1、会考难题汇编 1 会考难题汇编1 （06 密云)物体沿与水平面夹角 30的斜面向从底端上运动（设斜面足够长） ，初速度 v04.5m/s ，已知物体与斜面间的动摩擦因数 0.35，如图所示。设物体初始位置的势能为零。求物体在整个运动过程中， 在什么高度时物体的动能和势能相等。 （g 取 10m/s2)设物体的质量为 m，向上运动过程中，在高度为 h1 处物体的动能和势能相等。依据动能定理有： （1 分）2021=cosmv inhg（1 分）121=/v由解得：h 10.39m （1 分）此后物体继续向上运动，达到的最大高度为 H，同理有：（1 分）20=mvgHcotmH0.63m （1 分
2、）物体从最大高度沿斜面下滑，又将会出现第二次动能和势能相等的情况，设此时的高度为h2，同理有：（1 分）()()2=mvcoth-Hmg-g（1 分）22=1v由解得：h 10.18m （1 分）2如图所示，在一个与地面夹角为 ，以恒定速度 v0向下运动的传送带上放一块质量为 m 的砖，砖被一根上端固定的绳拉着，不能和传送带一起向下运动。问自把绳剪断后经过多长时间砖获得传送带的速度？在此过程中作用在砖上的摩擦力做了多少功？已知砖与传送带间的动摩擦因数为 。解：当剪断绳后砖相对于传送带有运动时，它所受外力的合力沿传送带运行方向，大小为，在此力作用下自对地静止起经历 t 时获得速度 v0，sinc
3、omg因此 （2 分）)ic(00vavt在此期间，砖对地通过的距离 s 为 （3 分）)sinco(2200gvav因此摩擦力所做正功 （3 分）20)ta(cmmfW3 （朝阳 05）在光滑斜面的底端静止着一个物体。从某时刻开始有一个沿斜面向上的恒力作用在物体上，使物体沿斜面向上滑动。经过一段时间突然撤去这个恒力，又经过相同的时间，物体返回斜面的底端且具有 120J 的动能。求：（1） 这个恒力对物体做了多少功？ （2） 突然撤去这个恒力的时刻，物体具有的动能是多少？（3） 设撤去恒力是物体速度大小为 v1，返回斜面底端时的速度大小为 v2.解：（1） 对全过程用动能定理 (3 分)J12
4、0mWF(2) 取沿斜面向上为正方向，从底端向上滑到撤去恒力 F， ts1从撤去 F 至回到斜面的底端 tvs2)(1由得 v 22 v 1 （2 分）所以撤去 F 时的动能为到达底端的动能的 1/4（3 分）J042mEkv图 15v0会考难题汇编 2 4 （朝阳 05）在光滑水平桌面上，静止放置一个质量为 2.0kg 的物体，将物体所在处定为坐标原点，对物体施加一向 x 正方向的恒力 F1，经过 2.0s 撤去 F1，同时改为对物体施加一沿 y 轴正方向的恒力 F2，再经过 2.0s，此时物体距原点的位移为 6.0m，与 x 轴的夹角为300，如图所示。试求：（1）恒力 F1 和恒力 F2
5、 的大小。（2）物体 4.0s 末的速率。解答：（1）设物体沿 x 方向的位移为 sx，沿 y 方向的位移为 sy。物体在 F1 作用时的加速度为 a1，物体在 F2 作用时的加速度为 a2，所以： 22y m/s5.1m30inm30cos atyx 根据牛顿运动定律：F 2ma 23.0N （2 分）xs 211121 /s4atatF1ma 11.73N （2 分）（2）5(昌平 05)如图所示，一小物块从斜面上的 A 点由静止开始滑下，最后停在水平面上的 C点。已知斜面的倾角 =37，小物块的质量 m=0.10kg，小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为 =0.25，A 点到斜面底端
