高考物理壓軸題專項練習(xí)：勻變速直線運動

高考物理壓軸題專項套題：勻變速直線運動

一、解答題(共17小題)

I.在嘉善南站附近的某段平直的鐵路上，一列以90m/s高速行駛的列車某時刻開始勻減速行駛，

5min后恰好停在嘉善高鐵站，并在該車站停留2min,隨后勻加速駛離車站，經(jīng)8.1km后恢復(fù)

到原速90m/sQ

(1)求列車減速過程中的位移大小;

(2)求列車駛離車站過程中加速到90m/s所用時間

2,下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害，某地有一傾角為6=37。(sin37，=g)的

山坡C,上面有一質(zhì)量為m的石板B,其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥

土)，人和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，假設(shè)某次暴雨中，4浸透雨水后總質(zhì)景也為m(可視

為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時間內(nèi)，A、8間的動摩擦因數(shù)為減小為：，B、C間的動摩擦因

數(shù)〃2減小為。5,4、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末：B的上表面突然變?yōu)楣饣?

的保持不變.已知人開始運動時，4離B下邊緣的距離1=27m,C足夠長，設(shè)最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力，取重力加速度大小9=lOm/sa,求：

(1)在0~2s時間內(nèi)4和B加速度的大小;

(2)4在B上總的運動時間。

3.汽車發(fā)動機的功率為60kW,汽車的質(zhì)量為41,當(dāng)它行駛在坡度為0.02的長直公路上時，所受

阻力為車重的0.1倍(g取10m心2),問：

(1)汽車所能達(dá)到的最大速度vmax多大？

(2)若汽車從靜止開始以0.6m/s2的加速度作勻加速直線運動，則此過程能維持多長時間?

(3)當(dāng)汽車勺加速行駛的速度達(dá)到最大值時，汽車做功多少？

(4)在10s末汽車的即時功率為多大？

4.如圖甲所示，水平地面上有一靜止平板車，車上放一質(zhì)量為m的物塊，物塊與平板車的動摩擦因

數(shù)為0.2(設(shè)最大靜摩擦擦等于滑動摩擦)，t=0時，車在外力作用下開始沿水平面做直線運動,

其9-亡圖象如圖乙所示，已知￡二12s時，平板車停止運動，此后平板車始終靜止。g取

(1)求亡二3s時物塊的加速度。

(2)求t=8s時物塊的速度。

(3)若物塊相對平板車的運動會留下痕跡，請求出物塊整個運動過程中在平板車上留下的痕跡

的長度。

5.如圖，一豎直圓管質(zhì)植為M,下端距水平地面的高度為“，頂端塞有一質(zhì)H為m的小球。圓管

由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短；在運動過程中，管始終保

持豎直。已知M=4m,球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg,g為重力加速度的大小，不計空

氣阻力。

(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大小;

(2)管第?次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；

(3)管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應(yīng)滿足的條件。

6.人類總想追求更快的速度，繼上海磁懸浮列車正式運營，又有人提出了新設(shè)想“高速飛行列車”，

并引起了熱議。如圖甲所示，“高速飛行列車”擬通過搭建真空管道，讓列車在管道中運行，利用

低真空環(huán)境和超聲速外形減小空氣阻力，通過磁懸浮減小摩擦阻力，最大時速可達(dá)4千公里。我

們可以用高中物理知識對相關(guān)問題做一些討論，為計算方便，取“高速飛行列車”(以下簡稱“飛行

列車”)的最大速度為打m=1000m/s;取上海磁懸浮列車的最大速度為u2m=100m/s;參考

2

上海磁懸浮列車的加速度，設(shè)“飛行列車''的最大加速度為a=0.8m/so

甲

(1)若“飛行列車”在北京和昆明(距離為L=2000km)之間運行，假設(shè)列車加速及減速運動

時保持加速度大小為最大值，且功率足夠大，求從北京直接到達(dá)昆明的最短運行時間上

(2)列車高速運行時阻力主要來自于空氣阻力，因此我們采用以下筒化模型進行估算：設(shè)列車

所受阻力正比于空氣密度、列車迎風(fēng)面積及列車相對空氣運動速率的平方；“飛行列車”與上

海磁懸浮列車都采用電磁驅(qū)動，可認(rèn)為二者達(dá)到最大速度時功率相同，且外形相同。在上述

簡化條件下，求在“飛行列車”的真空軌道中空氣的密度生與磁懸浮列車運行環(huán)境中空氣密度

P2的比值。

(3)若設(shè)計一條線路出'飛行列車”沿赤道穿過非洲大陸，如圖乙所示，甲站在非洲大陸的東海

岸，乙站在非洲大陸的西海岸，分別將列車?？吭谡九_、從甲站駛向乙站(以最大速度)、

從乙站駛向甲站(以最大速度)三種情況中，車內(nèi)乘客對座椅壓力的大小記為F］、「2、?3,

請通過必要的計算將片、%?3按大小排序。(已知地球赤道長度約為4x104km,一天

的時間取86000s)

