热门试卷

解：(1)要想游戏获得成功，瓶滑到C点速度正好为零，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得

F-μmg=ma1 ①

μmg=ma2 ②

加速运动过程中的位移 ③

减速运动过程中的位移 ④

位移关系满足x1+x2=L1 ⑤

又v=a1t1 ⑥

由以上各式解得

(2)要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，则

 ⑦

v'2=2a1d ⑧

联立解得d=0.4 m

解：小车B从开始运动到物体A刚进入小车B的粗糙部分过程中，因物体A在小车B的光滑部分不受摩擦力作用，故物体A处于静止状态，设小车B此过程中的加速度为a1，运动时间为t1，通过的位移为x1，运动的速度为v1。则有

a1＝，v1＝a1t1，x1＝a1t12

当物体A进入到小车B的粗糙部分后，设小车B的加速度为a2，物体A的加速度为a3，两者达到相同的速度经历的时间为t2，且共同速度v2＝a3t2，则有

a2＝，a3＝μg，v1＋a2t2＝a3t2，v1t2＋a2t22－a3t22＝L－x1

综合以上各式并代入数据可得A和B间光滑部分的长度x1＝0.8 m

解：（1）分析图线可知：电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力（加速度）逐渐减小的变加速直线运动，最终达到最大速度（注意：图象从右向左看速度逐渐增大）

（2）当最大速度vmax=15m/s时，牵引力为Fmin=400N，故恒定阻力f=Fmin=400N

额定功率P=Fminvmax=6kW

（3）匀加速运动的末速度

代入数据解得v=3m/s

匀加速运动的加速度

代入数据解得

电动车在速度达到3m/s之前，一直做匀加速直线运动

故所求时间为

将v′=2m/s代入上式解得t=1s

解：（1）第一次上拉时，该同学向上做匀加速运动，设他上升的加速度大小为a1，下鄂到达单杠面时的速度大小为v，由牛顿第二定律及运动学公式可得：

F－mg=ma1H=1/2a1t2v=a1t

联立上式可得：F=672N，v=1.2m/s

（2）第二次上拉时，设上拉时的加速度为a2，恒力至少作用时间为tmin，上升的位移为x1，速度为v1，自由上升时位移为x2，根据题意可得：

F'－mg=ma2x1+x2=H

x1=1/2a2tmin2v12=2gx2v1=a2tmin联立以上各式得：tmin=0.71s

解：物体所受的重车G=mg=2000N

0-2s内，物体匀加速上升

加速度=5m/s2 ①

上升的位移 ②

2s-5s内，物体匀速上升

速度=5×2m/s=10m/s

位移m=30m ③

5s-7s内，物体匀减速上升

加速度大小=5m/s2 ④

位移=10×2－×5×22m =10m ⑤

所以7s内的位移=50m ⑥

解：（1），，方向水平向右。

（2）①，

，

②

③

。

解：（1）物体受拉力向上加速运动过程，则有

F－mgsinθ－f=ma1

FN－mgcosθ=0

且f=μFN由以上三式代数解得：a1=2.0 m/s2

所以t=4.0 s时物体的速度大小为v1=a1t=8.0 m/s

（2）绳断时物体距斜面底端的位移=16 m

绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，则有mgsinθ+μmgcosθ=ma2

解得a2=8.0 m/s2 物体做减速运动的时间t2=v1/a2=1.0 s

减速运动的位移s2=v1t2/2=4.0 m

此后物体将沿斜面匀加速下滑，则有mgsinθ－μmgcosθ=ma3

解得a3=4.0 m/s2

设物体由最高点到斜面底端的时间为t3，则有s1+s2=

解得t3==3.2s

所以物体返回到斜面底端的时间为t总=t2+t3=4.2 s

解：（1）以向右运动为正方向，初始时刻。A、B受力情况如图所示，

其中F与F'互为作用力与反作用力，大小相等F=F'，

B受到的摩擦力大小为ff=(mA+mB)gμ=0.8N ①

设A、B的加速度分别为aA和aB②

③

（2）由加速度和初速度的值，可以判定B的速度首先达到零

B速度为零时所用的时间④

此时B的位移⑤

t1时刻后，B物体的受力分析如图，

由于F' >f，B将向左运动

设t1时刻后B的加速度为aB'