6、B 点的距离 L=0.50m，设斜面与水平面平滑连接，小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失。求：(1)小物块在斜面上运动时的加速度；(2)BC 间的距离为多大?(3)若在 C 点给小物块一水平初速度使小物块恰能回到A 点，此初速度为多大。(sin37=0.6，cos37 =0.8，g=10m/s 2)解：（1）小物块受到斜面的摩擦力：f 1=N1=mg cos (1 分)在平行斜面方向由牛顿第二定律有 mg sin- f1=ma （1 分）解得 .0m/s2 （1 分）4cossinga（2）小物块由 A 运动到 B ，根据运动学公式有 aLvAB2解得 =2.0m/s （1 分）LvB
7、2小物块由 B 运动到 C 的过程中所受摩擦力为 f2 =mg根据动能定理对小物块由 B 到 C 的过程有： 0- （1 分） BCs2Bmv解得 sBC=0.80m （1 分）（3）设小物块在 C 点以初速度 vC 运动时，恰好回到 A 点，由动能定理得：（1 分）2B2110ingmsfLm解得 =3.5m/s （1 分）/3cvxy 6.0m300 )(4.5m/s3/2/s321 分yxyxvta AB C会考难题汇编 3 6 （丰台 05）一 位 同 学 的 家 住 在 一 座 25 层 的 高 楼 内 ， 他 每 天 乘 电 梯 上 楼 ， 经 过 多 次仔 细 观 察 和 反 复
8、 测 量 ， 他 发 现 电 梯 启 动 后 的 运 动 速 度 符 合 如 图 12 所 示 的 规 律 ，他 就 根 据 这 一 特 点 在 电 梯 内 用 台 秤 、 重 物 和 停 表 测 量 这 座 楼 房 的 高 度 。 他 将 台 秤 放在 电 梯 内 ， 将 重 物 放 在 台 秤 的 托 盘 上 ， 电 梯 从 第 一 层 开 始 启 动 ， 经 过 不 间 断 地 运 行 ，最 后 停 在 最 高 层 。 在 整 个 过 程 中 ， 他 记 录 了 台 秤 的 不 同 时 段 内 的 示 数 ， 记 录 的 数 据如 下 表 所 示 。 但 由 于 0 3.0s 段 的 时
9、 间 太 短 ， 他 没 有 来 得 及 将 台 秤 的 示 数 记 录 下来 。 假 设 在 每 个 时 间 段 内 台 秤 的 示 数 是 稳 定 的 。时 间 /s 电 梯 启 动前 0 3.0 3 0 13.0 13.0 19.0 19.0 以 后台 秤 示 数 /kg 5.0 5.0 4.6 5.0(1)电 梯 在 0 3.0s 时 间 段 内 台 秤 的 示 数 应 该 是 多 少 ?(2)根 据 测 量 的 数 据 ， 计 算 该 座 楼 房 每 一 层 的 平 均 高 度 。解：由图象可知在时间 0 3.0s 内，电梯做匀加速直线运动；在时间 3.0 13.0s 内，电梯做匀速
10、直线运动；在时间 13.0 19.0s 内，电梯做匀减速直线运动，直到速度为零 (1)电梯启动前，台秤示数为 5.0kg，即重物的质量 kgm0.5在时间 13.0 19.0s 内，台秤示数为 4.6kg，即重物受到的支持力 46N，根据牛顿3N第二定律 ，则3maNg23/8.0a由运动学公式可得 13.0s 末物体的速度stv/.432注意到电梯在 13.0s 初的速度与 3.0s 末的速度相同，则重物在时间 0 3.0s 内的加速度212/6.smta由牛顿第二定律 11agN解得 即台秤的示数为 5.8kg58(2)根据匀变速运动的规律可求出每个时间段内电梯通过的位移0 3.0s 时间
11、内： mtaS2.713.0 13.0s 时间内： v48213.0 19.0s 时间内： t.3电梯上升的总高度实际为 24 个楼层的高度SS6.9321则平均每层楼高 mh247（朝阳 06）放在光滑水平面上的物体，质量为 1.0kg，该物体受到四个水平共点力的作用， F1和 F2在同一直线上方向相反， F3和 F4在同一直线上方向也相反，它们所在的直线互相垂直，如图所示，已知这四个力的大小均为 1.0N。在 t0 时刻在 O 点给该物体 2.0m/s 的与 F1同方向的初速度，然后在 1.0s 末、2.0s 末、3.0s 末和 4.0s 末依次撤去 F1、 F2、 F3和 F4。求 5.
