热门试卷

（1）加速时，物体受重力、拉力、支持力和摩擦力四个力的作用，由牛顿第二定律：

       F-μmg=ma1      

解得：a1=0.5m/s2    

（2）加速过程中由运动学公式得    v=a1t1=4m/s，

撤去F后  a2=-μg=-2 m/s2     

由     2a2x2=0-v2   

所以   x2=4m，

由速度公式可得 0-v=a2t2  

所以   t2=2s．

（3）由（1）（2）的分析可知，物体的初速度为0，做匀加速运动，经8s，速度达到=4m/s，

之后开始匀减速运动，经2s，速度减为0．所以速度-时间图象如图所示．

答：（1）在拉力F作用下物体运动的加速度0.5m/s2，

    （2）撤去F后物体运动的距离是4m，时间是2s，

    （3）整个运动过程的速度-时间图象如图所示．

（1）沿斜面下滑的加速度为a，则由，

mgsinθ-μmgcosθ=ma，

∴a=gsinθ-μgcosθ=4m/s2

由V2=2ax 得，

物块A刚滑上木板B时的速度，

v===8m/s，

（2）物块A在B上滑动时，A的加速度大小a1=μ'g=3m/s2；

木板B的加速度大小a2=

物块A刚好没有从木板B左端滑出，即：物块A在木板B左端时两者速度相等；

设物块A在木板B上滑行的时间t，速度关系：v-a1t=a2t，

物块A刚好没有从木板B左端滑出，位移关系：vt-a1t2=a2t2+L，

解得：a2=1m/s2；t=2s；=，

（3）物块沿斜面下滑的时间：t1==2s，

物块A在木板B上滑行的时间t=2s，

物块A从开始下滑到相对木板B静止共经历的时间tz=t1+t=4s，

答：（1）物块A刚滑上木板B时的速度8m/s，

（2）物块A与木板B的质量之比为．

（3）物块A从开始下滑到相对木板B静止共经历了4s．

（1）货物收到的动摩擦力f=μmg

货物的加速度a=

解得：a=4.0m/s2

（2）货物做平抛运动过程

竖直方向：h=gt2

水平方向：s=vt

解得：v=1.0m/s

（3）货物在平台运动的整个过程，由动能定理得：

Fx-fL=mv2

解得：水平力作用的距离x=0.50m

答：（1）水平力作用时，货物运动的加速度大小为4.0m/s2．

（2）货物离开平台右端时的速度大小为1.0m/s．

（3）水平力作用的距离为0.50m．

（1）沿斜面下滑的加速度为a，则有：

mgsinθ-μmgcosθ=ma，

∴a=gsinθ-μgcosθ=4m/s2

由V2=2ax 得物块A刚滑上木板B时的速度：v==8m/s，

（2）物块A在B上滑动时，A的加速度大小：a1=μ'g=3m/s2；

木板B的加速度大小：a2==2m/s2；

物块A刚好没有从木板B左端滑出，即：物块A在木板B左端时两者速度相等；

设物块A在木板B上滑行的时间t，速度关系：v-a1t=a2t，

物块A刚好没有从木板B左端滑出，位移关系：vt-a1t2=a2t2+L，

解得：L=8m；t=2s；

（3）物块沿斜面下滑的时间：t1==2s

物块A在木板B上滑行的时间：t=2s，

物块A从开始下滑到相对木板B静止共经历的时间tz=t1+t=4s，

答：（1）物块A刚滑上木板B时的速度8m/s；

（2）木板B的长度为8m；

（3）物块A从开始下滑到相对木板B静止共经历4s．

设质点P的质量为m，电量大小为q，根据题意，当A、B间的电压为U0时，有

=mg，

当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a，则

-mg=ma，

解得a=g．

当两板间的电压为零时，P自由下落，加速度为g，方向向下．

在t=0时，两板间的电压为2U0，P自A、B间的中点向上做初速度为零的匀加速运动，加速度为g．设经过时间τ1，P的速度变为v1，此时使电压变为零，让P在重力作用下做匀减速运动，再经过时间τ1′，P正好到达A板且速度为零，故有

v1=gτ1，0=v1-gτ1′，

d=gτ12+v1τ1′-gτ1′2，

由以上各式，得

τ1=τ1′，τ1=，

因为t1=τ1，得t1=．

在重力作用下，P由A板处向下做匀加速运动，经过时间τ2，速度变为v2，方向向下，这时加上电压使P做匀减速运动，经过时间τ2′，P到达B板且速度为零，故有

v2=gτ2，0=v2-gτ2′，

d=gτ22+v2τ2′-gτ2′2，

由以上各式，得τ2=τ2′，τ2=，

因为t2=t1+τ1′+τ2，

得t2=（+1）．

在电场力与重力的合力作用下，P由B板处向上做匀加速运动，经过时间τ3，速度变为v3，此时使电压变为零，让P在重力作用下做匀减速运动．经过时间τ3′，P正好到达A板且速度为零，故有

