高考物理压轴题专项练习：匀变速直线运动

高考物理压轴题专项套题：匀变速直线运动

一、解答题(共17小题)

I.在嘉善南站附近的某段平直的铁路上，一列以90m/s高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，

5min后恰好停在嘉善高铁站，并在该车站停留2min,随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复

到原速90m/sQ

(1)求列车减速过程中的位移大小;

(2)求列车驶离车站过程中加速到90m/s所用时间

2,下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害，某地有一倾角为6=37。(sin37，=g)的

山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥

土)，人和B均处于静止状态，如图所示，假设某次暴雨中，4浸透雨水后总质景也为m(可视

为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、8间的动摩擦因数为减小为：，B、C间的动摩擦因

数〃2减小为。5,4、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末：B的上表面突然变为光滑,

的保持不变.已知人开始运动时，4离B下边缘的距离1=27m,C足够长，设最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，取重力加速度大小9=lOm/sa,求：

(1)在0~2s时间内4和B加速度的大小;

(2)4在B上总的运动时间。

3.汽车发动机的功率为60kW,汽车的质量为41,当它行驶在坡度为0.02的长直公路上时，所受

阻力为车重的0.1倍(g取10m心2),问：

(1)汽车所能达到的最大速度vmax多大？

(2)若汽车从静止开始以0.6m/s2的加速度作匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间?

(3)当汽车勺加速行驶的速度达到最大值时，汽车做功多少？

(4)在10s末汽车的即时功率为多大？

4.如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因

数为0.2(设最大静摩擦擦等于滑动摩擦)，t=0时，车在外力作用下开始沿水平面做直线运动,

其9-亡图象如图乙所示，已知£二12s时，平板车停止运动，此后平板车始终静止。g取

(1)求亡二3s时物块的加速度。

(2)求t=8s时物块的速度。

(3)若物块相对平板车的运动会留下痕迹，请求出物块整个运动过程中在平板车上留下的痕迹

的长度。

5.如图，一竖直圆管质植为M,下端距水平地面的高度为“，顶端塞有一质H为m的小球。圆管

由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保

持竖直。已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空

气阻力。

(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小;

(2)管第•次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；

(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

6.人类总想追求更快的速度，继上海磁悬浮列车正式运营，又有人提出了新设想“高速飞行列车”，

并引起了热议。如图甲所示，“高速飞行列车”拟通过搭建真空管道，让列车在管道中运行，利用

低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力，最大时速可达4千公里。我

们可以用高中物理知识对相关问题做一些讨论，为计算方便，取“高速飞行列车”(以下简称“飞行

列车”)的最大速度为打m=1000m/s;取上海磁悬浮列车的最大速度为u2m=100m/s;参考

2

上海磁悬浮列车的加速度，设“飞行列车''的最大加速度为a=0.8m/so

甲

(1)若“飞行列车”在北京和昆明(距离为L=2000km)之间运行，假设列车加速及减速运动

时保持加速度大小为最大值，且功率足够大，求从北京直接到达昆明的最短运行时间上

(2)列车高速运行时阻力主要来自于空气阻力，因此我们采用以下筒化模型进行估算：设列车

所受阻力正比于空气密度、列车迎风面积及列车相对空气运动速率的平方；“飞行列车”与上

海磁悬浮列车都采用电磁驱动，可认为二者达到最大速度时功率相同，且外形相同。在上述

简化条件下，求在“飞行列车”的真空轨道中空气的密度生与磁悬浮列车运行环境中空气密度

P2的比值。

(3)若设计一条线路出'飞行列车”沿赤道穿过非洲大陆，如图乙所示，甲站在非洲大陆的东海

岸，乙站在非洲大陆的西海岸，分别将列车停靠在站台、从甲站驶向乙站(以最大速度)、

从乙站驶向甲站(以最大速度)三种情况中，车内乘客对座椅压力的大小记为F］、「2、?3,

请通过必要的计算将片、%?3按大小排序。(已知地球赤道长度约为4x104km,一天

的时间取86000s)

