/s2

h2==m=m=3.57m

解得h=h1+h2=28.57m

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；

由牛顿第二定律mg-f=ma3

a3=6m/s2

恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3

F-mg+f=ma4；

a4=10m/s2；且+=h

v3=14.6m/s=a3t3

解得t3=2.43s

答：（1）飞行器所受阻力大小为2N；

（2）飞行器能达到的最大高度为28.57m；

（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为2.43s．

（1）由图读出人的重力G=500N，人的质量为m==50kg．在0-1s内，人的重力大于摩擦力，人做匀加速运动，1-5s内，人的重力小于摩擦力，人做匀减速运动，则在t=1s末人的速度最大．设在0-1s内人的加速度大小分别为a1，根据牛顿第二定律

    G-F1=ma1

得到a1==m/s2=2.4m/s2

t=1s末人的速度最大，最大速度为

vmax=a1t1=2.4×1m/s=2.4m/s

（2）人在0-1s内位移为x1=a1=×2.4×12m=1.2m，人在1-5s时间内的位移为x2==m=4.8m

所以滑杆的长度为L=x1+x2=6m

答：

（1）该学生下滑过程中的最大速度为2.4m/s；

（2）滑竿的长度为6m．

当木板与物体即将脱离时，m与板间作用力N=0，此时，

对物体，由牛顿第二定律得：

   mg-F=ma

又  F=kx　    

得：x=

对过程，由：x=at2 得：

t==

答：木板从开始运动到与物体分离所经过的时间为．

（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）消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，

有2gh1=vm2．

消防队员受到的滑动摩擦力

Ff=μFN=0.5×1 800 N=900 N．

减速阶段的加速度大小：

a2==5 m/s2

减速过程的位移为h2，由vm2-v′2=2a2h2     v′=6m/s

又h=h1+h2

以上各式联立可得：vm=12 m/s．

答：消防队员下滑过程中的最大速度为12m/s．

（2）以杆为研究对象得：

FN=Mg+Ff=2 900 N．

根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2 900 N．

答：杆对地面的最大压力为2 900 N．

（3）最短时间为

tmin=+=2.4 s．

答：消防队员下滑的最短的时间为2.4s．