7.如圖甲所示，間距L=0.4m的金屬軌道豎直放置，上端接定值電阻&=1。，下端接定值電阻

Rz=40。其間分布著兩個有界勻強磁場區(qū)域：區(qū)域I內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，其磁感應(yīng)強

度Bi=3T;區(qū)域1/內(nèi)的磁場方向豎直向下，其磁感應(yīng)強度B2=2T0金屬棒MN的質(zhì)量m=

0.12kg、在軌道間的甩阻r=40,金屬棒與軌道間的動摩擦因數(shù)p=0.8?，F(xiàn)從區(qū)域I的上方

某一高度處靜止釋放金屬棒，當(dāng)金屬棒MN剛離開區(qū)域I后&便開始均勻變化。整個過程中金

屬棒的速度隨下落位移的變化情況如圖乙所示，“小—丁圖象中除曲段外均為直線，oa段與cd

段平行。金屬棒在下降過程中始終保持水平且與軌道間接觸良好，軌道電阻及空氣阻力忽略不計,

兩磁場間互不影響。求：

（1）金屬棒在圖象上a、c兩點對應(yīng)的速度大?。?/p>

（2）金屬棒經(jīng)過區(qū)域I的時間；

（3）Bi隨時間變化的函數(shù)關(guān)系式（從金屬棒離開區(qū)域I后計時）：

（4）從金屬棒開始下落到剛進入?yún)^(qū)域1/的過程中回路內(nèi)的焦耳熱。

8.如圖所示，M是水平放置的半徑足夠大的圓盤，繞過其圓心的豎直軸0。'勻速轉(zhuǎn)動，規(guī)定經(jīng)過圓

心0點且水平向右為x軸正方向。在0點正上方距盤面高為h=5m處有一個可間斷滴水的容

器，從￡=0時刻開始，容器沿水平軌道向4軸正方向做初速度為零的勻加速宜線運動。已知

亡三0時刻滴下第一滴水，以后每當(dāng)前一滴水剛好落到盤面時再滴下一滴水。(取g=10m/$2)

