热门试卷

解：由牛顿第二定律可知，物体的加速度的大小为：a===2m/s2，

物体在第一秒内向正方向做加速度为2m/s2的匀加速运动，

第二秒内做匀速直线运动，第三秒内向正方向做加速度为2m/s2的匀加速运动；

（1）在第一秒内有：末速度为：v=at=2m/s

位移为：s1=at2=×2×12=1m，

在第二秒内有：位移为：s2=vt=2×1=2m，

末速度为：v1=v=2m/s；

（2）在第三秒内，

位移为：s3=vt+at2=2×1+×2×12=3m，

在3s内的位移为：s=s1+s2+s3=6m；

答：（1）2s末时物体的速度大小为2m/s；

（2）前3s内物体的位移大小为6m．

解：（1）．煤块A在传送带上运动，设其加速度为a，加速时间为t，则有：

vt-at2=4 m，

at=2 m/s，

解得：a=0.5 m/s2

若传送带做匀减速运动，设煤块B的加速时间为t1，则有：

v1=at1=v-a′t1．

所以有：t1=s=1 s

此时煤块B在传送带上留下的擦痕长为：

L=x传送带-x煤块=（vt1-）-=1 m

（2）达到共同速度v=at=0.5m/s2后，传送带继续以a0减速，粉笔头B以a减速，粉笔头相对于传送带沿划线向回划的距离为：

所以，粉笔头B停止在传送带上的位置与传送带上划线起点间的距离为m

答：（1）粉笔头B在传送带上留下的划线的长度为1m

（2）粉笔头B停止在传送带上的位置与传送带上划线起点间的距离为

解；（1）由牛顿第二定律，有 F-mg=ma

由a─t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2

则

  F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104N

  F2=m（g+a2）=2.0×103×（10-1.0）N=1.8×104N

（2）通过类比可得，电梯的速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积

△v1=0.50m/s

同理可得，△v2=v2-v0=1.5m/s

v0=0，第2s末的速率v2=1.5m/s

（3）由a─t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a─t图线下的面积，有

  vm=10m/s

此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率

P=Fvm=mg•vm=2.0×103×10×10W=2.0×105W

由动能定理，总功

W=Ek2-Ek1=mvm2-0=×2.0×103×102J=1.0×105J

答：

（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力F1是2.2×104N，最小拉力F2是1.8×104N．

（2）电梯在第1s内的速度改变量△v1是0.50m/s，第2s末的速率v2是1.5m/s．

（3）电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P为2.0×105W；在0─11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W是1.0×105J．

解析=：（1）对于B，在未离开A时，根据牛顿第二定律得

加速度为：aB1==1 m/s2

设经过时间t1后B离开A，根据牛顿第二定律得

离开A后B的加速度为：aB2=-=-2 m/s2

设物体B离开A时的速度为vB，根据运动学公式有

vB=aB1t1 ，aB1t12+=s，

代入数据解得t1=2 s，t2==1 s，

所以B运动的时间是：t=t1+t2=3 s．

（2）设A的加速度为aA，则根据相对运动的位移关系得

aAt12-aB1t12=L-s

解得：aA=2 m/s2，

由牛顿第二定律得F-μ1mg-μ2（m+M）g=MaA，

代入数据得：F=26 N．

答：（1）B运动的时间是 3 s　

（2）力F的大小是26 N．

解：（1）、设A落地时的速度为v，系统的机械能守恒：

 代入数据得：V=2 m/s．

（2）、A落地后，B以v为初速度沿斜面匀减速上升，设沿斜面又上升的距离为S，

由动能定理得：

 代入数据得：s=0.4m．

答：（1）、物体A着地时的速度是2m/s．

（2）、物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离0.4m．