A．勻速運動
B．立即停止運動
C．產(chǎn)生加速度，做勻減速運動
D．產(chǎn)生加速度，做勻加速運動
解析 由題意知物體所受阻力為10 N，撤去拉力后，物體的合力等于阻力，此后產(chǎn)生加速度，且加速度方向與速度方向相反，故撤去拉力后，物體做勻減速直線運動．A、B、D錯，C對．
答案 C
A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小
B.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力
C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功
D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)
圖3-1-1
解析 在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態(tài)，動能減小，返回艙所受合外力做負功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力?；鸺_始噴氣前勻速下降拉力等于重力減去返回艙受到的空氣阻力，火箭開始噴氣瞬間反沖力直接對返回艙作用因而傘繩對返回艙的拉力變小。
答案 A
A．a增大，t增大 B．a增大，t變小
C．a增大，t先增大后變小 D．a增大，t先變小后增大
解析 由mgsin θ＝ma可得a＝gsin θ.物體的加速度a隨θ的增大而增大，設斜面底邊長為x0.由＝
at2可得，t＝ 
＝ 
.可見隨θ的增大，物體由頂端滑到底端的時間t先變小后增大．當θ＝45°時，時間t最短，故只有D正確．
答案D
A.彈簧的拉力
B.彈簧的拉力
C.小球的加速度為零
D.小球的加速度
圖3-2-3
解析 燒斷OA之前，小球受3個力，如圖所示，燒斷細繩的瞬間，繩子的張力沒有了，但由于輕彈簧的形變的恢復需要時間，故彈簧的彈力不變，A正確。
答案 A
|
A. B.
C. D.
解析 由x＝at2得：a＝ m/s2，對物體由牛頓第二定律得：F＝ma＝1× N＝ N.
答案 A
A．xA＝xB B．xA＝3xB
C．xA＝xB D．xA＝9xB
解析 由μmg＝ma知a＝μg，再由x＝得x＝，x與μ有關(guān)，與m無關(guān)，A正確．
答案 A
A．7 m/s B．14 m/s C．10 m/s D．20 m/s
解析 設汽車剎車后滑動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，解得：a＝μg.由勻變速直線運動速度—位移關(guān)系式v＝2ax，可得汽車剎車前的速度為：
v0＝＝＝ m/s＝14 m/s，
因此B正確．
答案 B
A．a1＝，a2＝
B．a1＝，a2＝
C．a1＝，a2＝
D．a1＝0，a2＝0
圖3-2-4
解析 在拉力F的作用下，有F＝(m1＋m2)a，故彈簧的彈力：FT＝m1a＝
故撤去F的瞬間，有：a1＝＝，
a2＝＝，故C項正確．
答案 C
A．小球向前運動，再返回停止
B．小球向前運動再返回不會停止
C．小球始終向前運動
D．小球向前運動一段時間后停止
圖3-2-5
解析 本題可以通過作vt圖很直觀的看出結(jié)果．如圖所示，各段的合外力大小相同，則加速度大小相同，作用時間相同，所以在vt圖中小球的位移始終為正值，即小球始終向前運動．
答案 C
A．當拉力F＜12N時，兩物體均保持靜止狀態(tài)
B．兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12N時，開始相對滑動
C．兩物體間從受力開始就有相對運動
D．兩物體間始終沒有相對運動
解析 對A，B整體有 F=(mA+mB)a 再對B有 f = mBa 當f為最大靜摩擦力時，得a=6m/s2，F(xiàn)=48N由此可以看出當F＜48N時A，B間的摩擦力都達不到最大靜摩擦力，也就是說，A，B間不會發(fā)生相對運動.所以D選項正確.
答案 D
(1)木塊下滑的加速度a的大小；
(2)木塊與墻壁之間的動摩擦因數(shù)．
圖3-2-7
解析 (1)由H＝at2得
a＝＝ m/s2＝3 m/s2.
(2)木塊受力分析如圖所示，
根據(jù)牛頓第二定律有
mg－Ff＝ma，FN＝F
又Ff＝μFN，解得
μ＝＝＝0.21.
答案 (1)3 m/s2 (2)0.21
|
(1)求木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)；
(2)如圖3-2-7c，木塊受到恒力F＝50 N作用，方向與水平方向成θ＝37°角斜向右上方，求木塊從靜止開始沿水平面做勻變速直線運動的加速度；
(3)在(2)中拉力F作用t1＝2.0 s后撤去，計算再經(jīng)過多少時間木塊停止運動？
圖3-2-8
解析 (1)由題圖b知：木塊所受到的滑動摩擦力Ff＝32 N
根據(jù)Ff＝μFN，解得μ＝0.4.
(2)根據(jù)牛頓運動定律得Fcos θ－Ff＝ma，Fsin θ＋FN＝mg，Ff＝μFN
聯(lián)立解得：a＝2.5 m/s2.
(3)撤去F后，加速度a′＝μg＝4 m/s2
繼續(xù)滑行時間t＝＝ s＝1.25 s．(優(yōu)選牛頓定律)
答案 (1)0.4 (2)2.5 m/s2 (3)1.25 s
A．將立即做變減速運動
B．將立即做勻減速運動
C．在一段時間內(nèi)仍然做加速運動，速度繼續(xù)增大
D．在彈簧處于最大壓縮量時，物體的加速度為零
解析 物體在力F作用下向左加速，接觸彈簧后受到彈簧向右的彈力，合外力向左逐漸減小，加速度向左逐漸減小，速度增加，當彈簧的彈力大小等于力F時合外力為0，加速度為0，速度最大，物體繼續(xù)向左運動，彈簧彈力大于力F，合外力向右逐漸增大，加速度向右逐漸增大，速度減小，最后速度減小到0，此時加速度最大．綜上所述，A、B、D錯誤，C正確．
答案 C
A. B. C. D.
解析 由牛頓第二定律F＝ma與x＝at2，得出F＝＝.