7.如图甲所示，间距L=0.4m的金属轨道竖直放置，上端接定值电阻&=1。，下端接定值电阻

Rz=40。其间分布着两个有界匀强磁场区域：区域I内的磁场方向垂直纸面向里，其磁感应强

度Bi=3T;区域1/内的磁场方向竖直向下，其磁感应强度B2=2T0金属棒MN的质量m=

0.12kg、在轨道间的甩阻r=40,金属棒与轨道间的动摩擦因数p=0.8。现从区域I的上方

某一高度处静止释放金属棒，当金属棒MN刚离开区域I后&便开始均匀变化。整个过程中金

属棒的速度随下落位移的变化情况如图乙所示，“小—丁图象中除曲段外均为直线，oa段与cd

段平行。金属棒在下降过程中始终保持水平且与轨道间接触良好，轨道电阻及空气阻力忽略不计,

两磁场间互不影响。求：

（1）金属棒在图象上a、c两点对应的速度大小；

（2）金属棒经过区域I的时间；

（3）Bi随时间变化的函数关系式（从金属棒离开区域I后计时）：

（4）从金属棒开始下落到刚进入区域1/的过程中回路内的焦耳热。

8.如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴0。'匀速转动，规定经过圆

心0点且水平向右为x轴正方向。在0点正上方距盘面高为h=5m处有一个可间断滴水的容

器，从£=0时刻开始，容器沿水平轨道向4轴正方向做初速度为零的匀加速宜线运动。已知

亡三0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水。(取g=10m/$2)

(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？

(2)要使每•滴水在盘面上的落点都位于同一宜线上，圆盘的角速度3应为多大？

(3)当圆盘的角速度为1.5九时，第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的距禽为2m,求容器的

