热门试卷

（1）第1s内，小球沿x轴正方向做匀加速直线运动，加速度大小为a1==1.5m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=1.5m/s，通过的位移为x1=a1=0.75m．

第2s内，小球沿x轴正方向做匀速直线运动，速度为v2=1.5m/s，通过的位移为x2=v2t2=1.5m．

第3s内，小球受到恒力大小为F2=4.0N，方向沿y轴正方向，与速度v2方向垂直，小球做类平抛运动，加速度大小为

a2==2m/s2，沿y轴方向做匀加速直线运动，沿x轴方向做匀速直线运动，经过1s时间，小球沿y轴方向的位移大小为y=a2=1m，小球沿x轴方向的位移大小为x3=v2t3=1.5m．所以第3s末小球的纵坐标为y=1m，横坐标为x=x1+x2+x3=3.75m．

（2）第3s末小球沿y轴方向的分速度为vy=a2t3=2m/s，沿x轴方向的速度为vx=v2=1.5m/s，合速度大小为v==2.5m/s，设速度方向与x轴的夹角为α，则tanα==，α=arctan．

要求小球在此后1.0s内停下，加速度大小为a3==2.5m/s2，则合力大小为F=ma3=5N，方向与速度v方向相反．

根据正交分解，将恒力F3分解为沿x轴和y轴方向的两个分力，设两个分力的大小分别为 Fx和Fy．

   Fx=Fcosα=5×=4N，

Fy=Fsinα+F2=5×N+3N=6N，

则F3==N，设方向与x轴负方向的夹角为θ

则有tanθ==1.5，θ=arctan1.5

答：第3s末小球的纵坐标为1m，横坐标为3.75m．要求小球在此后1.0s内停下，所加的平行水平面的恒力F3的大小为N，方向沿x轴负方向的夹角为θ=arctan1.5．

（1）设加速度大小为a，轻绳对B拉力的大小为F，根据牛顿第二定律 有

对A：F-μmAg=mAa             ①

对B：mBg-F=mBa          ②

①②联立代入数据得：a=5m/s2       ③

 F=7.5N     

（2）设物块B着地前的速率为v，根据运动学公式v2=2ax  有

对A：v2=2ah            ④

块B着地后，对B由牛顿第二定律得：μmAg=mAa′⑤

根据运动学公式v2-v02=2ax得：

0-v2=2（-a′）x          ⑥

③④⑤⑥联立解得x=1.2m        h=0.6m

由题意知：L≥h+x=1.2+0.6m=1.8m        

所以，L至少1.8m           

答：（1）求物块B着地前加速度的大小为5m/s2，轻绳对它拉力的大小为7.5N．

（2）股物块B着地后立即停止运动，要求物块A不撞到定滑轮，则L至少为1.8m．

（1）物体能够到达CD区域的临界情况是vC=0．

根据牛顿第二定律知，BC段的加速度a2===μg．

vB2-vC2=2a2l2，则vB2=3μgl2

AB段的加速度a1===μg

v02-vB2=2a1l1，则v0=

故物体的初速度v0至少为．

（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式得

t==

故物体从B点运动到C点的时间为．

（1）撤力前后木板先加速后减速，设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；

减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2．由牛顿第二定律得：

撤力前：F-μ（m+M）g=Ma1，解得：a1=m/s2，

撤力后：μ（m+M）g=Ma2 ，

解得：a2=m/s2x1=a1，x2=a2

为使木块不从木板上掉下，应满足：x1+x2≤L，

又a1t1=a2t2，由以上各式可解得：t1≤1s，

即作用的最长时间为1s．

（2）木板在拉力F作用下的最大位移：x1=a1=××1m=m，

所以F做功的最大值：W=Fx1=12×J=8J；

答：（1）用水平恒力F作用的最长时间是1s；

（2）水平恒力F做功的最大值是8J．

（1）物体开始运动时，受拉力和摩擦力，加速度为：a1==-μg

（2）力F作用t时间后撤去，此时物体的速度大小为：v=at=(-μg)t

（3）物体加速阶段的位移为：s1=at2=t2

减速阶段的加速度：a2=μg

减速末速度为零，故位移为：s2=═

总位移为：s1+s2=

答：

（1）物体开始运动时候的加速度-μg

（2）力F作用t时间后撤去，此时物体的速度大小(-μg)t

（3）物体从开始运动到停止时的总位移大小

（1）汽车从静止开始做匀加速运动，则有

 s=at2

则得：加速度a===0.8m/s2

（2）由牛顿第二定律　　F-f=ma

代入得 4800-f=4000×0.8

解得 阻力f=1600N

答：

（1）汽车运动的加速度是0.8m/s2；

（2）汽车所受到的阻力是1600N．

设球上升的最大高度为h．

根据动能定理得

  上升过程：-（mg+kmg）h=0-m

  下降过程：（mg-kmg）h=mv2-0

由题k=0.6

联立解得，v=

答：球的落地速率为．

第一次：设物体所受的摩擦力为f．

由s=at2得，a==10m/s2．

根据牛顿第二定律得，

   F-f=ma

解得  f=20N

第二次：设推力的最短作用时间为t1，撤去推力时物体的速度为v，则

撤去推力后物体的加速度大小为a′==5m/s2

由运动学公式得：

     +=s

解得，v=11.5m/s

则t1==1.15s

答：要使物体到达20m处时，推力的最短作用时间为1.15s．

（1）A受到重力支持力和摩擦力，摩擦力使它减速，加速度大小：a1=μ1g=4m/s 2

地面对B的摩擦力和A对B的摩擦力，B在水平面上做加速运动．由牛顿第二定律：μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a2

得：a2=2m/s2

设经过时间t两者速度相等，则：v0-a1t=a2t

代人数据求得：t=1s

（2）两者速度相等时，A的位移：xA=v0t-a1t2=4m

B的位移：xB=a2t2=1m

木板B的长度是它们位移的差：L=xA-xB=3m

（3）两者速度相等时它们的速度：v=a2t=2m/s

地面的摩擦力使它们做减速运动：μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a′

a′=μ2g=2m/s2

停下来的位移：x′==1m

A运动的总位移为：x总=xA+x′=5m

答：（1）经过1s时间A、B的速度相同；

（2）若A恰好没有从B上滑下，则木板B的长度至少为3m；

（3）A运动的总位移为5m．

（1）对物体进行受力分析可知：

竖直方向：FN=mg-Fsinθ

水平方向：F合=Fcosθ-f

f=μFN

代入数据解得：F合=1.2N

（2）根据牛顿第二定律得；

a===0.3m/s2

x=at2=×0.3×16m=2.4m

（3）根据恒力做功公式得：

W=Fxcosθ=10×2.4×0.8J=19.2J

==W=4.8W

答：（1）物体所受的合力为1.2N；

（2）该过程中物体的位移为2.4m；

（3）该过程中拉力F 所做的功19.2J，平均功率为4.8W

（1）由x=v0t+at2得：a==1 m/s2

（2）由牛顿第二定律：mg-F=ma   解得 F=8100 N        

（3）设抛掉的压舱物的质量为△m时气球匀速下降，则有：F=（m-△m）g

解得：△m=90kg

即至少抛掉质量为90kg的压舱物才能阻止气球加速下降

答：（1）漏气后气球下降的加速度为1 m/s2；

（2）漏气后气球所剩浮力为8100N；

（3）至少抛掉质量为90kg的压舱物才能阻止气球加速下降．