12、0s 末物体距 O 点的位移。以 O 点为原点、 F1的方向 x 轴的正方向、以 F4的方向为 y 轴的正方向，建立坐标系。设物体的初速度为 v1。在第 1.0s 内，物体沿 x 轴做匀速直线运动，位移为 x1， x1=v1t2.0m （1 分）在第 2.0s 内，物体沿 x 轴做匀减速直线运动， F2 ma m/s2 02.ma2.0s 末的速度 v2 vt at21（1）11.0m/s位移为 x2， m （1 分）510221 .)(.at在第 3.0 内，物体做匀速直线运动， x3 v2t1.01.01.0m （1 分）在第 4.0s 内，物体做类平抛运动，在 x 方向上物体做匀速直线运
13、动，在 y 方向上做匀加速直线运动，根据牛顿运动定律， F4 ma/ 沿 x 轴正方向的位移为 x4， x4 v2t1.01.01.0m （1 分）沿 y 轴正方向的位移为 y1， m （1 分）5012a/ 此时沿 y 轴方向的速度大小为 vy a/t 1.0m/s第 5.0s 内，物体做匀速直线运动，沿 x 轴方向的位移为 x5， x5 v2t1.0m （1 分）沿 y 轴方向的位移为， y2 vyt1.01.01.0m （1 分）5.0s 末物体所在的坐标为： x x1 x2 x3 x4 x52.01.51.01.01.06.5m图 12F1F2F3F4O会考难题汇编 4 y y1 y2
14、0.51.01.5m5.0s 末物体距原点 O 的位移 s， m （1 分）765315622 x8 （朝阳 06）水平传送带 AB 段的长为 L，以一定的速率运行。一块红色的砖头从 A 处以向右以小于传送带的速率 v1 滑上传送带，砖头与传送带的动摩擦因数为 ，由于摩擦砖头在传送带上留下了长也为 L 的划痕，试求传送带的运行速率。设传送带的运行速率为 v2，由于 v1v2，所以砖头在传送带对它的摩擦力的作用下加速运动，直到它们的相对速度为零。根据牛顿第二定律： mg ma a g （2 分）设砖头加速的时间为 t，所以： （2 分）gt12根据题意： 212atvtL（2 分）12122 g
15、vgv整理得： （2 分）12Lv9 （07 春季会考）如图所示，水平地面上一个质量 M=4.0 kg、长度 L=2.0 m 的木板，在F=8.0 N 的水平拉力作用下，以 v0=2.0 m/s 的速度向右做匀速直线运动.某时刻将质量 m=l.0 kg 的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端. （1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；（2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动.（结果保留二位有效数字）解：（1）未放物块之前，木板做匀速运动.因此木板与地面之间的动摩擦因数 = = 0.20M
16、gF若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止.木板水平方向受力如图 1 所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为 a1. f1F = Ma1f1 = (m+M) ga1 = = 0.50 m/s2MFm设物块经过时间 t 离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v0t a1t2解得 t = 1.2 s 或 6.8 s其中 t = 6.8 s 不合题意，舍去. 因此 1.2s 后物块离开木板.（2）若物块与木板间的动摩擦因数也为 ，则物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为 a2.mg = ma2 a2 = g = 2.0 m/s2木板水平方向受力如图 2 所示，
