物理会考难题汇编

会考难题汇编

1．（06密云)物体沿与水平面夹角θ＝30°的斜面向从底端上 运动（设斜面足够长），初速度v0＝4.5m/s，已知物体与斜面 间的动摩擦因数μ＝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/s)

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：－mgh１－?mgmv212．如图所示，在一个与地面夹角为θ，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?。

v0 θ v θ 图15

2

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

?mgcos??mgsin?，在此力作用下自对地静止起经历t时获得速度v0，

v0av0g(?cos??sin?)h１sin ?cos?=12mv1－212因此t?2mv0 ①（1分）

? （2分）

/２=mgh1 ②（1分）

在此期间，砖对地通过的距离s为s?v022a?v022g(?cos??sin?) （3分）

由①②解得：h1＝0.39m （1分） 此后物体继续向上运动，达到的最大高度为H，同理有：

－mgH－?mgHcot?=0－12mv0 ③（1分）

2因此摩擦力所做正功W?fs??mgscos???2(??tan?)mv0 （3分）

2H＝0.63m （1分）

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：

mg(H-h２)H－?mg(H-h２)cot?=122

3．（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.

1212mv2 ④（1分）

2解：（1） 对全过程用动能定理

WF?mv2?120J (3分)

12v1t ①

2mv2=mgh2 ⑤（1分）

(2) 取沿斜面向上为正方向，从底端向上滑到撤去恒力F，s?v1?(?v2)2由④⑤解得：h1＝0.18m （1分）

会考难题汇编1

从撤去F至回到斜面的底端 ?s?t ②

由①②得 v2＝2 v1 （2分） 所以撤去F时的动能为到达底端的动能的1/4 Ek?14?12mv2?30J （3分）

24．（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30，如图所示。试求：

（1）恒力F1和恒力F2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：

sx?scos30?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θ=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μ=0.25，A点到斜面底端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：

A (1)小物块在斜面上运动时的加速度；

θ (2)BC间的距离为多大?

B C (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/s2)

解：（1）小物块受到斜面的摩擦力：f1=μN1=μmg cosθ (1分)

0

y 6.0m 300 在平行斜面方向由牛顿第二定律有mg sinθ- f1=ma （1分）

x 解得 a?gsin???gcos??4.0m/s2 （1分）

22（2）小物块由A运动到B ，根据运动学公式有vB?vA?2aL

解得vB?2aL=2.0m/s （1分）

?33msy?ssin30??3msy?12a2t22a2?1.5m/s

2小物块由B运动到C的过程中所受摩擦力为 f2 =μmg 根据动能定理对小物块由B到C的过程有：?f2sBC?0-12mvB （1分）

2 根据牛顿运动定律：F2＝ma2＝3.0N （2分）

sx＝

12a1t1?a1t1t22?33?2a1?4a2a1?32解得sBC=0.80m （1分）

m/s

2（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：

?mgLsing??f1L?f2sBC?0?12mvC （1分）

2F1＝ma1＝1.73N （2分）

（2）

会考难题汇编2

vx?a1t1?3m/svy?a2t2?3m/sv?vx?vy?23m/s?3.5m/s22解得vc?23m/s=3.5m/s （1分）

(4分)

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 13.03．0～13.0 19.0 5.0 4.6 ～19.0以后 5.0 电梯上升的总高度实际为24个楼层的高度 S?S1?S2?S3?69.6m

则平均每层楼高h?S24?2.9m

7．（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t＝0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5.0s末物体距O点的位移。

F2 O F4 F3 F1 台秤示数/kg 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m?5.0kg． 第二定律 mg?N3?ma3 ，则

a3?mg?N3m?0.8m/s

2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=v1t＝2.0m （1分） 在第2.0s内，物体沿x轴做匀减速直线运动，F2＝ma a?图12

2.0s末的速度v2＝vt＋at＝2×1＋（－1）×1＝1.0m/s 位移为x2，x2?v1t?12at2F2m??1.0m/s

2

在时间13.0～19.0s内，台秤示数为4.6kg，即重物受到的支持力N3?46N，根据牛顿

?2.0?1.0?12(?1)?1?1.5m （1分）

2在第3.0内，物体做匀速直线运动，x3＝v2t＝1.0×1.0＝1.0m （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＝v2t＝1.0×1.0＝1.0m （1分） 沿y轴正方向的位移为y1，y1?12at/2 由运动学公式可得13.0s末物体的速度 v2?a3t3?4.8m/s

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 a1?v2t1?1.6m/s

2?12?1.0?1.02?0.5m （1分）

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＝v2t＝1.0m （1分）

沿y轴方向的位移为，y2＝vyt＝1.0×1.0＝1.0m （1分） 5.0s末物体所在的坐标为：x＝x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2.0＋1.5＋1.0＋1.0＋1.0＝6.5m y＝y1＋y2＝0.5＋1.0＝1.5m 5.0s末物体距原点O的位移s，s?

