热门试卷

（1）由题意知：

Fa0=Fb0=kx0=10N，

Fb=k（x0+△x）=14N                      

解之得：△Fb=k△x=4N                    

代入得：Fa=k（x0-△x）=10N-4N=6N        

（2）传感器b的示数为零时，△Fb′=10N

则Fa′=Fa0+△Fb′=10N+10N=20N          

对m应用牛顿第二定律得Fa′=ma

得a==m/s2=10m/s2                  

加速度的方向向左．                      

（3）若当Fb′=-5N时，△Fb″=15N

则Fa″=Fa0+△Fb″=10N+15N=25N                 

m受到的合力大小为F′=Fa″+|Fb′|=25N+5N=30N，

此时m的加速度为：a′==m/s2=15m/s2    

方向向左．

答：（1）若传感器b的示数为14N，a的示数应该是6N；

（2）当汽车的加速度为10m/s2，方向向左时，传感器b的示数为零；

（3）若传感器b的示数为-5N，车的加速度大小为15m/s2，方向向左．

（1）木箱和车厢恰好不发生相对滑动时，加速度最大，则由根据牛顿第二定律得

   μmg=ma

解得，a=μg=4m/s2．

（2）设木箱在车厢上滑动的时间为t，则有

  L=a0t2-at2

得 t==3s

木箱离开汽车时的速度大小为v=at=12m/s，汽车此时的速度为V=a0t=18m/s

木箱离开车厢后做平抛运动，则有

  H=gt′2

解得，t′=1s

所以s=（Vt′+a0t′2）-vt′=9m

（3）当木箱相对于车向左滑动时相对于车的加速度大小为a相=a0-a0=2m/s2，

设木箱滑到车厢的左端时相对车的速度为v1．

由=2a相L  ①

弹簧将木箱弹出时，木箱相对于车向右滑动时，木箱相对于车厢的加速度大小为

 a相′=a+a0=10m/s2，木箱相对于车向右做匀减速运动，设向右滑行至距离左端L1处停止，则有

   （2v1）2=2a相′L1   ②

由①②得，L1=0.8L

设第二次碰到弹簧前的速度大小为v2，则有

 =2a相L1  ③

设第二次向右滑行至距离左端L2处停止，则有

(2v2)2=2a相′L2   ④

由③④得，L2=0.8L1=0.82L

  …

根据递推规律可知，设木箱第n次与弹簧碰撞后向右滑行的距离为Ln．

 Ln=(0.8)nL

故木箱在车厢内滑行的总路程为

 S=L+2×0.8L+2×0.82L+…+2（0.8）nL

其中n→∞

由题意知，S=L+2L=9L=81m．

答：

（1）汽车的最大加速度a是4m/s2；

（2）木箱落到地面上时距离车厢左端的水平距离是9m．

（3）木箱在车厢内滑行的总路程是81m．

（1）A球的加速度为a=

碰前A的速度为vA1==，碰前B的速度为vB1=0由于碰撞过程中A、B两球总动能无损失，交换速度，则碰撞后A、B的速度分别

   vA1′=0，vB1′=vA1=．

（2）A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时间分别为t1、t2、t3．

则t1==

第一次碰后，经t2-t1时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度为vA2和vB2，则有

   vB1′（t2-t1）=a(t2-t1)2

解得，t2=3t1

   vA2=a（t2-t1）=2at1=2vA1=2

  vB2=vB1′=

第二次碰后瞬间，A、B两球速度分别为

vA2′和vB2′，经t3-t2时间A、B两球发生碰撞，并设碰撞前瞬间A、B两球速度分别vA3和vB3

则vA2′=vB2=

vB2′=vA2=2

当vB2′（t3-t2）=vA2′（t3-t2）+a(t3-t2)2发生第三次碰撞

解得，t3-t2=t2-t1，t3=5

（3）从计时零点到即将发生第1次碰撞这段过程中，小球A经过的位移为S1=L，由（2）分析知，每次碰撞后A、B小球交换速度，通过运算可知，

从第1次碰撞到即将发生第2次碰撞这段过程中，A球经过的位移为S2=4L，

从第2次碰撞到即将发生第3次碰撞这段过程中，A球经过的位移为S3=8L，

…

从第（n-1）次碰撞到即将发生第n次碰撞这段过程中，A球经过的位移为Sn=（n-1）4L，

所以，从计时零点到即将发生第n次碰撞这段过程中，小球A经过的位移大小为

S=S1+S2+S3+…+Sn=L+4L+8L…+（n-1）4L=【1+2n（n-1）】L

答：

（1）第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度分别为0和．

（2）从计时零点到即将发生第三次碰撞这段过程中，共经过5时间．

（3）从计时零点到即将发生第n次碰撞这段过程中，小球A经过的位移大小为【1+2n（n-1）】L．

水平力F推A过程中，有：Fcosθ-（μFN+mgsinθ）=ma

FN=mgcosθ+Fsinθ

解得a=4m/s2   

又  2as=v2

∴v==m/s=4m/s

∴撤去力F时，A的速度为4m/s

当水平力F撤去后，有：FN'=mgcosθ

μFN'+mgsinθ=ma'