(1)每一滴水離開容器后經(jīng)過多長時間滴落到盤面上？

(2)要使每?滴水在盤面上的落點都位于同一宜線上，圓盤的角速度3應(yīng)為多大？

(3)當(dāng)圓盤的角速度為1.5九時，第二滴水與第三滴水在盤面上落點間的距禽為2m,求容器的

加速度明

9.在一種新的“子母球”表演中，讓同一豎直線上的小球4和小球B,從距水平地面高度為pMp>

1)和h的地方同時由靜止釋放，如圖所示。球人的質(zhì)量為m,球B的質(zhì)量為設(shè)所有碰撞

都是彈性碰撞，重力加速度大小為g,忽略球的直徑、空氣阻力及碰撞時間。

(1)求球B第一次落地時球4的速度大小；

(2)若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰，求p的取值范圍；

(3)在(2)情形下，要使球A第一次碰后能到達(dá)比其釋放點更高的位置，求P應(yīng)滿足的條件。

10.【2013東城二模24】如圖所示，在光滑的水平長直軌道上，有一質(zhì)量為M=3kg、長度為

L=2m的平板車以速度v0=4m/s勻速運動。某時刻將質(zhì)量為m=1kg的小滑塊輕放在平板

車的中點，小滑塊與車面間的動摩擦因數(shù)為4:0.2,?^=10m/szo

(1)若小滑塊最終停在平板車上，小滑塊和平板車摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？

(2)若施加一個外力作用在平板車上使其始終保持速度為%=4m/s的勻速運動，當(dāng)小滑塊放

到平板車中點的同時，對該小滑塊施加另一個與平板車運動方向用同的恒力匕要保證滑塊

不能從平板車的左端掉下，恒力P大小應(yīng)該滿足什么條件？

(3)在(2)的情況下，力F取最小值，要保證滑塊不從平板車上掉下，力F的作用時間應(yīng)該

在什么范圍內(nèi)？

11.如圖所示，豎直平面(紙面)內(nèi)有直角坐標(biāo)系xOy,x軸沿水平方向，在xw。的區(qū)域內(nèi)存在方

向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B］的勻強磁場.在第二象限緊貼y軸固定放置長為，、

表面粗糙的不帶電絕緣平板，平板平行于犬軸且與黃軸相距九.在第一象限內(nèi)的某區(qū)域存在方

向相互垂直的勻強磁場(磁感應(yīng)強度大小為B?、方向垂直于紙面向外)和勻強電場(圖中未畫

出)。一質(zhì)量為m、不帶電的小球Q從平板下側(cè)A點沿x軸正向拋出；另一質(zhì)量也為m、帶

電量為q的小球P從A點緊貼平板沿x軸正向運動，變?yōu)閯蛩龠\動后從y軸上的D點進入電磁

場區(qū)域做勻速圓周運動，經(jīng);圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負(fù)方向運動，然后從工軸上的K點

進入第四象限.小球P、Q相遇在第四象限的某一點，且豎直方向速度相同.設(shè)運動過程中小

球P電量不變，小球P和Q始終在紙面內(nèi)運動且均看作質(zhì)點，重力加速度為9。求：

(I)勻強電場的場強大小，并判斷P球所帶電荷的正負(fù)；

(2)小球Q的拋出速度%的取值范圍；

(3)當(dāng)是%的多少倍？

12.如圖甲所示，在xOy豎直平面內(nèi)存在豎直方向的勻強電場，在第一象限內(nèi)有一與％軸相切于點

(2凡0)、半徑為R的圓形區(qū)城，該區(qū)域內(nèi)存在垂直于戈。＞面的勻強磁場，電場與磁場隨時間

變化如圖乙、丙所示，設(shè)電場強度豎直向下為正方向，磁場垂直紙而向里為正方向，電場、磁

場同步周期性變化(每個周期內(nèi)正反向時間相同)o一帶正電的小球A沿y軸方向下落，￡二0

時刻4落至點(0,3/?),此時，另一帶負(fù)電的小球B從圓形區(qū)域最高點(2R,2R)處開始在磁

場內(nèi)緊靠磁場邊界做勻速圓周運動；當(dāng)月球再下落H時，8球旋轉(zhuǎn)半圈到達(dá)點(2R,0);當(dāng)4

球到達(dá)原點。時，B球又旋轉(zhuǎn)半圈回到最高點；然后A球開始勻速運動.兩球的質(zhì)量均為m,電

荷量大小均為伏(不計空氣阻力及兩小球之間的作用力，重力加速度為。)求：

(1)勻強電場的場強E的大?。?/p>

(2)小球B做勻速圓周運動的周期T及勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小;

(3)電場、磁場變化第一個周期末力、8兩球間的距離.

13.如圖甲所示，斜面的傾角a=30。，在斜面上放置一矩形線框就cd,Qb邊的邊長=be

邊的邊長G=0.6m,線框的質(zhì)量m=lkg,線框的電阻R=0.1。，線框受到沿斜面向上的恒

力尸的作用，已知F=15N,線框與斜面間的動摩擦因數(shù)〃二個。線框的邊就〃斜

V

面的efM區(qū)域有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化情況如圖乙的8-

士圖象所示，時間t是從線框由靜止開始運動起計時的。如果線框從靜止開始運動，進入磁場最

初一段時間是勻速的，e/■線和g/i線的距離％=5.1m,取g=10m/s2。求：

(1)線框進入磁場前的加速度a；

(2)線框進入磁場時勻速運動的速度也

(3)在丙圖中畫出線框從靜止開始運動直至ab邊運動到gh線過程的u-t圖象;

(4)線框從靜止開始運動直至ab邊運動到gh線的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

14.如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量時=

2kg的小物塊兒裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送

帶始終以P=2m/s的速率逆時針轉(zhuǎn)動。裝置的右邊是?光滑曲面，質(zhì)鼠m=1kg的小物塊B

從其上距水平臺面高/I=1.0m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)4=0.2,

設(shè)物塊、間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊靜止且處于平衡狀態(tài)。

/=1.0mo48A

取g=10m/s2o

(1)求物塊B與物塊小第一次碰撞前的速度大??；

(2)通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊的曲面上；

(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當(dāng)它們再次

碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第九次碰撞后的運動速度大小。

15.如圖甲所示，工廠利用傾角6=30。的皮帶傳輸機，將每個質(zhì)量為m=5kg的木箱從地面運送

到高出水平地面的h=5.25m平臺上，機械手每隔1s就將一個木箱放到傳送帶的底端，傳送

帶的皮帶以恒定的速度順時針轉(zhuǎn)動且不打滑。木箱放到傳送帶上后運動的部分v-t圖象如圖乙

所示，已知各木箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都相等。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取

