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（1）；（2）

试题分析：（1）设空间站离地面的高度为H, 因为同步卫星的周期和地球自转周期相同，根据开普勒第三定律以及题意有：

         ① （ 2分）

即：               ② （ 2分）

卫星的高度： h =     ③ （ 2分）

（2）卫星在细绳的拉力 F 和地球引力作用下跟随空间站一起绕地球作周期为 T 的圆周运动，有：      ④ （ 2分）

式中 M为地球质量．空间站在地球引力作用下绕地球作周期为 T 的圆周运动

故有：       ⑤ （ 2分）

式中m’为空间站的质量．由④、⑤两式得：

      ⑥ （ 2分）

  0.83m.

设二者之间的动摩擦因数为,第一次粉笔头打滑时间为t,则依据传送带比粉笔头位移大L1得:粉笔头的加速度解得            

第二次粉笔头先加速到与传送带速度相同,由于>,

故二者不能共同减速,粉笔头以的加速度减速到静止.

设二者达到的相同速度为共,由运动等时性得:

 解得=0.5                                      

此过程传送带比粉笔头多走

粉笔头减速到零的过程粉笔头比传送带多走

划痕长度为L2=s1-s2=0.83m.

本题考查牛顿第二定律的应用，粉笔头放在传送带上后受到摩擦力作用由静止做匀加速直线运动，最后与传送带共速，由匀变速直线运动规律可知在这段过程中粉笔头的平均速度为传送带速度的一半，由两个位移差值为L可求得运动的加速度，加速度由滑动摩擦力提供，从而求得动摩擦因数大小，第二次本鼻头先加速到与传送带速度相同，由于加速度大于可知而这不能共同减速，粉笔头以的加速度减速到静止，同理由运动学公式联立可求得运动的划痕长度

41.76m  

物体受力如图1，建坐标系得：

Fcosθ-mgsinθ-f1=ma1       ①

N1=Fsinθ+mgcosθ          ②

f1=μN1                   ③

解之a1=6m/s2            ④

m        ⑤

v1=a1t1=18m/s            ⑥

去掉F，物体受力如图2所示

⑦

解之=10m/s2⑧

设经过t2时间物体速度减为零

s⑨

m⑩

物体速度减为零后，由于μ

m/s2  ⑾

下滑位移m   （12）

物体距出发点的距离 =41.76m     （13）

本题考查对牛顿第二定律的应用，以物体为研究对象进行受力分析，建立直角坐标系，把力分解后列牛顿第二定律公式，可求得加速度大小，再由运动学公式求解

解：（1）取物体运动方向为正，由平衡条件有

Fcosθ-f =" 0                           " （1分）       

N = mg-Fsinθ                         （1分）    

又f =μN                             （1分）

所以有         （1分）                         

(2) 由牛顿第二定律有  -μmg="ma           " （1分）

a = -μg=-0.4×10m/s2=" -4" m/s2          （1分）

方向与初速度相反                     （1分）

（3）据0-v02=2as，                          （1分）

有m                      （1分）

略

小题1:超速

小题2:s＝vt＋

小题1:汽车刹车且车轮抱死后，汽车受滑动摩擦力作用匀减速运动．

滑动摩擦力　　　f＝μmg                                        ①

汽车的加速度　　a＝－＝－μg                                ②

由匀减速运动知　　　（式中vt＝0）                 ③

则　　　　　　　                                  ④

带入数据得　　　＞30km/h                  ⑤

即这辆车是超速的．

小题2:刹车距离由两部分组成，一是司机在反应时间内汽车行驶的距离s1，二是刹车后匀减速行驶的距离s2．

据题意有　　　　　s＝s1＋s2                                     ⑥

式中　　　　　　　                                      ⑦

                                     ⑧

加速度大小为　　　a＝                                       ⑨

则安全距离为　　　s＝vt＋                                 ⑩

（1）4m/s（2）5m/s（3）7.9J

试题分析：（1）物体在平台上运动时

由牛顿第二定律得F-μmg =ma （2分）

由  vA=at  （1分）

得  vA ="4m/s"    （1分）

（2）从A点到B点，由动能定理得

mgh =mvB2－mvA2    （3分）

得  vB =5m/s  （1分）

（也可列如下方程： h =gt2，给1分; v=gt，1分； vB=,1分）

（3）设OB与OC的夹角为θ，则cosθ＝＝  （1分）

轨道最高点D   mg （2分）

从B点到D点，由动能定理得

-mvD2－mvB2 （3分）

解得：W=7.9J  （1分）

5m

对物块：

得

运动5m后设物块的速度为

撤去外力F后，对物块：

得

所以撤去外力后物块还能向上运动至末速度

其位移

本题考查力与运动的关系，首先选择研究对象，进行受力分析，由牛顿第二定律求得加速度大小，运动5m后由运动学公式可求得末速度，同理撤去F后可求得加速度和位移

(μ＋cotθ)Mg

设小球自由落体运动到地面上，下落高度为h，

则斜面体至少水平向右运动的位移为：

x＝h·cotθ

对小球：h＝gt2

对斜面体：x＝at2

由以上三式解得：a＝gcotθ

以斜面体为研究对象有：F－μMg＝Ma

所以F＝μMg＋Mgcotθ＝(μ＋cotθ)Mg.