⑥

设t时刻A和B的速度分别为vA'、vB'

vA'=-vA+aAt ⑦

vBˊ=aB'(t-t1)(t>t1) ⑧

设t2时刻A、B速度相等，联立⑦⑧，得t2=0.70s ⑨

设从t1到t2时刻B的位移⑩

A从初始时刻到t2时刻的位移

由题意L=SB +SB'-SA=0.62m

设摩擦力做的功为W

W= -(mA+mB)gμ(|SB|+|SB＇|)

W= -0.072J

第2问解法2

（2）vBA，B物体经过速度减为零

此时B物体受到A物体对它的向左的作用力F

由于F＞μ(mA+mB)g，故A物体向左运动，

由牛顿第二定律F-μ(mA+mB)g=mBaB＇，

得aB＇=0.4m/s2，方向向右

A物体向左匀减速，B物体向左匀加速，当A、B达到共同速度时，A到达最远点b

设B物体向左运动t时间达到共同速度v，则有v=aB＇t=vA-aA(t十tB)

得t=0.5s，v=0.2m/s 以向左为正方向，A、B物体的v-t图像：

由图像可知

。

解：（1）线框进入磁场前，线框A1仅受到细线的拉力FT和重力mg，石块A2受到重力Mg和拉力FT。由牛顿第二定律

对线框：FT－mg＝ma

对石块：Mg－FT＝Ma

联立解得：a＝＝6 m/s2（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以石块受力平衡Mg＝FT′

线框abcd受力平衡FT′＝mg＋FA

ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E＝Bl1v

形成的感应电流I＝

受到的安培力FA＝BIl1

联立上述各式得：Mg＝mg＋

代入数据解得v＝6 m/s

（3）线框完全进入磁场后到ab边运动至gh线，线框中无感应电流，受力情况同进入磁场前，所以该阶段仍做匀加速直线运动，加速度仍为a＝6 m/s2

解析：（1）对A、B整体，由牛顿第二定律： F1+F2＝(m1+m2)a①

故a== 4m/s2②

（2）当A、B间的弹力为0时，A、B分离，分离时： =③

即④

可求出t=2.5s⑤

（3）由（1）问知，A、B分离之前（2.5s之前），A、B加速度相同；

分离后，对A：a1==m/s2=（）m/s2，图像如图所示

               对B：a2==m/s2=（1.5 + t）m/s2，图像如图所示

（4）面积是速度的变化量Δv。 

解：（1）2.4m/s2

（2）由牛顿第二定律得：F·cos53°－μ(mg－F·sin53°)＝ma ①

根据运动学公式知x＝at2 ②

vm＝at ③

由①②③解得μ＝0.67，vm＝4.8m/s

（3）松手后玩具滑行的加速度a1＝μg＝6.7m/s2

滑行距离x＝＝1.7m

解：（1）米袋在 AB 上加速时的加速度ao=μmg/m =μg = 0.5×10 = 5 m/s2米袋的速度达到vo=5 m/s 时，

滑行的距离so = vo2/2ao= 52/2×5 = 2.5 m < dAB=3m

因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度。

设米袋在CD上运动的加速度大小为a，

由牛顿第二定律，有：mg sinθ + μmg cos θ = ma

代入数据解得a=10m/s2

所以能滑上的最大距离s=vo2/2a =52/2×10 = 1.25 m

（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D 点时速度恰好为零），

则米袋速度减为v1之前的加速度为a1= - g（sinθ + μcos θ）= -10m/s2 米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2= - g（sinθ - μcos θ）= - 2m/s2由 [（v12 - vo2）/2a1 ] + [（0 - v12）/2a2] = 4.45 m

解得v1= 4 m/s，即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度vCD ≥ v1= 4m/s

解：（1）由牛顿定律：，，

解得：

（2）最大速度：=

（3）物体的总位移：

（1）4m/s2（2）1s

（3）12m