解得  a'=8.4m/s2

t==s≈0.48s

∴撤去F后，再经0.48s到达最高点．  

答：撤去力F时A物体的速度为4m/s．撤去F后，再经0.48s到达最高点．

（1）滑块从A端下滑到B端，由机械能守恒得

    mgR=m

得v0==4m/s

在B点，由牛顿第二定律得FN-mg=m    

解得轨道对滑块的支持力FN=3 mg=30 N   

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为30 N 

（2）滑块滑上小车后，假设滑块没有滑出小车二者同速，设速度为v，

由动量守恒：mv0=（M+m）v，得v=1m/s     

由能的转化和守恒得：μmg•△s=m-(M+m)v2

滑块在小车上滑行长度△s=2m＜L=2.06m

即滑块不能滑离小车

答：（1）滑块到达底端B时，对轨道的压力大小是30N．

（2）滑块不能滑离小车，最终滑块相对小车的滑行距离是2m．

（1）4 m/s （2）（3）10N，对上壁向上的压力

试题分析：⑴甲、乙两小球系统动量守恒 

得 。 4分 

⑵乙小球在传送带上做匀减速运动，  2分    

由   2分

可知传送带水平距离应满足的条件是：   2分

⑶小球由D到F过程中机械能守恒   

得 m/s  3分

乙小球在最高点F由牛顿第二定律    

得 F=10N  3分     

正值说明是细管的上壁对小球有向下的压力，由牛顿第三定律知，小球对细管的上壁有向上的作用力，大小为10N  1分

m/s

试题分析：设地球质量为M，人造卫星质量为m，地面处一个物体质量为m’

卫星做匀速圆周运动，由万有引力：    （4分）

对地面物体：     （2分）

联立二式解得m/s     （2分）

（1） （2）

试题分析：（1）小球恰能过最高点时： ，得：

（2）；

解得两点的压力差为： 

点评：解决本题的关键知道做圆周运动沿半径方向的合力提供向心力．

（1）重力和弹力平衡的位置(此时弹簧的压缩量为2A)    (2)1/2 mg  (3) 2A

试题分析：（1）重力和弹力平衡的位置

（2）当木块运动到最低点时，对弹簧弹力最大，此时由牛顿第二定律得：，因为，所以．当木块运动到最高点时，对弹簧弹力最小，此时由牛顿第二定律得：

，由运动的对称性知，最高点与最低点的加速度大小相等，即

，代入求得．

（3）在最高点或最低点：，所以弹簧的劲度系数．

物 体在平衡位置下方处于超重状态，不可能离开弹簧，只有在平衡位置上方可能离开弹簧．要使物体在振动过程中恰好不离开弹簧，物体在最高点的加速度a=g此时 弹簧的弹力为零．若振幅再大，物体便会脱离弹簧．物体在最高点刚好不离开弹簧时，回复力为重力，所以：，则振幅．

点评：解决本题要知道当木块运动到最低点时，对弹簧弹力最大，当木块运动到最高点时，对弹簧弹力最小，并根据牛顿第二定律及胡克定律求解，难度适中．

（1）4m/s  （2）不能 （3）

（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0

由机械能守恒知

       ①

        ②

设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a

       ③

设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有

      ④

结合②③④式解得

v=4m/s            ⑤

由于=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小

（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知

          ⑥

      ⑦

解得        ⑧

即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动

设物块B在传送带上向右运动的最大位移为，则

          ⑨

      ⑩

所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上

（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知

       11

物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为

      ……        12

则第n次碰撞后物块B的速度大小为

          13

      14

（1）（2）故绳会断裂

试题分析：（1）设a球经C点时速度为vc，根据机械能守恒定律：

解得：，即a与b球碰前的速度为。

（2）ab碰撞动量守恒: 

解得：  

碰后，ab球一起做圆周运动，在最低点：

解得：，故绳会断裂。

点评：本题考察了机械能守恒、动量守恒、平抛运动以及关于向心力的计算．当只有重力（或系统内的弹力）做功时，机械能守恒，减少的重力势能（或弹簧的弹性势能）转化为物体的动能．可用表达式△Ek=mg△h来计算．关于动量守恒定律的应用，首先要确定研究对象，对研究对象进行受力分析，判断是否符合守恒的条件，然后确定正方向，列式求解．对于平抛引动，要把运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运行的时间由抛出点的高度决定；水平位移由抛出点的高度和抛出时的速度共同决定．关于向心力的计算，首先要正确的对研究对象进行受力分析，找出沿半径方向上所有力的合力，即为向心力，结合圆周运动的相关公式来解决问题．