热门试卷

（1）设游客在山坡上滑行时加速度大小为a，游客滑到山坡底端时的速度大小为vB，则有：

根据牛顿第二定律得

   ma=mgsinθ-μmgcosθ

得到a=gsinθ-μgcosθ=10×0.6-0.25×10×0.8=4m/s2

由=2aL得：vB==m/s=20m/s

（2）此游客从A点到B点的下滑过程中摩擦力对他做的功：Wf=-μmgcosθ•L=-8×103J

（3）设PB距离为x，游客在水平段滑行的加速度为

a/==μg=2.5m/s2

由=2a/x，得x==80m

答：

（1）此游客滑到山坡底端时的速度大小为20m/s；

（2）此游客从A点到B点的下滑过程中摩擦力对他做的功-8×103J；

（3）此游客进入BC段后水平滑行的距离为80m．

（1）对船进行受力分析，根据牛顿第二定律得：

              mgsin30°-f=ma，

        由题   f=0.1mg，

        代入解得a=4m/s2

    （2）由匀加速直线运动规律有v2=2as，

代入数据得v=10m/s

答：（1）船下滑时的加速度大小为4m/s2；

    （2）船滑到槽底部时的速度大小v=10m/s．

（1）滑块做匀减速直线运动，加速度大小：a==2 m/s2vA2-v02=-2ax

解得：vA=6m/s

答：A与B碰撞前瞬间的速度大小为6m/s．

（2）碰撞过程中满足动量守恒：mvA=2mv

解得：v=3m/s

答：碰后瞬间，A与B共同的速度大小为3m/s．

（3）由b运动到a的过程中，根据动能定理

设a点的速度为vc，

-4mgr=mv2-mvc2解得：vc=m/s

根据受力分析：mg+N=m

解得：N=8N

答：轨道对A与B的作用力N的大小为8N．

车的加速度大小由牛顿第二定律知：

所以 a=μg   

设车的速度为 v时车刚好停在标志杆处则：

v2=2as

即：v=

刹车过程中车的位移为：s′=

当 v0=v=时，车停在标志杆处，车距标志杆的距离

车停下时距标志杆的距离△s=s′-s=0          

当 v0＜v= 时，车还没达到标志杆处，车距标志杆的距离

车停下时距标志杆的距离△s=s-s′=s-

当v0＞v= 时，车已经驶过标志杆，车距标志杆的距离

车停下时距标志杆的距离△s=s′-s=-s

（1）汽车减速运动，受重力、支持力和阻力，其中重力和支持力平衡，合力等于阻力，根据牛顿第二定律，有   

f=ma=4.0×103kg×5m/s2=2×104N；

即关闭电动机后电车所受的阻力大小2×104N．

（2）电车做匀减速直线运动，由速度位移关系公式v2-v02=2ax得

x==m=22.5m

即关闭电动机后电车运动的最大距离为22.5m．

（3）汽车匀速运动时，牵引力等于摩擦力

F=f

由功率和速度关系P=Fv，得

P=Fv=2×104N×15m/s=3×105W

即匀速行驶时无轨电车电机的功率为3×105W．

（1）减速下楼过程的加速度大小为a

f-mg=ma

当阻力取最大值时，加速度最大，则

a===5m/s2

（2）消防员要使下楼时间最短，则他应先自由下落，再以最大加速度减速．如果消防员能达到最大速度v=15m/s，则其下楼过程的位移至少为s

s=+=+=31.15＞20m

由此可以判断，消防员下楼过程不能达到15m/s，设实际最大速度为vm

s=+

带入数据解得：

vm=12m/s

自由下落过程时间为t1，减速下楼过程时间为t2

t1==1.2s

t2===1.6s

总时间t=t1+t2=1.2+1.6=2.8（s）

答：（1）消防员减速下滑过程的最大加速度为5m/s2；

（2）在确保安全的情况下消防员下楼的最短时间是2.8s．

物体沿斜面匀速下滑时，合力为零，由平衡条件得：物体所受的滑动摩擦力大小为f=mgsinθ．

对于上滑过程，根据动能定理得：

-（mgsinθ+f）S=0-m

联立以上两式得：S=

答：物体沿斜面向上滑动的最大距离是．

（1）设A和B一起静止下落至“相互作用区域”的速度为v1，根据动能定理有

    2mgh=•2m，

代入数据解得：v1=2.0m/s 

（2）过程1：A在“相互作用区域”运动时，取方向向下为正方向，此过程中A受到竖直向下的重力mg、滑动摩擦力f和竖直向上的恒力F作用．

设加速度aA1、末速度为vA、运动时间为t1，根据牛顿第二定律有：

aA1==-g

根据运动学公式有：vA=v0+aA1t1，d=

代入数据解出：t1=0.2s   t2=0.6s（不符题意，舍去）

（3）A离开“相互作用区域”时的速度为 vA=v0+aA1t1=1m/s  

B受到竖直向下的重力mg和竖直向上的滑动摩擦力f的作用

同理有：aB1==g

vB=v0+aB1t1 代入数据：vB=3m/s

（4）过程2：A离开“相到作用区域”后，因为vA＜vB，所以A受到竖直向下的重力mg和滑动摩擦力f的作用，B受到竖直向下重力mg和竖直向上的滑动摩擦力f的作用．

设加速度分别为aA2、aB2，共同速度为v，运动时间为t2

则有：aA2==g，aB2==g

又v=vA+aA2t2，v=vB+aB2t2

由上述四式代入数据解得：v=4m/s 

答：

（1）杆B刚进人“相互作用区域”时的速度是2m/s．

（2）圆环A通过“相互作用区域”所用的时间是0.2m/s．

（3）A刚离开“相互作用区域”时，圆环A和直杆B的速度分别是1m/s和3m/s．

（4）假如直杆B着地时，A和B的速度刚好达到相同，这一速度是4m/s．