2求：

10m/s0

(1)木箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)內(nèi)

(2)傳送帶上最多有幾個木箱同時在向上輸送；

(3)皮帶傳輸機由電動機帶動，從機械手放上第一個木箱開始計時的10分鐘內(nèi)，因為木箱的

放入，電動機需要多做的功。

16.下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有?傾角為。=37。卜皿37。=§的

山坡C,上面有一質(zhì)量為根的石板8,其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆4(含有大量

泥土)，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)園也為m

(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時間內(nèi)，人、8間的動摩擦因數(shù)出減小為今B、。間的

動摩擦因數(shù)〃2減小為OS4、8開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，8的上表面突然

變?yōu)楣饣?，的保持不變。已?開始運動時，A離B下邊緣的距離，=27m,C足夠長。設(shè)最

大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10m/§2。求：

(1)在0?2s時間內(nèi)A和B加速度的大小;

(2)4在B上總的運動時間。

17.如圖所示，在傾角0=30。的斜面上放置一段凹槽B,B與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=4，槽內(nèi)靠

近右側(cè)壁處有一小物塊A(可視為質(zhì)點)，它到凹槽左側(cè)壁的距離d=0.10m。A、B的質(zhì)量

都為m=2.0kg,B與斜面間的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力，不計4、B之間的摩擦,

斜面足夠長?，F(xiàn)同時由靜止釋放4、B,經(jīng)過一段時間，4與B的側(cè)鴕發(fā)生碰撞，碰撞過程不

計機械能損失，碰撞時間極短。取9=10m/s2。求：

(1)物塊4和四槽B的加速度分別是多大；

(2)物塊A與凹槽B的左側(cè)壁第一次碰撞后瞬間4、B的速度大??；

(3)從初始位置到物塊A與凹槽B的左側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時B的位移大小。

答案

第一部分

1.(1)13500m

【解析】物體減速過程中的位移為：

%=:乂300m=13500m

22

(2)180s

【解析】在加速階段，根據(jù)2a2、=/2—0,

得：a=今"=22

L29m/s=0.5m/s

2x2x810011

根據(jù)v=at'可得：t'=—=^s=180So

2U.5

2.(1)3m/s2;1m/s2

【解析】在0~2s時間內(nèi)，A和B的受力如圖所示,

其中/i、Ni是A與8之間的摩擦力和正壓力的大小，石、M是8與6之間的摩擦力和正壓力的大

小，方向如圖所示，

由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得

fiiiN……①

M=mgcosO.......②

fl=M2^2…'③

MM+mgcosO.......④

規(guī)定沿斜面向下為正，設(shè)4和B的加速度分別為勺和。2，

由牛頓第二定律得

mgsind-fi=ma1.......⑤

。+

mgsin-^=ma2.......@

聯(lián)立①②③④⑤⑥式，并代入題給的條件得

flj=3m/s2.......⑦

2

a2=1m/s.......⑧

（2）4s

【解析】在ti=2s時，設(shè)4和B的速度分別為巧和玲，則

%=。代1=6m/s......⑨

v2=a2t1=2m/s......⑩

時，設(shè)4和B的加速度分別為七和Q￡此時4與B之間摩擦力為零，同理可得

a\=6m/s2.......?

a',=-2m/s2.......@

即B做減速運動，

設(shè)經(jīng)過時間￡2,B的速度減為零，則有

廿2+。'2*2=。?