加速度明

9.在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球4和小球B,从距水平地面高度为pMp>

1)和h的地方同时由静止释放，如图所示。球人的质量为m,球B的质量为设所有碰撞

都是弹性碰撞，重力加速度大小为g,忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。

(1)求球B第一次落地时球4的速度大小；

(2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；

(3)在(2)情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求P应满足的条件。

10.【2013东城二模24】如图所示，在光滑的水平长直轨道上，有一质量为M=3kg、长度为

L=2m的平板车以速度v0=4m/s匀速运动。某时刻将质量为m=1kg的小滑块轻放在平板

车的中点，小滑块与车面间的动摩擦因数为4:0.2,®^=10m/szo

(1)若小滑块最终停在平板车上，小滑块和平板车摩擦产生的内能为多少？

(2)若施加一个外力作用在平板车上使其始终保持速度为%=4m/s的匀速运动，当小滑块放

到平板车中点的同时，对该小滑块施加另一个与平板车运动方向用同的恒力匕要保证滑块

不能从平板车的左端掉下，恒力P大小应该满足什么条件？

(3)在(2)的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从平板车上掉下，力F的作用时间应该

在什么范围内？

11.如图所示，竖直平面(纸面)内有直角坐标系xOy,x轴沿水平方向，在xw。的区域内存在方

向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B］的匀强磁场.在第二象限紧贴y轴固定放置长为，、

表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于犬轴且与黄轴相距九.在第一象限内的某区域存在方

向相互垂直的匀强磁场(磁感应强度大小为B?、方向垂直于纸面向外)和匀强电场(图中未画

出)。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带

电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁

场区域做匀速圆周运动，经;圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从工轴上的K点

进入第四象限.小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同.设运动过程中小

球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为9。求：

(I)匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；

(2)小球Q的抛出速度%的取值范围；

(3)当是%的多少倍？

12.如图甲所示，在xOy竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有一与％轴相切于点

(2凡0)、半径为R的圆形区城，该区域内存在垂直于戈。＞面的匀强磁场，电场与磁场随时间

变化如图乙、丙所示，设电场强度竖直向下为正方向，磁场垂直纸而向里为正方向，电场、磁

场同步周期性变化(每个周期内正反向时间相同)o一带正电的小球A沿y轴方向下落，£二0

时刻4落至点(0,3/?),此时，另一带负电的小球B从圆形区域最高点(2R,2R)处开始在磁

场内紧靠磁场边界做匀速圆周运动；当月球再下落H时，8球旋转半圈到达点(2R,0);当4

球到达原点。时，B球又旋转半圈回到最高点；然后A球开始匀速运动.两球的质量均为m,电

荷量大小均为伏(不计空气阻力及两小球之间的作用力，重力加速度为。)求：

(1)匀强电场的场强E的大小；

(2)小球B做匀速圆周运动的周期T及匀强磁场的磁感应强度B的大小;

(3)电场、磁场变化第一个周期末力、8两球间的距离.

13.如图甲所示，斜面的倾角a=30。，在斜面上放置一矩形线框就cd,Qb边的边长=be

边的边长G=0.6m,线框的质量m=lkg,线框的电阻R=0.1。，线框受到沿斜面向上的恒

力尸的作用，已知F=15N,线框与斜面间的动摩擦因数〃二个。线框的边就〃斜

V

面的efM区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的8-

士图象所示，时间t是从线框由静止开始运动起计时的。如果线框从静止开始运动，进入磁场最

初一段时间是匀速的，e/■线和g/i线的距离％=5.1m,取g=10m/s2。求：

(1)线框进入磁场前的加速度a；

(2)线框进入磁场时匀速运动的速度也

(3)在丙图中画出线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的u-t图象;

(4)线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热Q。

14.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量时=

2kg的小物块儿装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送

带始终以P=2m/s的速率逆时针转动。装置的右边是•光滑曲面，质鼠m=1kg的小物块B

从其上距水平台面高/I=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数4=0.2,

设物块、间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块静止且处于平衡状态。

/=1.0mo48A

取g=10m/s2o

(1)求物块B与物块小第一次碰撞前的速度大小；

(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；

(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次

碰撞前锁定被解除，试求出物块B第九次碰撞后的运动速度大小。

15.如图甲所示，工厂利用倾角6=30。的皮带传输机，将每个质量为m=5kg的木箱从地面运送

到高出水平地面的h=5.25m平台上，机械手每隔1s就将一个木箱放到传送带的底端，传送

带的皮带以恒定的速度顺时针转动且不打滑。木箱放到传送带上后运动的部分v-t图象如图乙

所示，已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取

2求：

10m/s0

(1)木箱与传送带间的动摩擦因数内

(2)传送带上最多有几个木箱同时在向上输送；

(3)皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的

放入，电动机需要多做的功。

16.下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有•倾角为。=37。卜皿37。=§的

山坡C,上面有一质量为根的石板8,其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆4(含有大量

泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质园也为m

(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，人、8间的动摩擦因数出减小为今B、。间的

动摩擦因数〃2减小为OS4、8开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，8的上表面突然

变为光滑，的保持不变。已知4开始运动时，A离B下边缘的距离，=27m,C足够长。设最

大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/§2。求：

(1)在0〜2s时间内A和B加速度的大小;

