热门试卷

物体运动的全部过程中，拉做正功，摩擦力做负功，其余力不做功，根据动能定理，有

Fs1-μmg（s1+s2）=0

解得

s2=

答：物体还能运动．

（1）电动车在A-B受到的牵引力不变，做匀加速直线运动．图线的斜率等于功率，由数学知识可知，电动车在B-C过程的功率不变，由P=Fv得知，速度增大，牵引力减小，加速度减小，则电动车在B-C过程做加速度减小的变加速运动．由C点读出F=400N，vm=15m/s，则环保电动车的额定功率：P=Fvm=6000W．

（2）当vm=15m/s时，牵引力与阻力平衡，则阻力F阻=F=400N，电动车做匀加速直线运动时，牵引力大小为：FAB=2000N，加速度大小为：a==m/s2=2m/s2

（3）匀加速直线运动的最大速度为：vm′==m/s=3m/s

所以电动车由静止开始运动速度达到2m/s所经历的时间为：t==s=1s

 答：

（1）电动车在A-B过程做匀加速直线运动，在B-C过程做加速度减小的变加速运动．电动车的额定功率为6000W．

（2）匀加速直线运动过程的加速度的大小是2m/s2．

（3）电动车由静止开始运动，经过1s时间速度达到2m/s．

（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1

由牛顿第二定律得μmg=ma1解得a1=μg=5 m/s2

经t1时间与传送带的速度相同，则t1==0.8 s

前进的位移为x1=a1t12=1.6 m

此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2==0.6 s

所以工件第一次到达B点所用的时间t=t1+t2=1.4 s

（2）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得

（μmgcos θ-mgsin θ）•=0-mv2

解得h=2.4 m

（3）工件沿传送带向上运动的时间为t3==2 s

此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T

T=2t1+2t3=5.6 s

工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间

t0=2t1+t2+2t3=6.2 s

而23 s=t0+3T

这说明经23 s工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零．

故工件在A点右侧，到A点的距离x=LAB-x1=2.4 m

答：（1）工件第一次到达B点所用的时间是1.4 s

（2）工件沿传送带上升的最大高度是2.4 m

（3）工件运动了23s时所在的位置是工件在A点右侧，到A点的距离是2.4 m．

（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得，

Fcos53°-μ（mg-Fsin53°）=ma------①

跟据运动学公式  x=at2--------②

                vm=at-------③

由①②③解得，μ=0.67     vm=4.8m/s，

（2）松手后玩具做匀减速运动，

    a'=μg=6.7m/s2

滑行距离为  x′==1.7m．

答：（1）全过程玩具的最大速度是4.8m/s，

    （2）松开手后玩具还能运动1.7m．

（1）汽车速度v=36km/h=10m/s，汽车刹车可看作匀减速运动，由运动学公式得：

v2=2aL     

由牛顿第二定律得：kmg=ma                   

联立上述二式解得：k===0.1

（2）汽车速度v′=43.22km/h=12m/s，在反应时间△t内，汽车仍做匀速运动，其位移：

s1=v′•△t=12×0.5m=6m         

刹车后汽车的加速度大小为a，则：a=kg=1m/s2          

刹车后汽车滑动的位移为：s2==m=72m

安全距离：s=s1+s2=6m+72m=78m． 

（3）汽车拐弯做圆周运动，摩擦力提供向心力，当摩擦力取最大静摩擦力时，速度取最大值，

根据向心力公式得：

m=kmg

解得：vm==m/s=6m/s

答：（1）紧急刹车过程中车受到的阻力与车的重力的比值k为0.1；

（2）当他看到前方路面障碍后车至少要前进72m后才能停下来；

（3）该司机要经过一处拐弯半径R=36m的水平弯道．设地面对车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．为保证安全，在进入弯道前，他应将车速减小到6m/s以下．

（1）由图象可知，物块下滑的加速度a===2m/s2；

（2）由v-t图象的面积法，上滑的位移

S=×4×0.5m=1m           

即物块向上滑行的最大距离1m．

（3）设物块质量为m，物块与斜面间的滑动摩擦因数为μ，

物体沿斜面上滑过程，受力如图

根据牛顿第二定律

mgsinθ+μmgcosθ=ma1

a1===-8m/s2

物体沿斜面下滑过程，受力如图

根据牛顿第二定律

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

a2===2m/s2；

由以上两式，代入数据后可解得

θ=30°

即斜面的倾角为30°

答：（1）物块下滑的加速度大小为2m/s2；         

（2）物块向上滑行的最大距离为1m；

（3）斜面的倾斜角为30°．

设滑雪的人下滑的加速度大小为a，根据运动学公式s=v0t+at2

得：a=

解得：a=4.0m/s2

对滑雪板及人受力分析，受重力、支持力摩擦力，设滑雪板及人受到的阻力为f，沿斜面方向由牛顿第二定律得：

mgsinθ-f=ma

即：f=mgsinθ-ma=75×10×0.6-75×4=150N

答：滑雪人受到空气的平均阻力的大小为150N．

（1）队员下降时受到重力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得

   a1==m/s2=8m/s2．

（2）队员匀加速下降3s时速度为v1=a1t1=8×3m/s=24m/s，通过的位移为x1=a1=×8×32m=36m，则队员匀减速运动的位移为x2=x-x1=106m-36m=70m