聯(lián)立⑩??式得

t2=1S

在tl+12時間內(nèi)，力相對于B運動的距離為

S=@1仔+vlfc2+扣'1名）一+哂+初2錢）

=12m<27m

此后8靜止不動，A繼續(xù)在B上滑動，

設(shè)再經(jīng)過時間￡3后4離開B,則有

，一s二（%+優(yōu)也達(dá)+：a'i修

可得

（另一解不合題意，舍去）

t3=ls

設(shè)4在B上總的運動時間為￡總，有

=t]+0+93=4S

（利用下面的速度圖線求解也可）

【解析】最大速度為加=7；品=0U4000X】鬻koooxiom/§=12-5m/s

(2)14s

【解析】設(shè)0.6m/s2加速度運動的最大速度設(shè)為v'則由牛頓第二定律得：

/-f-0.027九g=ma

解得￡=；￡?=§m/s

這一過程能維持的時間為，=￡=14s

(3)4.2x105J

【解析】汽車勻加速行駛的速度達(dá)到最大值時，x=|at2=58.8m

W=Fs=^,x=7200X58.8J=4.2X105J

(4)43200W

【解析】10s<14s

所以10s末汽車做勻加速直線運動，v=at=0,6X10m/s=6m/s

F=ma+/+0.02mg=7200N

p'=Fv=7200X6W=43200W

4.(1)2m/s2

【解析】平板車對物塊的摩擦力最大值為Anax=〃md故物塊的加速度最大值為Qmax=管==

0.2X10=2m/s2

2

但平板車的加速度由圖象知為a=^=y=4m/s>amax

故平板車不可能與物塊1起向右加速，其加速度只能取二Qmax=2m/s2o

(2)16m/s

【解析】物塊向右做加速度為2m/s2的勻加速運動，而平板車則做加速度為a0=4m/s2的加速運動;

當(dāng)t=￡1=6s時，物塊速度%=。1亡1=12m/s

此后，由圖象可知平板車在外力作用下做初速度為％=24m/s、加速大小為“0=4m/s?的勻減速運

動，開始時物塊的速度仍小于平板車的速度，故物塊仍加速，直至兩者共速。設(shè)平板車減速持續(xù)時間

為小兩者共速，則:

也=

v=v1+Qv0-a0t2

解壽：

t2=2s,v=16m/s

故￡=8s時物塊的速度為v=16m/So

(3)48m

【解析】￡=8s后，平板車的加速度為aq=4m/s2,而物塊的加速度源于摩擦力，其最大值為%=

flmax=2m/s2,顯然物塊不可能與平板車一起減速，只能做加速度為?i=?max=2m/s?的勻減速運

動，直至停止。

在物塊與平板車共速前，物塊相對于平板車向后運動，其相對位移大小為與=；斯4+)%+口)￡2-

如(。+52

解潺：Xi=48m

物淡與平板車共速后，物塊相對于平板車向前運動，其相對位移大小為42=[-吳二9-會二

Z<ZQ4XZ/X，

32m

兩階段的相對運動而產(chǎn)生的痕跡會有部分重疊，由于電>%2,故痕跡長度為％=48m。

5.(1)Q1=2g,。2=3g

【解析】管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運動。設(shè)此時管的加速度大小為勺，方向向下；球

的加速度大小為。2,方向向上；球與管之間的摩擦力大小為3

由牛頓運動定律有Mai=Mg+f……①

ma2=f-mg.......②

聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得由=2g,%=3g……③。

(2)扣

【解析】管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運動學(xué)公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為孫=

顧……④方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

設(shè)自彈起時經(jīng)過時間％管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運動學(xué)公式%-。由=-%+

硒...⑤

聯(lián)立③④⑤式得￡1=1后……⑥

設(shè)此時管下端高度為速度為％由運動學(xué)公式可得

hi,hi=%￡i-……(7)v=v0-

叫⑧

由③④⑥⑧式可判斷此時〃>0。

此后，管與小球?qū)⒁约铀俣?減速上升電，到達(dá)最高點。

由運動學(xué)公式有電="……@

設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為從，則%=九1+%……⑩

聯(lián)立③④⑥⑦⑥⑨⑩式可得為=卻……?。

⑶八輸

【解析】設(shè)第一次彈起過程中球相對管的位移為修。在管開始下落到上升用這一過程中，由動能定

理有-用)+-靖+

Mg(Hmg(H%1)-4mgxt=0……?

聯(lián)立??式并代入題給數(shù)據(jù)得巧=:”……?

同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點的過程中，球與管的相對位移％2為、2=

汨……?