(2)4在B上总的运动时间。

17.如图所示，在倾角0=30。的斜面上放置一段凹槽B,B与斜面间的动摩擦因数〃=4，槽内靠

近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离d=0.10m。A、B的质量

都为m=2.0kg,B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计4、B之间的摩擦,

斜面足够长。现同时由静止释放4、B,经过一段时间，4与B的侧鸵发生碰撞，碰撞过程不

计机械能损失，碰撞时间极短。取9=10m/s2。求：

(1)物块4和四槽B的加速度分别是多大；

(2)物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间4、B的速度大小；

(3)从初始位置到物块A与凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。

答案

第一部分

1.(1)13500m

【解析】物体减速过程中的位移为：

%=:乂300m=13500m

22

(2)180s

【解析】在加速阶段，根据2a2、=/2—0,

得：a=今"=22

L29m/s=0.5m/s

2x2x810011

根据v=at'可得：t'=—=^s=180So

2U.5

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

【解析】在0~2s时间内，A和B的受力如图所示,

其中/i、Ni是A与8之间的摩擦力和正压力的大小，石、M是8与6之间的摩擦力和正压力的大

小，方向如图所示，

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

fiiiN……①

M=mgcosO.......②

fl=M2^2…'③

MM+mgcosO.......④

规定沿斜面向下为正，设4和B的加速度分别为勺和。2，

由牛顿第二定律得

mgsind-fi=ma1.......⑤

。+

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

联立①②③④⑤⑥式，并代入题给的条件得

flj=3m/s2.......⑦

2

a2=1m/s.......⑧

（2）4s

【解析】在ti=2s时，设4和B的速度分别为巧和玲，则

%=。代1=6m/s......⑨

v2=a2t1=2m/s......⑩

时，设4和B的加速度分别为七和Q£此时4与B之间摩擦力为零，同理可得

a\=6m/s2.......⑪

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

即B做减速运动，

设经过时间£2,B的速度减为零，则有

廿2+。'2*2=。⑬

联立⑩⑫⑬式得

t2=1S

在tl+12时间内，力相对于B运动的距离为

S=@1仔+vlfc2+扣'1名）一+哂+初2钱）

=12m<27m

此后8静止不动，A继续在B上滑动，

设再经过时间£3后4离开B,则有

，一s二（%+优也达+：a'i修

可得

（另一解不合题意，舍去）

t3=ls

设4在B上总的运动时间为£总，有

=t]+0+93=4S

（利用下面的速度图线求解也可）

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

(2)14s

【解析】设0.6m/s2加速度运动的最大速度设为v'则由牛顿第二定律得：

/-f-0.027九g=ma

解得£=；£?=§m/s

这一过程能维持的时间为，=£=14s

(3)4.2x105J

【解析】汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，x=|at2=58.8m

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

(4)43200W

【解析】10s<14s

所以10s末汽车做匀加速直线运动，v=at=0,6X10m/s=6m/s

F=ma+/+0.02mg=7200N

p'=Fv=7200X6W=43200W

4.(1)2m/s2

【解析】平板车对物块的摩擦力最大值为Anax=〃md故物块的加速度最大值为Qmax=管==

0.2X10=2m/s2

2

但平板车的加速度由图象知为a=^=y=4m/s>amax

故平板车不可能与物块1起向右加速，其加速度只能取二Qmax=2m/s2o

(2)16m/s

【解析】物块向右做加速度为2m/s2的匀加速运动，而平板车则做加速度为a0=4m/s2的加速运动;

当t=£1=6s时，物块速度%=。1亡1=12m/s

此后，由图象可知平板车在外力作用下做初速度为％=24m/s、加速大小为“0=4m/s?的匀减速运

动，开始时物块的速度仍小于平板车的速度，故物块仍加速，直至两者共速。设平板车减速持续时间

为小两者共速，则:

