热门试卷

（1）根据牛顿第二定律，小物块的加速度大小为：a1==μ1g=4m/s2，方向与v1方向相反；

长木板的加速度大小为：a2===0.5m/s2，方向与v1同向；

（2）设经过时间t长木板与小物块刚好达到相同的速度．

经过时间t小物块的速度大小为v=v1-a1t；

经过时间t长木板的速度大小为v=a2t；

解得t=s≈1.3s；

（3）当小物块与长木板达到相同速度后，二者一起以相同的加速度做匀减速运动，直至停止．

由题意可分析得出，当二者速度刚好相等时，小物块恰好运动到长木板的右端．

经过时间t小物块的位移为x1=v1t-a1t2；

经过时间t长木板的位移为x2=a2t2；

长木板的长度为L=x1-x2=4m；

答：（1）小物块的加速度大小为4m/s2，方向与速度反向；长木板的加速度大小为0.5m/s2，方向与速度方向相同；

（2）当长木板的速度刚好与小物块的速度相同时，长木板运动的时间为1.3s；

（3）长木板的长度为4m．

（1）设前2s内加速度为a1，由题意：S1=a1t12  

代入数据4=×a1×22

解得a1=2 m/s2     

根据牛顿第二定律有：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma1

μ==

解得：μ=0.25 

（2）在F被撤消后，物体还要继续向上运动，且是做匀减速运动，当速度为零位移达到最大值．设这过程的加速度为a2，撤消力F时的速度为v，匀减速运动的时间为t2，则有：