設(shè)圓管長度為上管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條沖是勺+勺4乙……@

聯(lián)立????式，L應(yīng)滿足條件為LN/H……?。

6.(1)3250s

【解析】“飛行列車”以最大加速度。2加速到最大速度通過的距離孫=

=0.8m/svlm=1000m/s

*=625km,

因為勺所以列車加速到%m后保持一段勻速運動，最后以相同大小的加速度勻減速到站停下，

用時最短。

加速和減速階段用時相等：樂=%=皆=1250s,

勻速階段用時為：U=^=750s,

,Jvlm

所以最短運行時間t=％+%+%=3250So

(2)—

'1000

【解析】列車功率為P,以最大速度為勻速運行時，牽引力等于阻力了,此時有p=7/,

由題中簡化條件可以寫出：阻力f=k”琢，因此p=kp5誦。“飛行列車”和磁懸浮列車功率P相同;

外形相同，所以迎風(fēng)面積S相同，因此二者運行環(huán)境中空氣密度之比為=(詈)“=烹。

(3)F1>F2>F3

【解析】地球赤道上的物體因地球自轉(zhuǎn)而具有一定的速度，

其大小為—就裊463m/s,

三種情況中乘客相對地心的速度大小v分別為；

%=U自轉(zhuǎn)=463m/s,

□2=%m-u自轉(zhuǎn)=537m/s,

%=%m+廿自轉(zhuǎn)=1463m/s,

設(shè)座椅與人之間的相互作用彈力大小為F,地球?qū)θ说娜f有引力為F引，

則：F引一F=m9,所以招>尸2>用。

7.(1)%=2;%=4

【解析】吟=2gxi,勺=0,2m代入得va=2m/s,

Mg二BE1=詈,R=r+篝=4.80,

聯(lián)立得%=4m/so

(2)0.825s

【解析】mg￡=BiUt=mvc-mva,

其中q=lt="產(chǎn)2,x2=2.7—0.2=2.5m,

%

代入得t=0.825s(或￡=捺§)。

40

(3)&=3±?t=3±11.25t(T)

,

【解析】mg=nB2LI^得/總=2%=?A,R^=R1+^=3Q,

。2答二%R3代入得華=?T/s,

AtH后At4

所以Bi=3土彳1=3±11.25t(T)o

(4)6.50J

【解析】Qi=mgCxr+冷)-gmd代入得Qi=2.28J,

2

x3=vct+^gt=3.15—2.7=0.45m,得￡=0.1s°

2

Qi==(j)x3x0.1x4.22J。

Q=Qi+Q2=6.50Jo

8.(1)Is

【解析】離開容器后，每一滴水在豎直方向上做自由落體運動。

則每一滴水滴落到盤面上所用時間，=第=、

(2)k7i(k=1,2,3,-)

【解析】要使每一滴水在盤面上的落點都位于同一直線，則圓盤在1s內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧度為A%k為不為

零的正整數(shù)。

由3￡="兀，即a)=k晨信=kn,其中k-1,2,3,-0

⑶騫m/s?

【解析】第二滴水離開0點的距離為

12,、3

Xi=-ar+(at)t=-a

第三滴水離開。點的距離為

x2—ga(2t)2+(a-2t)t=4Q

又

A6=a)t=1.5TT

即第二滴水和第三滴水分別滴落在圓盤上4軸方向及垂直二軸的方向上，所以/2+打2=/,即

(I")+(4。)2:22

解得Q二譬m/s2o

9.⑴禽前

【解析】兩球同時釋放后都做自由落體運動，球B第一次落地時下降力，A球也下降生設(shè)此時A球

速度為%,則有

2

v0=2gh

故見二>[2gh

(2)l<p<5

【解析】設(shè)B球下落至地面的過程經(jīng)歷的時間為口,則有

1,

h二加IB

vo=g±i

球與地面發(fā)生彈性碰撞后以原速率先反彈，設(shè)經(jīng)過時間與與球4碰撞，則

對4球有

心二+0)2

對B球有

2

hB=vQt2--gt2

相祕時位移關(guān)系

hA+hB=ph

若笠B球在第一次上升中能與月球相碰，應(yīng)有

Vn

0<t2<7

聯(lián)立以上各式可得

1<p<5

(3)l<p<3

【解析】設(shè)A、1兩球碰撞前后的速率分別為孫、如與吟、打，由動量守恒、能量守恒有

3nivB-mvA=3mv'B+mv'A

解之得

,以+3VB

VA=-------------

八2

若箜球A碰后恰能到達(dá)與其釋放點等高的位置，應(yīng)有

%=vA

可得

3=3%……①

兩球相碰時的位移關(guān)系為

22

環(huán)"vBvA

+丁=

-2O-g----2gph

可解得

VB=j；g(p-l)h……?