也=

v=v1+Qv0-a0t2

解寿：

t2=2s,v=16m/s

故£=8s时物块的速度为v=16m/So

(3)48m

【解析】£=8s后，平板车的加速度为aq=4m/s2,而物块的加速度源于摩擦力，其最大值为%=

flmax=2m/s2,显然物块不可能与平板车一起减速，只能做加速度为«i=«max=2m/s?的匀减速运

动，直至停止。

在物块与平板车共速前，物块相对于平板车向后运动，其相对位移大小为与=；斯4+)%+口)£2-

如(。+52

解潺：Xi=48m

物淡与平板车共速后，物块相对于平板车向前运动，其相对位移大小为42=[-吴二9-会二

Z<ZQ4XZ/X，

32m

两阶段的相对运动而产生的痕迹会有部分重叠，由于电>%2,故痕迹长度为％=48m。

5.(1)Q1=2g,。2=3g

【解析】管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为勺，方向向下；球

的加速度大小为。2,方向向上；球与管之间的摩擦力大小为3

由牛顿运动定律有Mai=Mg+f……①

ma2=f-mg.......②

联立①②式并代入题给数据，得由=2g,%=3g……③。

(2)扣

【解析】管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为孙=

顾……④方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

设自弹起时经过时间％管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式%-。由=-%+

硒...⑤

联立③④⑤式得£1=1后……⑥

设此时管下端高度为速度为％由运动学公式可得

hi,hi=%£i-……(7)v=v0-

叫⑧

由③④⑥⑧式可判断此时〃>0。

此后，管与小球将以加速度9减速上升电，到达最高点。

由运动学公式有电="……@

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为从，则%=九1+%……⑩

联立③④⑥⑦⑥⑨⑩式可得为=却……⑪。

⑶八输

【解析】设第一次弹起过程中球相对管的位移为修。在管开始下落到上升用这一过程中，由动能定

理有-用)+-靖+

Mg(Hmg(H%1)-4mgxt=0……⑫

联立⑪⑫式并代入题给数据得巧=:”……®

同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移％2为、2=

汨……⑭

设圆管长度为上管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条冲是勺+勺4乙……@

联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为LN/H……⑯。

6.(1)3250s

【解析】“飞行列车”以最大加速度。2加速到最大速度通过的距离孙=

=0.8m/svlm=1000m/s

*=625km,

因为勺所以列车加速到%m后保持一段匀速运动，最后以相同大小的加速度匀减速到站停下，

用时最短。

加速和减速阶段用时相等：乐=%=皆=1250s,

匀速阶段用时为：U=^=750s,

,Jvlm

所以最短运行时间t=％+%+%=3250So

(2)—

'1000

【解析】列车功率为P,以最大速度为匀速运行时，牵引力等于阻力了,此时有p=7/,

由题中简化条件可以写出：阻力f=k”琢，因此p=kp5诵。“飞行列车”和磁悬浮列车功率P相同;

外形相同，所以迎风面积S相同，因此二者运行环境中空气密度之比为=(詈)“=烹。

(3)F1>F2>F3

【解析】地球赤道上的物体因地球自转而具有一定的速度，

其大小为—就袅463m/s,

三种情况中乘客相对地心的速度大小v分别为；

%=U自转=463m/s,

□2=%m-u自转=537m/s,

%=%m+廿自转=1463m/s,

设座椅与人之间的相互作用弹力大小为F,地球对人的万有引力为F引，

则：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,

联立得%=4m/so

(2)0.825s

【解析】mg£=BiUt=mvc-mva,

其中q=lt="产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/总=2%=?A,R^=R1+^=3Q,

。2答二%R3代入得华=?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】离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动。

则每一滴水滴落到盘面上所用时间，=第=、

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

【解析】要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线，则圆盘在1s内转过的弧度为A%k为不为

零的正整数。

由3£="兀，即a)=k晨信=kn,其中k-1,2,3,-0

⑶骞m/s?

【解析】第二滴水离开0点的距离为

12,、3

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

第三滴水离开。点的距离为

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别滴落在圆盘上4轴方向及垂直二轴的方向上，所以/2+打2=/,即