答案 A
A．8 m/s 25 m B．2 m/s 25 m
C．10 m/s 25 m D．10 m/s 12.5 m
解析 物體由靜止開始在恒力的作用下做初速度為零的勻加速直線運動．由牛頓第二定律和運動學公式得：
a＝＝ m/s2＝2 m/s2，v＝at＝2×5 m/s＝10 m/s，
x＝at2＝×2×25 m＝25 m.
答案 C
A．A、B的加速度大小均為g，方向都豎直向下
B．A的加速度為0，B的加速度大小為g、豎直向下
C．A的加速度大小為g、豎直向上，B的加速度大小為g、豎直向下
D．A的加速度大于g、豎直向上，B的加速度大小為g、豎直向下
解析 在細線燒斷前，A、B兩球的受力情況如圖甲所示，由平衡條件可得：
對B球有F繩＝mg
對A球有F彈＝mg＋F繩
在細線燒斷后，F繩立即消失，彈簧彈力及各球重力不變，兩球的受力情況如圖乙所示．由牛頓第二定律可得：
B球有向下的重力加速度g
A球有F彈－mg＝maA
解得aA＝g，方向向上．
綜上分析，選C.
答案 C
A. B. C．L＋ D．L＋
解析 兩個小球一起做勻加速直線運動，加速度相等，對系統(tǒng)進行受力分析，由牛頓第二定律可得：F＝(m＋2m)a，對質(zhì)量為m的小球水平方向受力分析，由牛頓第二定律和胡克定律，可得：kx＝ma，則此時兩球間的距離為L＋，C正確．
答案 C
A．3 N B．25 N C．30 N D．50 N
解析 若物體向左做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知：F2－F1－μG＝ma>0，解得F1<5 N，A正確；若物體向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知：F1－F2－μG＝ma>0，解得F1>25 N，C、D正確．
答案 ACD
A．小球立即獲得的加速度
B．小球在細繩剪斷瞬間起開始做平拋運動
C．小球落地的時間等于
D．小球落地的速度大于
解析 細繩剪斷瞬間，小球受豎直方向的重力和水平方向的彈力作用，選項A、B均錯；水平方向的彈力不影響豎直方向的自由落體運動，故落地時間由高度決定，選項C正確；重力和彈力均做正功，選項D正確．
答案 CD
A．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物塊受到的滑動摩擦力為mg＋ma
D．小物塊受到的靜摩擦力為mg＋ma
解析 小物塊相對斜面靜止，因此小物塊與斜面間的摩擦力是靜摩擦力．纜車以加速度a上行，小物塊的加速度也為a，以物塊為研究對象，則有f－mgsin 30°＝ma，f＝mg＋ma，方向平行斜面向上．
答案 AD
A．0.8 m B．0.76 m C．0.64 m D．0.16 m
解析 滑塊沿斜面向上運動時，加速度大小為a1＝g(sin 37°＋μcos 37°)＝10 m/s2，滑塊經(jīng)t1＝＝0.4 s速度即減為零．因此0.6 s時是向下經(jīng)過B點．下滑時加速度大小為a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝2 m/s2，則AB間的距離sAB＝－a2(t－t1)2＝0.76 m，B項正確．
答案 B
A．Ff1∶Ff2＝1∶2 B．Ff2∶Ff3＝1∶2
C．Ff3∶Ff4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ
圖3－2－22
解析 已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，在題第(1)圖和第(2)圖中摩擦力Ff＝Ma，則Ff1∶Ff2＝1∶2.在第(3)圖和第(4)圖中摩擦力Ff3＝(M＋m)a3，Ff4＝(M＋m)a4，Ff3∶Ff4＝1∶2.第(3)\，(4)圖中，a3＝gtan θ，a4＝gtan α，則tan α＝2tan θ.
答案 ACD
(1)將布帶從鐵塊下抽出需要多長時間？
(2)鐵塊離開布帶時的速度大小是多少？
解析 (1)設鐵塊離開布帶時，相對桌面移動的距離為x，布帶移動的距離為L＋x，鐵塊滑動的加速度為a，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，
a＝μg＝1 m/s2，
根據(jù)運動學公式有：L＋x＝a0t2，
x＝at2，
解得：t＝ ＝1 s.
(2)由v＝v0＋at得：
鐵塊速度v＝1×1 m/s＝1 m/s.
答案 (1)1 s (2)1 m/s
(1)斜面BC的長度；
(2)滑塊的質(zhì)量；
(3)運動過程中滑塊發(fā)生的位移．
圖3－2－24
解析 (1)分析滑塊受力，如圖所示，由牛頓第二定律得：a1＝gsin θ＝6 m/s2
通過圖(b)可知滑塊在斜面上運動的時間為：t1＝1 s，
由運動學公式得：s＝a1t＝3 m.
(2)滑塊對斜面的壓力為：N1′＝N1＝mgcos θ
木塊對傳感器的壓力為：F1＝N1′sin θ
由圖(b)可知：F1＝12 N
解得：m＝2.5 kg.
(3)滑塊滑到B點的速度為：v1＝a1t1＝6 m/s，
由圖(b)可知：f1＝f2＝5 N，t2＝2 s，
a2＝＝2 m/s2，s2＝v1t2－a2t＝8 m.
答案 (1)3 m (2)2.5 kg (3)8 m
聯(lián)系客服