会考难题汇编3

x?y22 由牛顿第二定律 N1?mg?ma1

解得 N1?58N．即台秤的示数为5.8kg．

(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时间内：S1?12a1t1?7.2m

2?6.5?1.522?35?6.7m （1分）

3.0～13.0s时间内：S2?v2t2?48m 13.0～19.0s时间内：S3?v22t3?14.4m

8．（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μ，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。

v1 A B f1 = μ (m+M) g a1 =

?(m?M)g?FM= 0.50 m/s

122

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－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.

a1t

2

设传送带的运行速率为v2，由于v1

直到它们的相对速度为零。

根据牛顿第二定律： μmg＝ma a＝μg （2分） 设砖头加速的时间为t，所以：t?122（2）若物块与木板间的动摩擦因数也为μ，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.

μmg = ma2 a2 = μg = 2.0 m/s

木板水平方向受力如图2所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a3. f1 + f2－F = Ma3

μ (M+m) g + μmg－F = Ma3

2

2

v2?v1?g （2分）

根据题意： L?v2t?v1t?v2?v1?gat

a3 f1

f2

F L?v2?v1?v2?v1??g?1?v2?v1?g??2??g??? （2分） ?2a3 = 1.0 m/s

图2

设经时间tⅠ，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 = v0－a3tⅠ v = a2tⅠ s1 = v0tⅠ－s2 =

1212 整理得：v2?

2?gL?v1 （2分）

a3tⅠ2

9．（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）

FMgM 图11

m F a2tⅠ2

23解得 tⅠ =s，v =

43m/s，s1 =10m，s2 =4m

99因为s1－s2< 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.

f1－F = (M+m) a4 μ (M+m) g－F = (M+m) a4 a4 = 0.40 m/s2

设再经过时间tⅡ，它们停止运动. 0 = v－a4tⅡ tⅡ =

103a4 f1

图3

F 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 μ =

= 0.20

a1 f1

图1

F s

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. f1－F = Ma1

t总 = tⅠ + tⅡ= 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.

会考难题汇编4

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μ=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11．（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F=12N的水平向右的恒力，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． v0 F 解：（1）小滑块所受向右的摩擦力f = μmg M 根据牛顿第二定律，小滑块的加速度a1=

fm= μg = 2.0 m/s2

图12

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

2.02s1?v02a?212.0?2.0 m?1.0 m

（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 ′ = Maa2

2解得 2 = 5.0 m/s 长木板向左做匀减速直线运动，运动的最大距离为sv2202? m0.4m2a?2.022.0?5.0? 经历时间t2?v0a?0.4s

2从水平恒力开始作用到小滑块的速度为0，经历时间tv01?a?1.0s

1在ta2

1时间内，长木板向右做2 = 5.0 m/s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s123?2a2t3?0.9m

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 m

m F M s1 m F M s2 m F s3 M

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m 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，

L h?12d 2gt3

B C A F th?0.803?2g?210?0.4(s)

h 设平抛运动的初速度为v2，

F1 s?vs 2t3

f1

第8题图

s0.08mv2?t??0.2(m/s)

1g 30.4图1

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．

f1??F1??m1g?0.20?0.50?10?1.0(N) af11?m?1.010.5?2.0(m/s2)

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动，

设它的加速度的大小为a1?．

F1 f1???F1??m1g?0.2?0.5?10?1.0(N) f1?

m1g af1??1.0图2

1??m?2.0(m/s210.5)

会考难题汇编5

??a1 a112、（朝阳04）如图所示，在倾角θ=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因数μ=0.25。现用轻细线将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F＝10.0N，方向平行斜面向上。经t=4.0s绳子突然断了， 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，

2s11?v2a ①

1v1?a1t1 ②

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，

?2a221s2?v2?v1 ③

F2 由题意知

sf1 F 1?s2?L?d ④

联立以上四式，解得 f2 F1? sm2g 1=0.25m s图3

2=0.24m t1=0.5s

v1=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． f2??F2??(m1?m2)g?0.20?0.70?10?1.4(N)

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

d?s121?2a2t1

a(d?s1)2(0.375?0.25)2?2t2?0.52?5.0(m/s2)利用牛顿定律

1F－(f1+f2)=m2a2 F=3.4N

求：（1）物体沿斜面所能上升的最大高度。 F （2）物体再返回到斜面底端时所用的时间。

θ （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-mgsinθ-f=ma2

1…… 因f=μN，N=mgcosθ……解得a1=2.0m/s…… 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=1a1t2=16m （1分）

2设绳断后物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

mgsinθ+μmgcosθ=ma2

2 解得a2=8.0m/s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＝（s1＋s2）sinθ＝20×3/5＝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

mgsinθ-μmgcosθ=ma3， 解得a23=4.0m/s……（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运动的位移

s1+ s2=1a3t23，解得t3=

10s=3.2s……（1分）

2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μ。（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。

风

h

O v

O (1)

(2)

会考难题汇编6

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 FN1=mg

风力F=μmg （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=F

mg-μF=ma

加速度a?g(1??2) （2分） 下落h，所用时间t?2hg(1??2) （1分）到达O点时的动能E?1mv22?mgh(1??2O)

FN1 O F F1 mg 2分）

F2 F FN2 a

mg O 会考难题汇编7

（

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