（1）木块在BC段受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：

      mgsin30°+μmgcos30°=maBC

解得aBC=gsin30°+μgcos30°=7.5m/s2（2）由vc2-vB2=2aBCxBC 解得：vB=1.5m/s

（3）A→B过程：vB2-vA2=2aABxAB    

解得aAB=2.5 m/s2

木块在AB段受到重力、外力F，斜面的支持力和滑动摩擦力．

    F-mgsin30°-μmgcos30°=maAB 代入数据解得：F=10N

答：（1）木块在BC段加速度的大小为7.5m/s2；

    （2）木块向上经过B点时速度大小为1.5m/s；

    （3）木块在AB段所受的外力F大小为10N．

（1）将乒乓球在空中的飞行过程大致看成一个匀减速直线运动，根据题意，球在飞行中受到的空气阻力与球的直径平方成正比，则

小球和大球受到的摩擦力之比为=≈=≈，

即加速度之比为1：1.11；

（2）又由运动员的平均击球速度为30m/s，可知不管大球小球被运动员击球后所具有的初速度均为30m/s，而再由小球在球台上方飞行的平均速度是20m/s，

根据=，可得小球飞行到球台另一端的末速度为V末=2×20-30=10m/s，

换成大球后，球台长度不变，所以，大球在空中飞行的距离跟小球飞行的距离相同，

则S==，V末'为大球飞过球台的末速度，利用前后加速度大小的比值为1：1.11，

可解得V末'≈3.46m/s，

则小球、大球它们的飞行时间之比为===≈，

即大球在球台上的飞行时间约为原来的1.2倍．

答：（1）小球和大球的加速度之比为1：1.11．

（2）改用大球后球在球台上的飞行时间约为原来的1.2倍．

（1）滑雪者在平台上滑行过程有动能定理得：-μmgx0=mv2=mv02

代入数据求得：滑雪者从平台边缘离开瞬间的速度为  v=5m/s    ①

（2）滑雪者离开平台后做平抛运动

竖直方向有：h=gt2    ②

水平方向有：x=vt     ③

①②③联立解得    x=2m 

（3）着地时的瞬间，其速度方向与水平地面的夹角为θ

着地时的瞬间竖直方向的速度为：vy=gt      ④

tanθ= ⑤

①②④⑤联立得：tanθ=0.8

即θ=37°

答：（1）滑雪者从平台边缘离开瞬间的速度v为5m/s；

（2）滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2m；

（3）着地时的瞬间，其速度方向与水平地面的夹角为37°．

（1）设木块被子弹击穿时的速度为u，子弹击穿木块过程动量守恒

mv0-Mv=mv1+Mu 解得 u=3.0m/s

设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律

μmg=ma

解得 a=5.0m/s2

木块向右运动到离A点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s1

u2=2as1

解得 s1=0.90m

（2）根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为

E=mv02+Mv2-mv12-Mu2

解得 E=872.5J

（3）设木块向右运动至速度减为零所用时间为t1，然后再向左做加速运动，经时间t2与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为s2．根据运动学公式

v2=2as2解得 s2=0.40m

t1==0.60s，t2==0.40s

木块向右减速运动的过程中相对传送带的位移为

S′=vt1+S1=2.1m，

产生的内能 Q1=μMgS′=10.5J

木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为S″=vt2-s2=0.40m，

产生的内能Q2=μMgS″=2.0J

所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能

Q=Q1+Q2=12.5J 

答：（1）在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离0.90m；

（2）子弹击穿木块过程中产生的内能为872.5J；

（3）木块与传送带间由于摩擦产生的内能为12.5J．

（1）以木块和小车为研究对象，方向为正方向，由动量守恒定律可得：

    mv0=（M+m）v 

得v=v0=0.4m/s

（2）以木块为研究对象，其受力情况如图所示，由动量定理可得

-ft=mv-mv0   

    又f=μmg

得到t==0.8s

（3）木块做匀减速运动，加速度a1==μg=2m/s2

车做匀加速运动，加速度a===0.5m/s2

由运动学公式可得：vt2-v02=2as

在此过程中木块的位移为

s1==0.96m

车的位移为

s2=at2=0.16m

木块在小车上滑行的距离为△S=S1-S2=0.8m

答：

（1）木块和小车相对静止时小车的速度大小为0.4m/s．

（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间是0.8s．

（3）从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离是0.8m．