v3=gτ3，0=v3-gτ3′，

d=gτ32+v3τ3′-gτ3′2

由上得τ3=τ3′，τ3=，

因为t3=t2+τ2′+τ3，

得t3=（+3）．

根据上面分析，因重力作用，P由A板向下做匀加速运动，经过时间τ2，再加上电压，经过时间τ2′，P到达B且速度为零，因为t4=t3+τ3′+τ2，

得t4=（+5）．

同样分析可得

tn=（+2n-3）．（n≥2）

故图（b）中u改变的各时刻t1=，t2=（+1），t3=（+3），及tn=（+2n-3）（n≥2）．

（1）电梯上升可分为三个阶段，加速上升、匀速运动、减速上升，由图可知，电梯在0-3s内匀加速速上升，3-13s内匀速上升，13-19s内匀减速上升．

由图知，电梯在加速上升时对重物的拉力F1=58N，电梯在减速上升时对重物的拉力F2=46N，根据牛顿第二定律有砝码产生加速度F1-mg=ma1，F2-mg=ma2，

代入数据解得 a1=1.6m/s2，a2=-0.8m/s2 负号表示加速度的方向与拉力方向相反，大小为0.8m/s2 ．

（2）物体匀加速运动3s后做匀速运动，匀速运动的速度为匀加速运动的末速度，故

3s末的速度v=a1t1=1.6×3m/s=4.8m/s

（3）电梯匀加速速上升的距离h1=a1=7.2m

电梯匀速上升的距离h2=vt2=4.8×10m=48m

电梯匀减速上升的距离h3=vt2+a2=14.4m

所以电梯在19s内上升的高度H=h1+h2+h3=69.6m

答：

（1）电梯在最初加速阶段的加速度a1大小为1.6m/s2与最后减速阶段的加速度a2的大小为0.8m/s2；

（2）电梯在3.0～13.0s时段内的速度v的大小为4.8m/s；

（3）电梯在19.0s内上升的高度H为69.6m．

由受力分析可知物体在上滑的过程中所受摩擦力方向沿斜面向下．

f=μFN

而正压力FN=mgcos37°，

重力沿斜面向下的分力大小为mgsin37°，

故有mgsin37°+μmgcos37°=ma

由上式可得物体的加速度大小a=gsin37°+μgcos37°=7.6m/s2，方向沿斜面向下．

根据vt2-vo2=-2as

得S=0.95m．

答：物体运动能够上滑的最大距离为0.95m．

（1）根据题意可知，座舱的运动分为两个阶段，第一阶段为自由落体运动，第二阶段为匀减速直线运动直到静止，故速度最大的时刻为刚开始制动的那个时刻，

         最大速度为自由落体运动的末速度，根据2gh=v2-v02 可得：

           v==m/s=30m/s

    （2）当座舱落到离地面50m的位置时，铅球做自由落体运动，加速度为重力加速度，故处于完全失重状态，

         此时铅球只受重力作用，人手对铅球没有作用力，故人手感觉不到任何压力．

    （3）因为当落到离地面30m的位置时开始制动，此后座舱做匀减速直线运动直到落到地面上，加速度不发生变化，铅球的运动情况与座舱相同，

         所以当座舱落到离地面15m的位置时，铅球做匀减速直线运动，则

          2ax=v2-v02       a=m/s2=15m/s2

       根据牛顿第二定律可知：

           F-mg=ma              

           F=ma+mg=（5×15+50）N=125N  

答（1）最大速度为30m/s； 

  （2）当座舱落到离地面50m处时小球处于完全失重状态，人未能感觉到任何压力；

  （3）当座舱落到离地面15m处手需要用125N的力才能托住小球．

（1）速度图象的斜率等于物体的加速度，

故由速度图象可知物体在0～3s内做加速度a1===1m/s2故物体在0～3s内做初速度为0加速度为1m/s2有加速直线运动．

物体在3s～8s内速度保持不变，即做做匀速直线运动；

物体在8s～10s内做加速度a2===-1.5m/s2负号表示物体做匀减速直线运动．

（2）由于速度v＞0，故人始终向上运动，

根据速度时间图象与时间轴围成的面积等于物体的位移，可知整个运动的总位移

x总=（5+10）×3=×（5+10）×3=22.5m

（3）在0～3s对人进行受力分析如图：

据牛顿第二定律，有：

N-mg=ma1故人所受的支持力为