17、它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为 a3.f1 + f2F = Ma3 (M+m) g + mgF = Ma 3a3 = 1.0 m/s2设经时间 t ，物块与木板速度相等，此时它们的速度为 v，此过程中木板的位移为s1，物块的位移为 s2.v = v0a 3tv = a2t s1 = v0t a3t 2s2 = a2t 2 解得 t = s，v = m/s，s 1 = m，s 2 = m34904因为 s1s 2 L，所以物块仍然在木板上.之后，它们在水平方向的受力如图 3 所示，二者一起做匀减速直线运动，设它们共同运动的加速度的大小为 a4.f1F = (M+m) a4 (M+m) g
18、F = (M+m) a 4a4 = 0.40 m/s2设再经过时间 t ，它们停止运动 .v1A B图 11M Fm图 2Ff1 f2a3图 3Ff1a4会考难题汇编 5 0 = va 4t t = s310t 总 = t + t = 4.0 s因此将物块放在木板上后，经过 4.0 s 木板停止运动.10 （08 夏季会考）光滑的水平面上有一长木板，质量 M=2.0kg，在长木板的最右端有一小滑块（可视为质点） ，质量 m=1.0kg，小滑块与长木板之间的动摩擦因数 =0.20小滑块与长木板一起以 v0=2.0m/s 的速度向左匀速运动，如图 12 所示某时刻起对长木板施加一个 F=12N 的
19、水平向右的恒力，此后小滑块将相对长木板滑动若长木板足够长，求：（1）水平恒力 F 作用后，小滑块向左运动的最大距离；（2）小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的最大距离解：（1）小滑块所受向右的摩擦力 f = mg根据牛顿第二定律，小滑块的加速度 a1= = g = 2.0 m/s2fm从水平恒力开始作用到小滑块的速度为 0，小滑块向左运动最远，最远距离为 . .2012avs（2）当用水平恒力 F=12N 向右推木板后，长木板受向左的摩擦力 f = f设长木板运动的加速度为 a2，根据牛顿第二定律F f = Ma2 解得 a2 = 5.0 m/s2长木板向左做匀减速直线运动，运动的最大距离为
20、 4m.0 .5202avs经历时间 s4.02avt从水平恒力开始作用到小滑块的速度为 0，经历时间 s0.11avt在 t1 时间内，长木板向右做 a2 = 5.0 m/s2 的匀加速直线运动的时间 t3 = t1 t2 = 0.6s此过程中，长木板向右运动的距离 m9.33ts小滑块向左运动的过程中相对长木板移动的距离 s = s1 s2 + s3 = 1.5 m11 （05 夏季会考）如图 15 所示，水平桌面距地面的高度 h=0.80m可以看成质点的小金属块 C 的质量 m1=0.50kg，放在厚度不计的长木板 AB 上木板长 L=0.865m，质量m2=0.20kg，木板的 A 端
21、跟桌面的边缘对齐小金属块 C 到木板 B 端的距离 d=0.375m假定小金属块与木板间、木板与桌面间、小金属块与桌面间的动摩擦因数都相等，其值0.20现用力将木板水平向右加速抽出在小金属块从木板上滑下以前，加在木板上的力为水平向右的恒力 F小金属块落到桌面上后，又在桌面上滑动了一段距离，再从桌面边缘飞出落到水平地面上小金属块落地点到桌边的水平距离 s=0.08m求作用在木板上的恒力 F 的大小解：小金属块经历了三段运动过程：在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在桌面上的匀减速直线运动，离开桌面后的平抛运动设小金属块做平抛运动的时间为 t3，231gth)s(4.08.3t设平抛运动的初速
22、度为 v2，32tvs)m/s(.048.32t小金属块在长木板上运动时的受力如图 1 所示，小金属块这时做匀加速直线运动，设它的加速度为 a1 )N(0.5.201gFf)m/s(.51小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如图 2 所示，小金属块这时做匀减速直线运图 1Ff1a1mMFv0图 12MFMFmms2s1MF s3m图 2f1m1gF1图 1f1m1gF1C FLdhABs第 8 题图会考难题汇编 6 动，设它的加速度的大小为 1a)N(0.5.201 gmFf)/s(.51a设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为 s1，末速度为 v1，所用时间为 t1，12avs
