热门试卷

（1）皮带轮转动的角速度，由u=ωr，得ω==15rad/s． 

（2）物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得mgR=m

解得v0==4m/s   

在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得  F-mg=m

解得物块所受支持力  F=60N    

由牛顿第三定律，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下． 

（3）物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为a，

由牛顿第二定律得  μmg=ma

解得  a=μg=1m/s2

物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为  s0==8m＞L=6m 

可见，物块将从传送带的右端离开传送带． 

物块在传送带上克服摩擦力所做的功为W=μmgL=12J．

答：

（1）皮带轮转动的角速度15rad/s．

（2）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力为60N；

（3）物块将从传送带的右端离开传送带．物块在传送带上克服摩擦力所做的功为12J

根据牛顿第二定律有：F1-f=ma1

代入数据得，f=0.5N．

则拉力为4N时的加速度a2==m/s2=3.5m/s2．

故物体的加速度为3.5m/s2．

（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则

x=vt

h=gt2

解得：v=2.0m/s

（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N，根据牛顿第二定律：

N-mg=m

解得：N=2.0N

根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小N'=N=2.0N

（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：

mgR+Wf=mv2-0

Wf=-0.2J

所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J．     

答：（1）小滑块离开轨道时的速度大小为2m/s；

（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小为2N；

（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功为0.2J．

运动过程分三个阶段：

第一阶段，初速度为零的向下匀加速运动，由图象得a1=m/s2=2m/s2

由牛顿第二定律得mg-F1=ma1F1=m（g-a1）=60×（10-2）N=480N

第二阶段，匀速向下运动，物体处于平衡状态，加速度为零，由牛顿第二定律得mg-F2=0，

即 F2=mg=600N

第三阶段，向下匀减速运动，由15～25s间的速度图象可知a3=m/s2=-1m/s2

由牛顿第二定律得mg-F3=ma3，F3=m（g-a3）=60×[10-（-1）]N=660N　　　　　　　　

答：物体在0-5s、5-15s、15-25s内运动的加速度分别为2m/s2，0，-1m/s2．物体对升降机底板的压力各是480N，600N，660N．

（1）木板做匀速直线运动，处于平衡状态，

由平衡条件得：

竖直方向：FN=Mg，

水平方向：Ff=F，

滑动摩擦力Ff=μFN，

解得：μ=0.5；

（2）设即将放第五块铁块时的速度为v，由动能定理可得：

F×4L-μ（M+m）gL-μ（M+2m）gL-μ（M+3m）gL-μ（M+4m）gL=Mv2-Mv02，

解得：v=m/s．

答：（1）木板与地面之间的动摩擦因数是0.5．

（2）在木板上即将放上第五块铁块时木板的速度大小为m/s．

（1）小球恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，说明小球的末速度应该沿着B点切线方向，

将平抛末速度进行分解，根据几何关系得：

B点速度在竖直方向的分量：vy=v0tan60°=4m/s                       

竖直方向的分运动为自由落体运动．h===2.4m                    

（2）由机械能守恒定律，有

m=m+mg(h+R-Rcosθ)

得vC2=74m2/s2     

根据牛顿第二定律，有F′C-mg=，

解得F'C=42N               

根据牛顿第三定律，F=F'=42N，方向竖直向下．                         

（3）设小球能到达D点，根据机械能守恒定律，有m=m+mg(h-R-Rcosθ)