由此式可知

P>1

再由相碰時兩球運動時間應(yīng)滿足的關(guān)系有

%Jo-V以

-H-B---------

999

解之有

vA=2v0-vB??????③

聯(lián)立①②③三式并結(jié)合v0=師可得

P=3

要笠A球碰后能到達(dá)原釋放點更高的位置，則要求碰前B球的速度更大，發(fā)生碰撞的位置更低，p值

更小，故P應(yīng)滿足的條件為

1<p<3

22

10.(1)Q=1Mv0-1(M+m)v=^^=6J

【解析】由動策守恒定律得

M%=(M+m)v

解得

v=--------

M+m

由能量守恒得

2

191.、3Mmv0

=6

Q=-Mv0+=2(^)'

(2)F>6N

【解析】設(shè)恒力F取最小值為Fi,滑塊加速度為由,此時滑塊恰好到達(dá)車的左端，則滑塊運動到車左

端的時間

由幾何關(guān)系有

=n.②

由牛頓定律有

Fi+4mg=m%③

由①②③式代入數(shù)據(jù)解得

G=0.53,6二6N

則運力F大小應(yīng)該滿足條件是F>6N0

（3）0.5s<t<1.08s

【解析】力/取最小值，當(dāng)滑塊運動到車左端后，為使滑塊恰不從右端滑出，相對車先做勻加速運動

（設(shè)運動加速度為Qz,時間為今），再做勻減速運動（設(shè)運動加速度大小為。3）。到達(dá)車右端時，與

車達(dá)共同速度。則有

&-“mg=ma2....?

l^mg=ma3....⑤

由④⑤⑥式代入數(shù)據(jù)解得

V3

t=—s=0.58s

L23

則力F的作用時間t應(yīng)滿足+BP0.5s<t<1.08So

11.（1）%；正電

q

【解析】據(jù)題意受力分析如圖所示

帶電小球P在電磁復(fù)合場申做勻速圓周運動

有mg=qE①

即E=詈②

由于小球P變?yōu)閯蛩俚膹牡诙笙捱M入第一象限

由平衡條件

有qvxBx=mg③

由左手定則可知P球帶正電。

⑵。<“°V（L+焉）后

【解析】據(jù)題意Q球與P球恰好在K點相遇％有最大值Vom，Q球做平拋運動有

L+R=vQmt?

h=-at2⑤

P球在電磁復(fù)合場中做勻速圓周運動

有=m?⑥

解得%m=("品)后@

即孫的取值范圍為0<Vo<+q嚎；)

(3)0.5

【解析】由于PQ相遇時豎直方向速度相同，即P球豎直方向下落R時豎直方向分速度為內(nèi)

由比一詔=2ax得v?=2gR⑨

可解得0.5。

D2L

12.(1)—

q

【解析】小球B做勻速圓周運動，則坳

解得;E譚

⑵喃

【解析】設(shè)小球B做圓周運動的周期為T

對A小球：Eq+mgma

得a=2g

R=嗎￥

解得T=第

”2

對B小球：Bqv-m—

R

2nR

V=—

T

解*B譚厚

(3)725+(2K+2)2R

【解析】分析得：電(磁)場變化周期是B球圓周運動周期的2倍

對小球A;在原點的速度為5=羊+ag

在原點下的位移為：=VAT

%=5R

27末，小球A的坐標(biāo)為(0,-5R)

對小球B:球B的線速度vB=再/頒

水平位移為&二=2TTR

豎直位移為尢=：/2=2A

27末，小球B的坐標(biāo)為3+2）R,0]

則2T末，AB兩球的距離為AB=J25+（2TT+2）2R

13,（1）Sm/52

【解析】線框進入磁場前，線框受到線框的重力、拉力/、斜面的支持力和線框的摩擦力作用，由牛

頓第二定律：F-mgsina-nmgcosa-ma（2分）

得線框進入磁場前的加速度a=5m/s2（1分）

（2）2m/s

【解析】因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，Qb邊進入磁場切割磁感線，

產(chǎn)生的電動勢瓦二（1分）

形成的感應(yīng)電流2（1分）

受到沿斜面向下的恒定的安培力F安=B/@]（1分）

線程受力平衡，有F=mgsina+〃mgcosa+F安（2分）

此時磁感應(yīng)強度必恒定不變B=0.5T,代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s（1分）