(I")+(4。)2:22

解得Q二譬m/s2o

9.⑴禽前

【解析】两球同时释放后都做自由落体运动，球B第一次落地时下降力，A球也下降生设此时A球

速度为%,则有

2

v0=2gh

故见二>[2gh

(2)l<p<5

【解析】设B球下落至地面的过程经历的时间为口,则有

1,

h二加IB

vo=g±i

球与地面发生弹性碰撞后以原速率先反弹，设经过时间与与球4碰撞，则

对4球有

心二+0)2

对B球有

2

hB=vQt2--gt2

相祕时位移关系

hA+hB=ph

若笠B球在第一次上升中能与月球相碰，应有

Vn

0<t2<7

联立以上各式可得

1<p<5

(3)l<p<3

【解析】设A、1两球碰撞前后的速率分别为孙、如与吟、打，由动量守恒、能量守恒有

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

解之得

,以+3VB

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

八2

若箜球A碰后恰能到达与其释放点等高的位置，应有

%=vA

可得

3=3%……①

两球相碰时的位移关系为

22

环"vBvA

+丁=

-2O-g----2gph

可解得

VB=j；g(p-l)h……®

由此式可知

P>1

再由相碰时两球运动时间应满足的关系有

%Jo-V以

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

999

解之有

vA=2v0-vB・・・・・・③

联立①②③三式并结合v0=师可得

P=3

要笠A球碰后能到达原释放点更高的位置，则要求碰前B球的速度更大，发生碰撞的位置更低，p值

更小，故P应满足的条件为

1<p<3

22

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

【解析】由动策守恒定律得

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】设恒力F取最小值为Fi,滑块加速度为由,此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左

端的时间

由几何关系有

=n.②

由牛顿定律有

Fi+4mg=m%③

由①②③式代入数据解得

G=0.53,6二6N

则运力F大小应该满足条件是F>6N0

（3）0.5s<t<1.08s

【解析】力/取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动

（设运动加速度为Qz,时间为今），再做匀减速运动（设运动加速度大小为。3）。到达车右端时，与

车达共同速度。则有

&-“mg=ma2....®

l^mg=ma3....⑤

由④⑤⑥式代入数据解得

V3

t=—s=0.58s

L23

则力F的作用时间t应满足+BP0.5s<t<1.08So

11.（1）%；正电

q

【解析】据题意受力分析如图所示

带电小球P在电磁复合场申做匀速圆周运动

有mg=qE①

即E=詈②

由于小球P变为匀速的从第二象限进入第一象限

由平衡条件

有qvxBx=mg③

由左手定则可知P球带正电。

⑵。<“°V（L+焉）后

【解析】据题意Q球与P球恰好在K点相遇％有最大值Vom，Q球做平抛运动有

L+R=vQmt©

h=-at2⑤

P球在电磁复合场中做匀速圆周运动

有=m?⑥

解得%m=("品)后@

即孙的取值范围为0<Vo<+q嚎；)

(3)0.5

【解析】由于PQ相遇时竖直方向速度相同，即P球竖直方向下落R时竖直方向分速度为内

由比一诏=2ax得v?=2gR⑨

可解得0.5。

D2L

12.(1)—

q

【解析】小球B做匀速圆周运动，则坳

解得;E谭

⑵喃

【解析】设小球B做圆周运动的周期为T

对A小球：Eq+mgma

得a=2g

R=吗¥

解得T=第

”2

对B小球：Bqv-m—

R

2nR

V=—

T

解*B谭厚

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

【解析】分析得：电(磁)场变化周期是B球圆周运动周期的2倍

对小球A;在原点的速度为5=羊+ag

在原点下的位移为：=VAT

%=5R

27末，小球A的坐标为(0,-5R)

对小球B:球B的线速度vB=再/颁

水平位移为&二=2TTR

竖直位移为尢=：/2=2A

27末，小球B的坐标为3+2）R,0]