23、t设小金属块在桌面上运动时，相对于地面运动的距离为 s2，末速度为 v2，2121vsa由题意知dL21联立以上四式，解得s1=0.25ms2=0.24mt1=0.5sv1=1.0m/s取木板为研究对象，小金属块在木板上运动时，木板受力如图 3 所示)N(4.107.20)(212 gmFf木板在 t1 时间内向右运动距离为 d+s1，设木板的加速度为 a2，则21tasd利用牛顿定律)m/s(0.5.0)237()( 2212 tF(f 1+f2)=m2a2F=3.4N 12、 （朝阳 04）如图所示，在倾角 =37的足够长的固定的斜面底端有一质量 m=1.0kg 的物体，物体与斜面间动摩擦
24、因数 =0.25。现用轻细线将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F10.0N，方向平行斜面向上。经 t=4.0s 绳子突然断了，求：（1）物体沿斜面所能上升的最大高度。（2）物体再返回到斜面底端时所用的时间。（sin37=0.60，cos37=0.80）解：（1）物体受拉力向上运动过程中，受拉力 F，重力 mg 和摩擦力 f，设物体向上运动的加速度为 a1，根据牛顿第二定律有F-mgsin -f=ma1 因 f= N，N=mgcos 解得 a1=2.0m/s2所以 t=4.0s 时物体的速度大小为 v1=a1t=8.0m/s绳断时物体距斜面底端的位移 s1= a1t2=16m （1 分）设绳断后物
25、体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为 a2，则根据牛顿第二定律，对物体沿斜面向上运动的过程有 mgsin + mgcos =ma2 解得 a2=8.0m/s2物体做减速运动的时间 t2=v1/a2=1.0s，减速运动的位移 s2=v1t2/2=4.0m （1 分）所以：物体沿斜面上升的最大高度为，H （s 1s 2）sin 203/5 12m （2 分）（2）此后将沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为 a3，根据牛顿第二定律对物体加速下滑的过程有mgsin - mgcos =ma3， 解得 a3=4.0m/s2（1 分）设物体由最高点到斜面底端的时间为 t3，所以物体向下匀加速
26、运动的位移s1+ s2= a3t32，解得 t3= s=3.2s（1 分）0所以物体返回到斜面底端的时间为 t 总 = t2+ t3=4.2s（2 分）9、 （东城 04）风洞实验室中可以产生水平方向、风速大小可以调节的风。现将一个套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球的质量是 m，球的孔径略大于细杆的直径，小球与杆的动摩擦因数是 。 （1）将杆沿水平方向固定，如图（1）所示，调节风速的大小，使小球恰能沿杆匀速运动，速度大小为 v。求此时小球受到的风力大小。 （2）保持风速不变，将杆沿竖直方向固定，如图（2）所示。将小球从距杆底端 O 点高 h 处由静止释放，设小球下落过m2gF1f2FF2图
27、3f1F风vO(1) (2)Oh会考难题汇编 7 程中所受风力与杆处于水平方向时受到的风力大小相同。求小球滑至 O 点经历的时间和到达 O 点时的动能。解：杆水平放置时，受风力 F 和滑动摩擦力 F1、重力 mg 和细杆的支持力同 FN1，做匀速直线运动 （1 分）则 F N1=mg风力 F=mg （2 分）杆竖直放置时，受风力 F 和滑动摩擦力 F2、重力 mg 和细杆的支持力同 FN2，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，则FN2=Fmg-F=ma加速度 （2 分）)1(ga下落 h，所用时间 （1 分）)(2ht到达 O 点时的动能 （2 分）)(mgvEOmgFO FN1F1 O amgF F2FN2风
