A、B兩木塊自左向右做勻加速直線運動，現(xiàn)用高速攝影機(jī)在同一底片上多次曝光，記錄下木塊每次曝光時的位置，如圖所示．連續(xù)兩次曝光的時間間隔是相等的，由圖可知（　�。�

A、在t2時刻兩木塊速度相等

B、在t1時刻兩木塊速度相等

C、在t1時刻A木塊速度比B木塊速度小

D、A木塊加速度大于B木塊加速度

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A、B兩木塊自左向右做勻加速直線運動，現(xiàn)用高速攝影機(jī)在同一底片上多次曝光，記錄下木塊每次曝光時的位置，如圖所示。連續(xù)兩次曝光的時間間隔是相等的，由圖可知（　�。�
A．在t₂時刻兩木塊速度相等
B．在t₁時刻兩木塊速度相等
C．在t₁時刻A木塊速度比B木塊速度小
D．A木塊加速度大于B木塊加速度

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如圖所示，一輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與小木塊m連接，且m、M及M與地面間接觸光滑．開始時，m和M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F₁和F₂，兩物體開始運動后的整個運動過程中，彈簧的形變量不超過其彈性限度，對于m、M和彈簧組成的系統(tǒng)（ ）

A．m、M各自一直做勻加速運動，且加速度與質(zhì)量成正比
B．m、M各自一直做變加速運動，且加速度與質(zhì)量成反比
C．當(dāng)彈簧彈力大小與F₁、F₂大小相等時，系統(tǒng)的動能最大
D．由于F₁、F₂等大反向，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒

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如圖所示，一輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與小木塊m連接，且m、M及M與地面間接觸光滑．開始時，m和M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F₁和F₂，兩物體開始運動后的整個運動過程中，彈簧的形變量不超過其彈性限度，對于m、M和彈簧組成的系統(tǒng)（　�。�

A．m、M各自一直做勻加速運動，且加速度與質(zhì)量成正比

B．m、M各自一直做變加速運動，且加速度與質(zhì)量成反比

C．當(dāng)彈簧彈力大小與F₁、F₂大小相等時，系統(tǒng)的動能最大

D．由于F₁、F₂等大反向，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒

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題號

1

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5

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8

9

10

答案

AB

A

A

C

D

C

AB

B

A

BC

11、2.025  ；  53    ；  11  。

12、（1）將小球放在槽的末端（或木板上）看小球能否靜止。（或用水平儀檢查木板是否水平，其他答案只要合理即可）                                

（2）BCD   

（3）1.240（1.24）                               

13、（1）     （2）后輪的半徑R     （3）

14、解：（1）當(dāng)汽艇以最大速度航行時，牽引力F與此時阻力f平衡，故F－f=0

            由f＝kv  可得  F＝f_m＝kv_m＝1000N

（2）汽艇以v＝5m/s速度航行時所受阻力為f＝kv

其牽引力為：        F＝f_m＝kv_m

根據(jù)牛頓運動定律有： F－f＝ma 

代入數(shù)據(jù)得：        a＝1m/s² 

15、（1）設(shè)地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星質(zhì)量為m，萬有引力常量為G、衛(wèi)星在近地圓軌道運動接近A點時的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律

       物體在地球表面上受到的萬有引力等于重力

       解得

（2）設(shè)同步軌道距地面高度h₂，根據(jù)牛頓第二定律有

       由上式解得：

16、（1）在0---4S內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律F₁－f＝ma₁

f＝μmg

代入數(shù)據(jù)得：        a₁＝3 m/s²

       v₁＝a₁ t₁＝12m/s

       在4s―5s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律F₂－f＝ma₂

f＝μmg

代入數(shù)據(jù)得：        a₂＝－7m/s²

       V₂＝v₁ +a₂ t₂＝5m/s

       此后－f＝ma₃

            a₃＝－2m/s²

在7.5S末物體速度減為0.

如圖

（2）由以上計算可知S₁ ＝1/2 at₁²＝24m

                   S₂＝v₁ t₂ +1/2 at₂² ＝8.5m

                    S₃＝v₂ t₃ +1/2 at₃²＝6.25m

S＝S₁ + S₂  + S₃ ＝38.75m

17、 （1）當(dāng)小物塊速度小于3m/s時，小物塊受到豎直向下、垂直傳送帶向上的支持力和沿傳送帶斜向下的摩擦力作用，做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a₁，根據(jù)牛頓第二定律

mgsin30° + μmgcos30°=ma₁                       ①1分

解得 a₁ = 7.5m/s²

當(dāng)小物塊速度等于3m/s時，設(shè)小物塊對地位移為L₁，用時為t₁，根據(jù)勻加速直線運動規(guī)律

t₁ =                       ②1分

L₁ =                    ③1分

解得 t₁ = 0.4s   L₁ = 0.6m                  1分

由于L₁＜L 且μ＜tan30°，當(dāng)小物塊速度大于3m/s時，小物塊將繼續(xù)做勻加速直線運動至B點，設(shè)加速度為a₂，用時為t₂，根據(jù)牛頓第二定律和勻加速直線運動規(guī)律

mgsin30°－μmgcos30°=ma₂                       ④1分

解得  a₂ = 2.5m/s²

L－L₁ = v₁t₂ + a₂t₂² ⑤1分

解得 t₂ = 0.8s                        1分

故小物塊由禁止出發(fā)從A到B所用時間為 t = t₁ + t₂ = 1.2s       1分

   （2）作v―t圖分析知：傳送帶勻速運動的速度越大，小物塊從A點到B點用時越短，當(dāng)傳送帶速度等于某一值v′ 時，小物塊將從A點一直以加速度a₁做勻加速直線運動到B點，所用時間最短，即

L = a₁t_min²               ⑥1分

解得t_min = 1s

v′ =a₁t_min =7.5m/s        1分

此時小物塊和傳送帶之間的相對路程為 △S = v′ t－L = 3.75m

傳送帶的速度繼續(xù)增大，小物塊從A到B的時間保持不變，而小物塊和傳送帶之間的相對路程繼續(xù)增大，小物塊在傳送帶上留下的痕跡也繼續(xù)增大；當(dāng)痕跡長度等于傳送帶周長時，痕跡為最長S_max，設(shè)此時傳送帶速度為v₂，則

S_max = 2L + 2πR         ⑦1分

S_max = v₂t－L            ⑧1分

聯(lián)立⑥⑦⑧解得 v₂ = 12.25m/s                 1分