N=mg+ma1=550N，

故体重计示数为==55kg．

（4）方法一：因球开始下落前球与电梯具有相同的速度，即小球相对于电梯静止，而小球开始下落后由于电梯仍做匀速直线运动，

所以以电梯做为参照系小钢球仍可看成自由落体运动．

由h=gt2

解得：t=0.6s

所以，小钢球经过0.6s落到电梯的地板上．

方法二：小球由静止释放后小相对于地面做竖直上抛运动，而电梯仍做匀速直线运动．

以小球为研究对象，则小球相对于地面的位移

x1=v0t-gt2以电梯为研究对象，则电梯相对于地面的位移

x2=v0t

小球相对于电梯的位移

x=x2-x1=gt2=1.8

解得t=0.6s

故小球经过0.6s落到电梯的地板上．

（1）消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，

有2gh1=vm2．

消防队员受到的滑动摩擦力

Ff=μFN=0.5×1 800 N=900 N．

减速阶段的加速度大小：

a2==5 m/s2

减速过程的位移为h2，由vm2-v′2=2a2h2     v′=6m/s

又h=h1+h2

以上各式联立可得：vm=12 m/s．

（3）根据h1=gt12

解得：t1=1.2s

设匀减速运动的时间为t2，则

t2==s=1.2s

所以下滑的总时间t=t1+t2=2.4s

答：（1）消防队员下滑过程中的最大速度为12 m/s；

（2）消防队员下滑过程中受到的滑动摩擦力为900N；

（3）下滑总时间为2.4s．

（1）螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.01×47.3mm=0.473mm，所以最终读数为：8mm+0.474=8.473mm；

游标尺上总共是20个小格，故其精度为0.05mm，，主尺读数为10cm=100mm，游标尺上第12个刻度与主尺上某一刻度对齐，故游标读数为：0.05×12mm=0.60mm，所以最终读数为：100mm+0.60mm=100.60mm=10.060cm．

故答案为：8.473（8.472-8.474），10.060．

（2）①根据实验原理可知：当砂和砂桶的总质量远小于小车总质量时，拉小车的力可认为等于砂和砂桶总重力，因此随着随着砂桶和砂子的质量增加，误差会越来越大，故第五组实验误差最大；根据题目可知该同学没有平衡摩擦力，因此当绳子上有拉力时，小车的加速度为零，故AB错误，因此随着随着砂桶和砂子的质量增加，不再满足砂和砂桶的总质量远小于小车总质量，会出现误差，小车的加速度会比理论值小，故C正确，D错误．

故答案为：五，C．

②根据牛顿第二定律有：

对M：F真=Ma    ①

对m：mg-F真=ma   ②

联立①②解得：F真=   ③

由题意可知：×100%≤5%   ④

联立③④将M=200g带入解得m≤10g．

故答案为：10．

小球与筒底分离，而做自由落体运动：h1=gt2=1.25m

筒竖直向下的位移为：h2=h1+L=2m

筒在外力作用下加速运动，由h2=at2

得：a==16m/s2

对筒由牛顿第二定律可得：F+m2g=m2a

解之得：m2=3.5kg

小球的质量：m1=M-m2=0.5kg

答：小球的质量为0.5kg．

自由下落1.0m的末速度υ1==2m/s．

在减速时间为0.25s的匀减速阶段，重心下落的高度h=t=0.56m．

竖直向上跃起的速度υ2==m/s

离开水面之前上升的加速度：a==8.93m/s2

设尾部与水面的作用力F，由牛顿第二定律有：F-mg=ma

解得F=m（g+a）=1230N．

答：上升阶段尾部与水的作用力F=1230N．

（1）当小球恰好通过最高点时，小球只受重力．设此时速度为v0

故：mg=m

∴v0==m/s

（2）小球在最低点受力如图所示，由牛顿第二定律得：Tmax-mg=m

代入数据得：v=6m/s

（3）细绳断后，小球做平抛运动，设水平距离为x

则有：h-L=gt2

得：t=1s

x=vt    

得x=6m

答：（1）在若要想恰好通过最高点，则此时的速度为m/s；

（2）在某次运动中在最低点细绳恰好被拉断则此时的速度为6m/s；

（3）绳断后小球做平抛运动，如图所示，落地水平距离x为6m．