热门试卷

（1）渔船通过的时间t==s=40s                                  

由运动学公式S=vmt+at2，

得到 a==m/s2=-0.4m/s2                   

（2）轮船做减速运动时，由牛顿第二定律得：-（ F+Ff）=ma                      

解得Ff=1.0×105 N                                                  

最大速度行驶时，牵引力F=Ff=1.0×105N，

功率P=Fvm=Ff vm=1.0×105×20W=2.0×106 W                              

（3）由动能定理得Pt0+(-FfS1)=m

解得S1==m=1.1×104m

答：（1）轮船减速时的加速度a为=-0.4m/s2；

（2）轮船的额定功率P为2.0×106 W；

（3）发现渔船时，轮船离开码头的距离为1.1×104m．

（1）物体放于传送带上A点后，物块受力图如答图a所示．先在传送带上做匀加速运动（相对地面），直到与传送带速度相同为止，此过程物体的加速度为a1，则有：μmg=ma1，a1=μg=2.5m/s2

做匀加速运动的时间是：t1==s=4.8s

这段时间内物体对地的位移是s1=•t1=×4.8m=28.8m

∵s1=28.8m＞SAB=3.2m

∴从A到B物体一直做匀加速运动，设达到B点的速度为vB，则=2a1SAB

代入解得：vB=4m/s，所用时间为t1==s=1.6s

（2）物块在传送带的BC之间，受力情况如图b

，

由于μ=0.25＜tan37°=0.75，A在BC段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为 μmgcos37°，方向沿传送带向上，

  由牛顿第二定律：mgsin37°-μmgcos37°=ma2

a2=g（sin37°-μcos37°）=4m/s2

（3）物体在传送带的倾斜BC部分，以加速度a2向下匀加速运动，

由运动学公式SBC=vBt2+a2

其中SBC=22m，vB=4m/s

解得t2=2-1≈2.46s，

物块从a到c端所用时间为t=t1+t2=4.06s

答：

（1）物体到达B点的速度是4m/s；

（2）物体刚进入传送带BC部分的加速度是4m/s2；

（3）物体从A点运动到C点所用的时间是4.06s．

（1）物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后作匀速直线运动．

（2）当v0=5m/s时，加速度a0=m/s2=2.5m/s2，

v1=10m/s时，加速度为a1=0

（3）t=0时刻开始加速时：mgsinθ-kv0-μmgcosθ=ma0┅①

最后匀速时：mgsinθ=kv1+μmgcosθ┅②．       

由上面二式，得

   kv0+ma0=kv1，

解得 k==2kg/s

由②式，得μ=

代入解得 μ=0.125

答：（1）物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后作匀速直线运动．

（2）当v0=5m/s和v1=10m/s时，物体的加速度各是2.5m/s2和0．

（3）空气阻力系数k是2kg/s，雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.125．

（1）设小物块受到的摩擦力为f=μN1=μmg=0.2×1.0×10N=2N    方向水平向右．

    （2）设小物块的加速度为a1，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2则

        由牛顿定律及运动规律可知：f=ma1     a1=2.0m/s2

           s1=a1t2            

           s2=a2t2      

           s2-s1=l

       带入数据解得：a2=4m/s2

      设木板受到的摩擦力为f’，f’=f，对木板根据牛顿第二定律：F-f’=Ma2，

       则F=f’+ma2，代入数值得出F=10N．

（3）设撤去F时小物块和木板的速度分别为v1和v2，撤去F后，木板与小物块组成的系统动量守恒，

    当小物块与木板相对静止时，它们具有共同速度v，

     根据动量守恒定律得：mv1+Mv2=（m+M）v        

      v=m/s=m/s

     对小物块：根据动能定理：fs=mv2-mv12

     对木板：根据动能定理：-f（s+l′）=Mv2-Mv22

       代入数据：l′=m    

    所以木板的长度至少为L=l+l′=m≈1.7m  

答：（1）小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小为2N，方向水平向右；（2）作用于木板的恒力F的大小为10N；（3）木板的长度至少是1.7m．