设撤去力F前物块的位移为s1，撤去力F之后滑行的位移为s2，

物块受到的滑动摩擦力f=μmg，a减=μg=1m/s2，

由运动学公式得：滑行的位移s2=a减t2=×1×25m=12.5m

所以s1=s-s2=22.5-12.5=10m

对物块运动的全过程应用动能定理的：

Fs1-fs=0

代入数据解得：F=4.5N

答：恒力F为4.5N．

解．（1）对木块和木板组成的系统，有μ1（m+M）g=（m+M）a1

V02-V12=2a1s

解得：V1=9m/s

（2）由牛顿第二定律可知：

m运动至停止时间为：t1==1s

此时M速度：VM=V1-aMt1=3m/s，方向向左，

此后至m，M共速时间t2，

有：VM-aMt2=amt2得：t2=0.2s

共同速度V共=1.8m/s，方向向左

至共速M位移：S1=(t1+t2)=6.48m

共速后m，M以a1=1m/s2

向左减速至停下位移：S2==1.62m

最终木板M左端A点位置坐标为：X=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m

答：（1）木板碰挡板P时的速度V1为9m/s．

（2）最终木板M左端A点位置坐标为X=1.40m．

物体A、B一起下落H过程，机械能守恒得：

2mgH=×2mv2

解得v=

对B来说碰撞后以速度v向上作匀减速运动，其加速度aB

由牛顿第二定律，得

mg+kmg=maB

得

aB=（k+1）g

对A来说碰撞后的加速度aA

由kmg-mg=maA

得

aA=（k-1）g方向竖直向上．

当A、B速度相等时，两者相对静止．

设经时间t后，两者速度相等，有

v-aAt=-（v-aBt）

解得

t=

B下端离地面的高度为

H′1=vt-aBt2=

即B与地第一次碰撞后，当A与B刚相对静止时，B下端离地面的高度为．

答：（1）B与地第一次碰撞后，经时间A与B达到相同的速度；

（2）当A与B第一次达到相同速度时，B下端离地面的高度是．

（1）设物体与木板的共同速度为v，由动量守恒定

Mv0=（m+M）v                           ①

设物体相对木板的位移为s，由功能关系得：μmgs=M-(m+M)v2②

由①②得：s==0.6m

（2）设经过t1时间两物体达到共同速度v1

对物体：μmgt1=mv1③

对木板：Ft1-μmgt1=Mv1-Mv0④

由③④得：

t1时间物体发生的位移s1由动能定理得：

设物体和木块达共同速度后相对静止，由牛顿第二定律a==2.5m/s2＜μg，

故物体和木板能保持相对静止

在t2=0.2s内发生物体发生的位移s2=v1t2+a=0.85m

物体在1s内发生的位移s=s1+s2=2.45m

（1）货物滑上弧面后机械能守恒，则有    

  mv2=mg•，得到v=

货物放上传送带后，最初做匀加速运动，设位移为s1，在相同时间内传送带通过的位移为s2，传送带的速度为v，

由运动学公式得：s1=t，s2=vt，

又S0=s2-s1

得到：S0=

所以得到s1=S0

由动能定理得       

  μmgs1=mv2

又所以μ=

（2）因为S0＜L，货物与传送带间动摩擦因数一定，因此可用增大加速距离的方法来提高货物离开传送带时的速度，

提高传送带的速度即可增大加速距离，从而提高货物离开传送带时的速度，使mv2=mgh即能满足要求．       

此时传送带的长度应不小于货物加速的距离有

  μmgs=mv2

联立得到：s=2S0        

又要满足s≤L，则有L≥2S0

（3）在满足（2）的条件下，货物获得的机械能等于增加的重力势能mgh，由（1）得到：△E=μmg2S0．

由功能关系知系统增加的内能等于克服摩擦力做的功，即Q=μmgs相

由（1）知货物相对传送带的位移为  s相=2S0

所以在满足（2）的条件下，货物获得的机械能与系统增加的内能之比值为1：1．

答：

（1）货物与传送带间的动摩擦因数μ=．

（2）为了将货物送上储货平台，使货物滑上平台后刚好停止，分析说明工人采取了提高传送带的速度的措施，装置应满足的条件是L≥2S0．

（3）在满足（2）的条件下，货物获得的机械能与系统增加的内能之比1：1．

（1）小滑块对木板A的摩擦力：

f1=μ1mg=0.4×1×10=4N

木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力：

f2=μ2（2m+MA）g=0.1×（2×1+3）=5N

f1＜f2，小滑块滑上木板A后，木板A保持静止

设小滑块滑动的加速度为a1，则：

F-μ1mg=ma1

根据运动学公式，有：

l=a1

解得：

t1=1s

（2）设小滑块滑上B时，小滑块速度v1，B的加速度a2，经过时间t2滑块与B速度脱离，滑块的位移x块，B的位移xB，B的最大速度v2，则：

μ1mg-2μ2mg=ma2

vB=a2t2

xB=a2

v1=a1t1

x块=v1t2+a1

x块-xB=l

联立解得：vB=1m/s

答：（1）小滑块在木板A上运动的时间为1s；（2）木板B获得的最大速度为1m/s．