设匀减速下降的加速度大小为a2，则

   -=-2a2x2

得a2==4m/s2．

根据牛顿第二定律得  f2-mg=ma2，得f2=mg+ma2=1400N

（3）设匀减速下降的时间为t2，则由

  x2=t2，解得，t2=5s．

故队员从直升机速降到地面需要的时间为t=t1+t2=8s．

答：（1）该队员下降时的加速度为8m/s2．

（2）紧握绳索至少需产生1400N的摩擦力．

（3）队员从直升机速降到地面需要的时间为8s．

（1）小球沿杆做初速度为零的匀加速直线运动，所以有：

s=at2               ①

根据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma   ②

联立①②得：μ=0.25

故小球与轻杆之间的动摩擦因数为μ=0.25．

（2）若F垂直杆向下，有：

mgsinθ-μ（F+mgcosθ）=ma  

将a=2m/s2带入得：F=8N

若F垂直杆向上，有：

mgsinθ-μ（F-mgcosθ）=ma

同理带入数据得：F=24N．

故若F垂直杆向下F=8N，若F垂直杆向上F=24N．

（1）根据a=可知：

物体在水平面上的加速度大小为：a1==m/s2=2m/s2

物体在斜面上的加速度大小为：a2===-5m/s2，负号表示与速度方向相反．

设物体到达B点时的时间为t，则有：

达到B点时的速度为：vB=a1t                 ①

当时间t′=2.4s时，物体已经在斜面上，此时有：vt=vB-a2（t′-t）     ②

联立①②带入数据解得：4m/s，2s．

故物体到达B点时的速度为4m/s，时间为2s．  

（2）根据（1）问有：

sAB=      ①

sBC=         ②

在水平面上撤去F时，根据功能关系有：

mgμsAB+ma2sBC=m        ③

联立①②③解得：v0=4m/s．

故物体的初速度为：v0=4m/s．

（1）根据牛顿第二定律得，a2==5m/s2

方向平行于斜面向上

（2）1～4s内向下匀加速，a1=gsin30°=5m/s2，

s1=a1t12=m

4～7s内向下匀减速至速度为0，

a2==5m/s2．

s2=a2t22=m．

7～8s内向上匀加速，8～9s向上匀减速至速度为0，完成一个周期，

s3=s4=a2×12=m

一个周期内向下位移

△s=（s1+s2）-（s3+s4）=40m

S=240m=k△s，得k=6

由过程分析知，5个周期未能达到，第6个周期终点时刻之前，就已经到达．

下面我们计算第6个周期开始到达底端所用的时间t

第6个周期由总位移△s=40m，加速阶段t3=3s，

位移S1=m，剩下位移，加力后它减速过程即可完成：

△s′=△s-s1=m，

v0=5×3=15m/s，a=-5m/s2．

△s′=v0t4+at42

代入数据得，

=15t4-t42

得t4=3-=1.6s．

t总=5T+t3+t4=40+3+1.6s=44.6s

（3）到达底端时速度v=v0+at4=15-5×1.6m/s=7m/s

根据动能定理得，WF+mgh=mv2-0

解得WF=-11755J．

答：（1）4-8s内物体的加速度为5m/s2．

（2）物块下滑到斜面底端所用的时间为44.6s．

（3）物块下滑到斜面底端过程中力F做的总功为-11755J．

（1）由牛顿第二定律得：F-f=ma   

 式中f=μmg=0.2×1×10=2（N）

由牛顿第二定律得：物体的加速度a===4(m/s2)

物体在3s内的位移为：S=at2=×4×32=18（m）

3s内力F对物体做的功为：W=FS=6×18=108（J）

（2）由动量定理得：（F-f）△t=△P …④

则物理在第二个3s内的动量变化为：△P=（6-2）×3=12（kg•m/s）

答：（1）从静止开始运动，经过3s力F对物体所做的功为108J；

（2）在第二个3s内，该物体的动量变化大小为12（kg•m/s）．

（1）设时间为t，货物在传送带上滑行的距离为S，则由题

           vt-=s

则v==3m/s．

（2）货物匀加速运动位移x=

又x=at2，

得到=at2

代入解得  a=3.75m/s2

根据牛顿第二定律得：μmg=ma

   解得μ=0.375         

答：（1）传送带水平匀速运动的速度v的大小为3m/s；

    （2）货物与传送带间的动摩擦因数μ的值为0.375．

（1）由图可知，在第1s内，A、B的加速度大小相等，为a=2m/s2．

物体A、B所受的摩擦力均为f=ma=2N，方向相反．

根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零．

（2）设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得，

mvA+mvB=（2m+M）v

代入数据，解得v=0.4m/s，方向向右．

由系统能量守恒得，

f(sA+sB)=mvA2+mvB2-(2m+M)v2

解得A、B的相对位移，即车的最小长度s=sA+sB=4.8m．

（3）1s后A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v．

在该过程中，对A运用动量定理得，-f△t=m△v

解得△t=0.8s．

即系统在t=1.8s时达到共同速度，此后一起做匀速运动．

在t=1.0s～3.0s时间内的v-t图象如下．

答：（1）小车在第1.0s内所受的合力为0N．

（2）要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为4.8m．

（3）A、B在t=1.0s～3.0s时间内的v-t图象如图．