对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中

加速阶段：t1==1s，s1=vmt1=2m 

减速阶段：t3==0.5s，s3=vmt3=1m 

匀速阶段：t2==1.75s 

由折返线向起点终点线运动的过程中

加速阶段：t4==1s，s4=vmt4=2m 

匀速阶段：t5==2s 

故受试者10米折返跑的成绩为：t=t1+t2+…+t5=6.25s．

（1）选箱子为研究对象，其受力如图所示，

由平衡条件知：Fcos37°=f1=μFN---①

FN=G+Fsin37°-------②

联立①②得：F==200N；

（2）受力分析及运动过程如右图所示．

前3s内：a1===5m/s2，

3s末：v1=a1t1=15m/s，

前3s内的位移：x1=a1t12=22.5m；

撤去F后：a2===-μg=-5m/s2，

箱子还能滑行x2，由：0-v12=2a2x2；

得  x2==22.5m；

所以箱子通过的总位移：x=x1+x2=45m．

（1）滑动摩擦力F=μmg

代入题给数值，得 F=12N

由牛顿第二定律，得 F=ma

代入数值，得 a=2m/s2

（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=2m/s．

则v=at1 代入数值，得t1=1s

（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短．则

L=atmin2

代入数值，得tmin=2s

传送带对应的最小运行速率vmin=atmin

代入数值，得vmin=4m/s

答：（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小为12N，加速度大小为2m/s2；

（2）行李匀加速运动的时间为1s；

（3）行李从A处传送到B处的最短时间为2s，传送带对应的最小运行速率为4m/s．

（1）在质量一定的情况下，汽车的速度越大，它的动能（mv2）也越大，

根据动能定理，相同制动力作用下停下来的距离越长．             

（2）同样道理，在速度相等时，汽车的质量（增加成员）大，它的动能（mv2）也越大．

根据动能定理，当然相同制动力作用下停下来的距离当然也越长．   

（3）设汽车的质量（含驾驶员）为M，汽车制动力近似每次相等（与速度无关）设为f，汽车速度为V，

根据动能定理：-fs=0-MV2

解得s==，

当汽车速度为60km/s时，位移变为速度是10km/h时的36倍，则汽车制动的距离为36m．

答：（1）根据动能定理知，制动力相同，初动能越大，制动距离越大．

（2）质量增加，则初动能增加，制动力不变，根据动能定理，制动距离增大．

（3）汽车制动的距离为36m．

（1）由匀加速运动公式 a==9×105m/s2

由安培力公式和牛顿第二定律，有 

F=IBl=kI2l

F=ma

因此 

I==8.5×105A

即发射过程中电源提供的电流强度为8.5×105A．

（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即：P△t×4%=mv2

发射过程中电源供电时间

△t==×10-2s

因而，所需的电源输出功率为

P==1.0×109W

由功率P=IU，解得输出电压：

U==1.2×103V

即发射过程中电源的输出功率为1.0×109W、输出电压为1.2×103V．

（3）分别对砂箱和滑块用动能定理，有

fsM=MV2             

f'sm=mV2-mv2

由牛顿定律f=-f'和相对运动sm=sM+s'

再由动量守恒定律

mv=（m+M）V

联立求得

fs'=•mv2

故平均冲击力

f=•

即滑块对砂箱平均冲击力为．

（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：

物体加速度 a1=μg=2m/s2

板的加速度 a2==1m/s2

当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t=v+a2t

∴t=1s

（2）相对静止后，对整体 F=（M+m）a

对物体有f=ma

解得f=6.28N

（3）1s内物块的位移x1=a1t2=1m，木板的位移x2=vt+a2t2=1+m=1.5m．

则相对路程△x=0.5m

则全过程产生的热量Q=f△x=μmg△x=4J．

答：（1）物块经1s时间才与木板保持相对静止；

（2）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力为6.28N．

（3）全过程产生的热量是4J．

（1）根据牛顿第二定律得，mgsin30°-f=ma

解得a==m/s2=3m/s2．

（2）根据x=at2得，t==s=10s．

答：（1）滑雪者下滑加速度的大小3.0m/s2

（2）滑雪者完成150m的滑行的距离所用的时间10s．

（1）物体在水平地面上从A向B点做匀加速过程中，可知：L=a

对物体进行受力可得：

F-f=ma1  

N=mg   且f=μN         

解得：μ=0.5      

（2）对物体在加速阶段：F-f=ma1  

且  v=a1t

x1=a1t2

在减速阶段：f=ma2

且0-v2=-2a2x2        

又知，L=x1+x2

解得：t=s           

（3）该同学结论错误，根据物理知识可得：F2-10F=二者不成反比关系

答：（1）物体与地面间的动摩擦因数为0.5；

（2）力F作用的最短时间为s；

（3）不正确．

（1）由牛顿第二定律：

    对铁块：F-μ2mg=ma1…①

    对木板：μ2mg-μ1（M+m）g=Ma2…②

设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则

     s木=a2t2…③

     s铁=a1t2…④

又：s铁-s木=L…⑤

联立①②③④⑤解得：L=1m…⑥

（2）（i）当F≤μ1（m+M）g=2N时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力平衡，即有：f=F

（ii）当F＞μ1（m+M）g=2N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则：

   F-μ1（m+M）g=（m+M）a…⑦

   F-f=ma…⑧

解得：F=2f-2…⑨

此时：f≤μ1mg=4N，也即F≤6N…⑩

所以：当2N＜F≤6N时，f=+1(N)

（iii）当F＞6N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：

f=μ2mg=4N

f-F图象如图所示

答：

（1）木板的长度为1m．

（2）f-F图象如图所示．

（1）对B物体受力分析，受重力mg和拉力F，根据牛顿第二定律，有：mg-F=ma

对A物体受力分析，受重力m0g和拉力F，根据牛顿第二定律，有：F-m0g=m0a

解得a=g

当m→∞时a1=g

当m=0时a2=-g

当a=0时m=m1=m0

即图乙中a1、a2和m1的大小分别为：g、-g、m0．

（2）方法一：用牛二定律和运动学关系从H=0.5m高处释放，AB加速度有

a=g=2m/s2

B着地时A速度v== m/s

接着A做竖直上抛，上升h==0.1m

A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1m

方法二：用动能定理B刚落地时A、B有大小相等的速度，设为v则有：

（m+m0）v2=（m-m0）gH

代入数据解得：v= m/s

接着A做竖直上抛，上升h==0.1m

A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1m

（3）设A开始离水平面h1，B开始离水平面h2，由静止释放A上升到高度h1′，B下降到高度h2′，则h1′-h1=h2-h2′=h

代入（1）问中加速度a，AB发生h位移时速度为v

v2=2ah

v2=2gh

（m+m0）v2=mg（h2-h2′）-m0g（h1′-h1）

得m0v2+m0gh1′+mv2+mgh2′=m0gh1+mgh2

故A、B系统机械能守恒．