解得vD=＞，即小球能到达D点．                               

根据牛顿定律，有F′D+mg=

代入数据，解得小球受到的压力F'D=12N

根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为FD=F'D=12N，方向竖直向上．     

答：（1）小球抛出点A距圆弧轨道B端的高度h是2.4m．

（2）小球经过轨道最低点C时对轨道的压力是42N，方向竖直向下．

（3）小球能到达D点，对D点的压力是12N，方向竖直向上．

（1）v=at=20m/s       

F-F安=ma         

则F-=ma        

代入数据解得F=0.5N．                

（2）证明：根据动能定理

WF-Q总=△EK

因为Q总=I2(R0+R)t    QR0=I2R0t

解得Q总=QR0

则54-QR0=△EK＞0

QR0＜32.4J．

（3）（Ⅰ）正确      

v=at 

F-F安=ma     

则F=+ma

F=0.005at+0.1a

F=2.5×10-2t+0.5     则0.1a=0.5

解得a=5m/s2．

答：（1）拉力为0.5N．

（2）证明如上．

（3）（Ⅰ）正确，加速度的大小为5m/s2．

（1）将F沿水平方向、竖直方向分解．

冰块受的支持力FN=mg+Fsin37°，

摩檫力Ff=μFN

在前一阶段，对冰块由动能定理得-（Fcos37°+Ff）x1=mv12-m v02

联立以上各式，并将x1=4.00m等数据代入，解出v1=1.00m/s    

（2）冰块做类平抛运动，沿x轴方向

x2=v1t=10.0m     

沿y轴方向，由牛顿第二定律：a=，y=at2

联立解得y=52.1m＞5m，故冰块碰不到仪器室．    

答：（1）冰块滑到分界线时的速度大小为1m/s；

（2）此冰块不能碰到仪器室．

（1）A、根据牛顿第二定律知，a=，则a与F不成正比．故A错误．

B、以恒定功率启动，速度增加，根据P=Fv知，牵引力减小，根据牛顿第二定律，知加速度减小，做变加速直线运动．故B错误．

C、当汽车速度最大时，牵引力等于阻力，则F=f．P=Fvm，速度减小，F不变，则P减小，即减小牵引功率．故C正确．

D、汽车做匀加速直线运动时，当速度达到一定值，功率达到额定功率，速度继续增大，功率不变，则牵引力减小，又做变加速直线运动，所以匀加速的末速度不可能达到最大速度．故D错误．

故选C．

（2）在导轨通有电流I时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为

F=ILB                                      ①

设炮弹的加速度的大小为a，则有因而

F=ma                                       ②

炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v2=2aL     ③

联立①②③代入题给数据得：I=6.0×105A

                        a=4.0×105m/s2

故通过导轨的电流I=6.0×105A．a=4.0×105m/s2 

故答案为：（1）C                                                

（2）6.0×105A；4.0×105m/s2

（1）从图b中求出物体位移s=3×2+4×2=14m ①

（2）由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度α=lm/s2  ②

对此过程中物体分析得，μmgcosθ一mgsinθ=ma  ③，

解得μ=0.875 ④

（3）物体被送上的高度h=ssinθ=8.4m，重力势能增量△Ep=mgh=84J⑤

动能增量△E k=m-m=6J  ⑥

机械能增加△E=△Ep+△E k=90J   ⑦

0-8s内只有前6s发生相对滑动．

0-6s内传送带运动距离．s带=4x6m=24m  ⑧

0-6s内物体位移s带=6m ⑨

产生的热量Q=μmg cosθ•s相对=126J ⑩‘

答：

（1）0-8s内物体位移的大小是14m；

（2）物体与传送带间动摩擦因数是0.875；

（3）0-8s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q是126J．

（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，由几何关系：d=L1cosα+L2cosβ

得出AO杆与水平方向夹角α=53°

由牛顿第二定律得mgsinθ-f=ma

f=μN   N=μmgcosθ

在AO段运动的加速度：a1=gsin53°-μgcos53°=3.2 m/s2，方向沿AO杆向下．

在OB段运动的加速度：a2=gsin37°-μgcos37°=-0.4 m/s2，方向沿BO杆向上．

（2）对全过程由动能定理得 mgh-μmgL1cosα-μmgL2cosβ=mv2-0

其中d=L1cosα+L2cosβ，v≤6 m/s

所以：h=+μd≤10.6m

又因为若两杆伸直，AB间的竖直高度为h′==≈10.2m＜10.6m

所以AB最大竖直距离应为10.2m．

答：（1）在AO段运动的加速度大小为3.2 m/s2，方向沿AO杆向下．在OB段运动的加速度大小为0.4 m/s2，方向沿BO杆向上．

（2）AB最大竖直距离应为10.2m．

鸵鸟起飞的临界速率约为100km/h，而实际上鸵鸟的速率约为40km/h，可见鸵鸟是飞不起来的。

根据题意，鸟类飞起的必要条件是

即满足

故

燕子的最小滑翔速率约为20 km/h，而鸵鸟的体长大约是燕子的25倍。因

故

由运动学关系得：a==m/s2=8 m/s2．

由牛顿第二定律有：F-f=ma

得f=F-ma=（400-40×8）N=80 N．

答：物体受到的阻力为80N．

（1）当座舱落到离地面高度为40m的位置时，处于完全失重状态；

故球对手的压力为零

（2）座舱自由落体过程，有

v2=2g（H-h）     ①

座舱匀减速运动到地面过程，根据速度位移公式，有

v2=2ah           ②

由①②解得

a=m/s2

当座舱落到离地面高度为15m的位置时，铅球处于超重状态，有

F-mg=ma

解得

F=m（g+a）=5×(10+)≈135.7N

即手要用135.7N的力才能把铅球托住．