热门试卷

（1）1.6×1010J

(2) 4×107N

(3)400 m

（1）初动能Ek0=mv20 =×8×107×202=1.6×1010J

(2) 恒定阻力大小：f = m｜a｜＝m(v20-v21)/2s=4×107N

(3)设总时间和总位移大小分别为t0和s0，则：

ft0=mv0

f s0=mv20

则：t0=mv0/f="40" s

s0=mv20/f="400" m

                                                         

A球向B球接近至A、B间的距离小于L之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A、B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是

v1=v2①L+s2-s1>2r②

其中v1、v2为当两球间距离最小时A、B两球的速度;s1、s2为两球间距离从L变至最小的过程中,A、B两球通过的路程.

由牛顿定律得A球在减速运动而B球作加速运动的过程中,A、B两球的加速度大小为

      ③

设v0为A球的初速度,则由匀加速运动公式得

⑤

联立解得



（1）所以旅行包从开始运动到速度与传送带速度相等：

需要的时间为：t1===1s，

通过的位移为：S1=at2=0.5×2×12=1m．

后一阶段旅行包运动至B端所用的时间为t2，则由L-S1=V传t2

可解得：t2=2s

所以，物体由A端到B端所用时间为：t=t1+t2=3s．

（2）要使旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间最短，旅行包应该在传送带上一直受到滑动摩擦力作用而做匀加速直线运动，且到达B端时的速度VB´要小于或等于V传．

由Vt2-V02=2aS可解得：

VB´==m/s=2m/s．

故要使旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间最短，应满足的条件是V传≥2m/s

（1）旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间3s；

（2）若要旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间最短，则传动速度的大小应满足V传≥2m/s．

（1）牛顿第二定律：F=Ma，所以：a-F图象，a-图象理论上应该是一条倾斜的直线，作图的时候要画直线，让尽量多的点落在直线上即可．

（2）由a-F图象中图线是一条过原点倾斜的直线，所以结论是：物体的加速度与物体所受的合力成正比

由a-图象中图线是一条过原点倾斜的直线，所以结论是：物体的加速度与物体的质量成反比

故答案为：（1）见上图

（2）物体的加速度与物体所受的合力成正比；物体的加速度与物体的质量成反比

380 N

由

得        所以…

∴ 

设物体在斜面上匀加速上滑时的加速度为a，则a＝ 

再由表中数据可得a＝10 m/s2

根据牛顿第二定律有

F－mg火sinθ－mmg火cosθ＝ma

可得F＝380 N

小题1:不会

小题2:

小题1:将气球和小石块作为一个整体：在竖直方向上，气球(包括小石块)受到重力G、浮力F

和地面支持力N的作用，

据平衡条件有   N = (m1+m2)g —ρgV                                       ①

由于式中N、，是与风速υ无关的恒力，故气球会连同小石块不会一起被吹离地面．

小题2:气球的运动可分解成水平方向和竖直方向的两个分运动，达最大速度时

气球在水平方向做匀速运动，有

υx=υ                             ②

气球在竖直方向做匀速运动，有    

m2g+kυy =ρgV                            ③

气球的最大速度                     

υm=                          ④

联立求解得                  

                      ⑤

（1）根据动能定理得，-μmgsm=0-m

Vx==12m/s=43.2km/h＞30km/h

汽车违章超速

（2）在反应时间内做匀速直线运动，位移x1=Vt

根据速度位移公式知，匀减速直线运动的位移x2=

s=x1+x2=Vt+

根据牛顿第二定律得，F+μmg=ma

∴a=+μg

∴s=Vt+=Vt+．

答：（1）汽车违章超速．

（2）驾驶员发现情况后紧急刹车时的安全距离s的表达式s=Vt+．

（1）要把M从m下拉出，则m与M之间发生了相对滑动

故对m：f1=μmg=ma1

对M：F-μmg-μ（M+m）g=Ma2

a2＞a1

联立得：F＞2μ（M+m）g

（2）在此过程中，木块与木板各做匀加速运动：

木块的位移：s1=a1t2

木板的位移：s2=a2t2

又：s2-s1=L

解得：t==

答：

（1）要把长木板从小木块下拉出，求拉力F应满足的条件F＞2μ（M+m）g

（2）若拉力F=5µ（m+M）g，求从开始运动到木板从小木块下拉出经历的时间t=

A先在传送带上滑行一段距离，此时A做匀加速运动（相对地面），直到A与传送带匀速运动的速度相同为止，此过程A的加速为a1，则：μmg=ma1，故a1=μg

A做匀加速运动的时间 是：t1====0.8s

这段时间内A对地的位移是：s1=v平•t1=×2×0.8=0.8m

当A相对地的速度达到2m/s时，A随传送带一起匀速运动，所用时间为t2，t2==0.6s

物块在传送带的bc之间，由于μ=0.25＜tan37°=0.75，A在bc段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为μmgcos37°，方向沿传送带向上，A在传送带的倾斜部分以加速度a2向下匀加速运动，由牛顿第二定律：

mgsin37°-μmgcos37°=ma2

解得：a2=g（sin37°-μcos37°）=4m/s2

由运动学公式sbc=vt3+a2 t32   其中sbc=4m，v=2m/s

解得：t3=1s（t3'=-2s舍）

物块从a到c端所用时间为t：t=t1+t2+t3=2.4s

答：小物块A从a端被传送到c端所用时间为2.4s．

（1）电梯先作竖直向下初速度为零的匀加速运动，再作匀速运动，然后做匀减速运动，最后静止或作匀速运动．

（2）t1时刻体重计的示数小于人体的体重，故系统处于失重状态，

以人为研究对象，受力图如图：

由牛顿第二定律有：

G-N=ma

∴a===1.1m/s2．

加速度方向竖直向下

答：（1）电梯先作竖直向下初速度为零的匀加速运动，再作匀速运动，然后做匀减速运动，最后静止或作匀速运动．

（2）t1时刻电梯的加速度大小为1.1m/s2，加速度方向竖直向下．

（1）根据法拉第电磁感应定律和安培力公式有：

E=BLv   ①

I=   ②

FA=BIL    ③

根据牛顿第二定律有：

mgsinθ-FA=ma   ④

联立①②③④得：mgsinθ-=ma

当加速度a为零时，速度v达最大，速度最大值：vm=

故ab杆下滑的最大速度为vm=．

（2）根据能量守恒定律有：

mgxsinθ=mvm2+Q

得x=+

根据电磁感应定律有：

=

根据闭合电路欧姆定律有：

 =

感应电量：

q=△t==

得：q=+

故过程中ab杆下滑的距离为x=+，通过电阻R的电量为q=+．

（1）设滑块滑到B点的速度大小为v，到B点时轨道对滑块的支持力为N，由机械能守恒定律有

mgR=mB  ①

滑块滑到B点时，由牛顿第二定律有

N-mg=m   ②

联立①②式解得   N=3mg=30N  

根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力大小为N′=N=30N

（2）若滑块B滑到A的最右端时达到共速，设为v，

由动量守恒和能量守恒有

mv0=2mv

由能量守恒得：μmgl=m-（2m）v2

解得μ=0.2

①当满足0.1≤μ≤0.2，A和B不能共速，B将从A的右端滑落，A和B因摩擦而产生的热量为

Q1=μmgl=20μ J

②当满足0.2≤μ≤0.5，A和B共速，A和B因摩擦而产生的热量为

Q2=m-（2m）v2

解得Q2=4J

答：（1）滑块B滑到b点时对A的压力大小是30N．

（2）0.1≤μ≤0.2，滑块B在滑块A上相对A运动过程中两者因摩擦而产生的热量是20μ J

0.2≤μ≤0.5，滑块B在滑块A上相对A运动过程中两者因摩擦而产生的热量是4J

（1）以箱子为研究对象，根据平衡条件得

         TAcosθ+TBsinθ=mg

         TAsinθ=TBcosθ

     联立上两式解得 TA=160N，TB=120N

  （2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动时，由牛顿第二定律得

     TA′cosθ+TB′sinθ-mg=ma

     又TA′sinθ=TB′cosθ

    代入解得TA′=240N，TB′=160N

答：（1）当箱子静止时，AO、BO绳上的拉力分别为160N和120N．

    （2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动，AO、BO绳上的拉力分别为=240N和160N．