mgsin37°+μmgcos37°=ma2      

解得：a2=8m/s2 

2s末的速度v=a1t=4 m/s    

又v=a2t2

解得t2=0.5s

匀减速到最高点的位移运用反演法，为S2=a2t22=1m      

之后物体沿斜面向下做匀加速直线运动，

对物体受力分析有：mgsin37°-μmgcos37°=ma3解得：a3=4 m/s2

再经过t3=0.5 s  发生位移为S3=a3t32=0.5m

所以前3s位移为S1+S2-S3=4.5m  方向沿斜面向上

 路程为S1+S2+S3=5.5m

答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；

（2）从静止开始3s内物体的位移为4.5m，方向沿斜面向上，路程为5.5m．

从图可知小刘质量为60kg；它蹬地作用力为1050N，加速离开地面时间为：t=0.4s…①

设它蹬地过程中的平均加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma，

解得a==m/s2=7.5m/s2．…②

小刘离开地面时获得的速度约为：v=at=7.5×0.4m/s=3.0m/s…③

离开地面后做竖直上抛运动上升的高度为：h′==m=0.45m…④

摸高约为：H=h'+h0=2.59m…⑤

答：小刘同学起跳摸高的最大高度约为2.59m

（1）米袋在传送带AB上，与之有相对滑动时f1=μmg=ma1

a1=5m/s2

a1t1=5m/s    t1=1s    s1=×1m=2.5m＜3m

故米袋在AB传送带上先匀加速直线运动后做匀速直线运动．t2=s=0.1s

   所以t=t1+t2=1.1s

答：米袋沿传送带从A运动到B的时间为1.1s．

（2）CD部分传送带不运转米袋沿CD上滑过程中，μmgcosθ+mgsinθ=ma2

得a2=10m/s2

  0-v2=-2a2s解得最大距离s=1.25m

答：米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离为1.25m．

（3）CD以4m/s的速率顺时针方向转动，当米袋沿斜面上升速度v'＞4m/s时，a=10m/s2

米袋速度v'=4m/s时上滑位移为s1=m=0.45m

t′1==0.1s

米袋速度v'＜4m/s滑动摩擦力方向改变，且mgsinθ＞μmgcosθ米袋减速上滑，

加速度为a′==2m/s2

则v′t′2-a′t′22=s总-s1

解得 t'2=2s

 此时米袋速度刚好等于0，可见米袋恰好可以运行到D点    t'=t'1+t'2=2.1s

答：米袋从C运动到D所用的时间为2.1s．

依题意可知，木箱先向右做匀减速直线运动，速度减小为零后向左做匀加速直线运动，如图所示．

设木箱在A处向右的速度大小为v，经过t1速度减小为零，位移大小为s1，加速度大小为a1，

由牛顿第二定律  F+μmg=ma1     

v=a1t1     

s1=（方向水平向右）    

设再经过t2到达B处，木箱速度大小仍为v，位移大小为s2，加速度大小为a2，由牛顿第二定律

F-μmg=ma2        

v=a2t2                

s2=（方向水平向左） 

又  t1+t2=2s

则木箱这2s内的位移  s=s2-s1   

联立解得  s=1.5m          

位移方向水平向左   

答：木箱在这2s内的位移为1.5m，位移方向水平向左．

（1）对A受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：aA=，

代入数据得aA=1.5 m/s2；

对BC整体运用牛顿第二定律，有：mCg-μmBg=（mB+mC）aB，代入数据得 aB=m/s2；

（2）由于SB-SA=l，根据位移时间关系公式，有：aBt2-aAt2=l　

代入数据得t=4s

答：（1）A的加速度为1.5m/s2，B的加速度为m/s2；

（2）经过4s时间后B从A的右端脱离．

（1）由平板小车静止在光滑的水平面上，所以小车与木块组成的系统动量守恒，

设它们的共同速度v共，由动量守恒，

得：mv0=（M+m）v共，

解得：v共=

（2）小物块的动量减小了△P=mv0-mv共代入v共，解得：△P=

答：（1）最终平板小车的速度是

（2）小物块的动量减小了

（1）根据牛顿第二定律，有

a1===7.5m/s2

即特警队员轻握绳子降落时的加速度是7.5m/s2．

（2）先加速到一定速度后立即减速，到达地面时正好为5m/s速度，用时最短；

减速时加速度为

a2===2.5m/s2

设最大速度为vm，根据运动学公式，有

+=235

解得

vm=30m/s

故总时间为

t总=t1+t2=+=14s

即最少时间为14s．

（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：a1==

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：v12=2a1L

求得：v1=

（2）对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：W1=2qE×3L+（-3qE×2L）=0

故带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达右极板Q．      

设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1=

解得：t1=

球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：a2==-

显然，带电系统做匀减速运动．减速所需时间为t2，

则有：t2=

求得：t2=

可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：t=t1+t2=3

带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达右极板Q，故进入电场后B球向右运动的位移x=4L-2L=2L，

故电场力对B球所做的功为W=-3qE×2L=-6EqL

故B球电势能增加了6EqL．

（1）由vt=v0+at，得a=；代入数值得a=8m/s2

即刹车时汽车加速度a的大小为8m/s2．

（2）由x=v0t-at2，代入数值得x=8m

即开始刹车后，汽车在1s内发生的位移x为8m．

（3）根据题意，汽车刹车时受重力、支持力和滑动摩擦力，合力等于摩擦力

F=f=μmg①

由牛顿第二定律

F=ma②

由①②两式解得

μ=，代入数值得μ=0.8

即刹车时汽车轮胎与地面间的动摩擦因数μ为0.8．

（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，设加速度为a1，

  则有F-mgsinθ-Ff=ma1     FN=mgcosθ

又 Ff=μFN      

得到，F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1

代入解得，a1=2.0m/s2

所以，t=4.0s时物体速度v1=a1t=8.0m/s

（2）绳断后，物体距斜面底端x1=a1t2=16m．

断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得

    mgsinθ+μmgcosθ=ma2得到，a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2

物体做减速运动时间t2==1.0s      

减速运动位移x2==4.0m

此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有

     mgsinθ-μmgcosθ=ma3  

得到，a3=g（sinθ-μcosθ）=4.0m/s2

设下滑时间为t3，则：x1+x2=a2

    解得，t3=s=3.2s

∴t总=t2+t3=4.2s

答：

（1）绳断时物体的速度大小是8.0m/s．

（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间是4.2s．

由运动学公式v=v0+a t 得电车的加速度为

  a==m/s2=-1.5 m/s2

由牛顿第二定律得：

F合=m a=-4.0×103×1.5 N=-6×103 N

对电车受力分析，水平方向只受阻力作用，所以 f=F合=-6×103 N

“-”表示阻力方向与电车运动方向相反．

答：电车所受的阻力大小为6×103 N，方向与电车运动方向相反．

（1）在AB段由x=at2  

v=at  

 代入数据得v=24m/s  a=4m/s2

（2）由牛顿第二定律 a=

则μ=0.25

（3）运动员从C到D加速度大小a1==8m/s2

上升到最高点历时 t1=位移大小 x2=a1

下滑过程加速度大小为a，则又滑到斜面底端历时t2=

则总时间为t总=t+t1+t2=6+3+3=13.2s

答：（1）运动员刚到达AB底端时的速度大小为24m/s．

（2）装置与雪地间的动摩擦因数为0.25．

（3）第二次到达最低点经历的时间为13.2s．