则2T末，AB两球的距离为AB=J25+（2TT+2）2R

13,（1）Sm/52

【解析】线框进入磁场前，线框受到线框的重力、拉力/、斜面的支持力和线框的摩擦力作用，由牛

顿第二定律：F-mgsina-nmgcosa-ma（2分）

得线框进入磁场前的加速度a=5m/s2（1分）

（2）2m/s

【解析】因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，Qb边进入磁场切割磁感线，

产生的电动势瓦二（1分）

形成的感应电流2（1分）

受到沿斜面向下的恒定的安培力F安=B/@]（1分）

线程受力平衡，有F=mgsina+〃mgcosa+F安（2分）

此时磁感应强度必恒定不变B=0.5T,代入数据解得v=2m/s（1分）

（3）见解析

【解析】线框abed进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场前的运动时间

ti=^=0.4s（1分）

进入磁场过程中线框做匀速运动的时间与=*=03s（1分）

线格完全进入磁场后至运动到9/1线，线框受力情况与进入磁场前相同，仍做匀加速直线运动，所以该

阶段的加速度大小仍为a=5m/s2,该过程有

x-l2=vt3i-^atl,解得》3=ls（1分）

线程从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v-t图象如图（2分）

⑷3.5J

【解析】线框整体进入磁场后，Qb边运动到gh线的过程中，线框中有感应电流的时间

口=G+£2+J-09s=0.8s（1分）

此过程产生的焦耳热Qz=河=吟"=0.5J（1分）

线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热（21==3j（1分）

线延从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热

Q=QI+Q2=3,5J（1+1分）

14.（1）4m/s

【解析】设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为%,有

2

mgh=^mvQ....①

解得

v0=y/2gh....®

设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为Q,则

[img-ma....③

设物块B通过传送带后运动速度大小为也有

22

v-v0=-2al....（4）

结合②③④式解得

v=4m/s....⑤

由于v>w=2m/s,所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。

（2）见解析

【解析】设物块4、B第一次碰撞后的速度分别为V、％,取向右为正方向，由弹性碰撞知

—mv=m4+MV...@

1,172192

泮济=-mv1+-MV……⑦

解得

14

Vi=-v=-m/s……（8）

OaJ

即血撞后物块B沿水平台面向右匀速运动；

设物块B在传送带上向右运动的最大位移为则

0-Vj2=-2af……@

解得

r=-m<1m.......⑩

所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。

⑶.m/s

【解析】当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块

B运动到左边台面时的速度大小为巧，继而与物块人发生第二次碰撞，设第二次碰撞后物块B速度大

小为小，同⑵问计算可知

仙……⑪

物发B与物块4第三次碰撞、第四次碰撞…，碰撞后物块B的速度大小依次为

1/I?1小4

V3=-V2=队刈=§内=弓1也.......&

则第n次碰撞后物块B的速度大小为

小“4

%=目%/jm/s……⑬

【解析】由乙图可知，木箱运动的加速度a=lm/s2,皮带匀速运动的速度为”=lm/s。

fingcosO-mgsinO=ma

解得”蜉

(2)11

【解析】木箱加速运动的位移：勺=；戊12=0.5m

木箱相对皮带静止后相邻两个木箱间的距离都相等，4L二仇二1m

传送带的长度L=正税=2h=10.5m,

L=1QAL+Xi,

所以传送带上最多同时存在的木箱个教是11个

(3)166625J

【解析】木箱在传送带上运动时，和皮带间的相对位移为4%=戊-勺=1x1-0.5=0.5m

和皮带间的本撼产生的热量为：Q1=4mgeos。zlx=15J

木箱最终增加的动能为=|mv2=2.5J

木箱到达平台增加的重力势能岛=mgh=262.5J

从开始的10分钟内共传送木箱的个数N=10x*=600个，其中有590个已经到达上端平台,

还有10个正在传送带上。

到达平台的590个电动机做的功％=590(Q】+Eg+与)=165200J

在芍送带上的已开始运动10个木箱增加的动能IOEH=25J

10个木箱的摩擦生热为10Q1=150)

10个木箱增加的势能共昂'=10mgAxsin30°+mgALs\n30a+2mgALsMCa4-3mg卜Lsin300

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

电动机共多做的功为W=的+10Fkl+10Qi+EJ=166625)

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

【解析】在0~2s时间内，A和B的受力如图所示，

其中71、M是4与8之间的摩擦力和正压力的大小，心、心是B与C之间的摩擦力和正压力的大

小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

①

A=%M②

M=mgcos6③

(2=吃电④

N2=M+mgcosd

规定沿斜面向下为正方向。设4和B的加速度分别为的和做，由牛顿第二定理得

mgsinO-/j=ma-i.......⑤

mgsinb-卜+h=ma2.......©

联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得