（3）見解析

【解析】線框abed進入磁場前做勻加速直線運動，進入磁場前的運動時間

ti=^=0.4s（1分）

進入磁場過程中線框做勻速運動的時間與=*=03s（1分）

線格完全進入磁場后至運動到9/1線，線框受力情況與進入磁場前相同，仍做勻加速直線運動，所以該

階段的加速度大小仍為a=5m/s2,該過程有

x-l2=vt3i-^atl,解得》3=ls（1分）

線程從靜止開始運動直至ab邊運動到gh線過程的v-t圖象如圖（2分）

⑷3.5J

【解析】線框整體進入磁場后，Qb邊運動到gh線的過程中，線框中有感應(yīng)電流的時間

口=G+￡2+J-09s=0.8s（1分）

此過程產(chǎn)生的焦耳熱Qz=河=吟"=0.5J（1分）

線框勻速進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱（21==3j（1分）

線延從靜止開始運動直至ab邊運動到gh線的過程中產(chǎn)生的焦耳熱

Q=QI+Q2=3,5J（1+1分）

14.（1）4m/s

【解析】設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為%,有

2

mgh=^mvQ....①

解得

v0=y/2gh....?

設(shè)物塊B在傳送帶上滑動過程中因受摩擦力所產(chǎn)生的加速度大小為Q,則

[img-ma....③

設(shè)物塊B通過傳送帶后運動速度大小為也有

22

v-v0=-2al....（4）

結(jié)合②③④式解得

v=4m/s....⑤

由于v>w=2m/s,所以v=4m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小。

（2）見解析

【解析】設(shè)物塊4、B第一次碰撞后的速度分別為V、％,取向右為正方向，由彈性碰撞知

—mv=m4+MV...@

1,172192

泮濟=-mv1+-MV……⑦

解得

14

Vi=-v=-m/s……（8）

OaJ

即血撞后物塊B沿水平臺面向右勻速運動；

設(shè)物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為則

0-Vj2=-2af……@

解得

r=-m<1m.......⑩

所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上。

⑶.m/s

【解析】當(dāng)物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速運動，可以判斷，物塊

B運動到左邊臺面時的速度大小為巧，繼而與物塊人發(fā)生第二次碰撞，設(shè)第二次碰撞后物塊B速度大

小為小，同⑵問計算可知

仙……?

物發(fā)B與物塊4第三次碰撞、第四次碰撞…，碰撞后物塊B的速度大小依次為

1/I?1小4

V3=-V2=隊刈=§內(nèi)=弓1也.......&

則第n次碰撞后物塊B的速度大小為

小“4

%=目%/jm/s……?

【解析】由乙圖可知，木箱運動的加速度a=lm/s2,皮帶勻速運動的速度為”=lm/s。

fingcosO-mgsinO=ma

解得”蜉

(2)11

【解析】木箱加速運動的位移：勺=；戊12=0.5m

木箱相對皮帶靜止后相鄰兩個木箱間的距離都相等，4L二仇二1m

傳送帶的長度L=正稅=2h=10.5m,

L=1QAL+Xi,

所以傳送帶上最多同時存在的木箱個教是11個

(3)166625J

【解析】木箱在傳送帶上運動時，和皮帶間的相對位移為4%=戊-勺=1x1-0.5=0.5m

和皮帶間的本撼產(chǎn)生的熱量為：Q1=4mgeos。zlx=15J

木箱最終增加的動能為=|mv2=2.5J

木箱到達(dá)平臺增加的重力勢能島=mgh=262.5J

從開始的10分鐘內(nèi)共傳送木箱的個數(shù)N=10x*=600個，其中有590個已經(jīng)到達(dá)上端平臺,

還有10個正在傳送帶上。

到達(dá)平臺的590個電動機做的功％=590(Q】+Eg+與)=165200J

在芍送帶上的已開始運動10個木箱增加的動能IOEH=25J

10個木箱的摩擦生熱為10Q1=150)

10個木箱增加的勢能共昂'=10mgAxsin30°+mgALs\n30a+2mgALsMCa4-3mg卜Lsin300

+?■?+9mg4Lsin30°=10mg/4sin300+mgLsin30'(l+2+3+?+9)=1250j

電動機共多做的功為W=的+10Fkl+10Qi+EJ=166625)

16.(1)3m/s2;1m/s2

【解析】在0~2s時間內(nèi)，A和B的受力如圖所示，

其中71、M是4與8之間的摩擦力和正壓力的大小，心、心是B與C之間的摩擦力和正壓力的大

小，方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得

①

A=%M②

M=mgcos6③

(2=吃電④

N2=M+mgcosd

規(guī)定沿斜面向下為正方向。設(shè)4和B的加速度分別為的和做，由牛頓第二定理得

mgsinO-/j=ma-i.......⑤

mgsinb-卜+h=ma2.......?

聯(lián)立①②③④⑤⑥式，并代入題給條件得