10、一位蹦床运动员仅在竖起方向上运动，弹簧床面与运动员间的弹力随时间变化的规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示.取当地的重力加速度g=10m/s².试结合图象，求(1)蹦床运动稳定后的运动周期；(2)运动员的质量；(3)在运动过程中，运动员离开弹簧床上升的最大高度；(4)运动过程中运动员的最大加速度

答案

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6

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8

9

10

AD

B

C

ACD

AC

B

ABC

D

ABD

ACD

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20

D

C

ABC

ABD

CD

AB

C

AC

AB

C

1、解答：物体受到竖直向下的重力和沿传送带方向向下的摩擦力作用，做加速度为a₁的匀加速直线运动，经过时间t₁，速度达到v＝10m/s，对地位移为S₁，根据牛顿地二定律

    mgsinθ＋μmgcosθ＝ma₁                                     

    代入数据求得a₁＝10m/s²                                       

    根据匀变速直线运动规律v＝at₁2S₁＝vt₁                    

    代入数据求得t₁＝1sS₁＝5m<16m                   

    物体速度达到v＝10m/s以后，受到竖直向下得重力和沿传送带方向向上得摩擦力作用，做加速度为a₂得匀加速直线运动，经过时间t₂，运动到B端，根据牛顿第二定律

    mgsinθ－μmgcosθ＝ma₂                                      

    代入数据求得a₂＝2m/s²

    根据匀变速直线运动规律S－S₁＝vt₂＋          

    代入数据由

    解得t₂＝1s或t₂＝－11s(舍去)                      

    所以，小物体从A到B所用的时间为t＝t₁＋t₂＝2s 

2、解：从发力到支撑的0.8s内，杠铃先作加速运动(当作匀加速)，然后作减速运动到速度为零(视为竖直上抛运动)，这就是杠铃运动的物理模型.

    根据轮子的实际直径0.45m和它在照片中的直径1.0cm，可以推算出照片缩小的比例，在照片上用尺量出从发力到支撑，杠铃上升的距离h′=1.3cm，按此比例可算得实际上升的高度为h=0.59m.

    设杠铃在该过程中的最大速度为，有，得

    减速运动的时间应为加速运动的位移：

    又解得

    根据牛顿第二定律，有解得

3、解：(1)由牛顿第二定律

    得

    (2)当速度最大时合外力为零

    得

    (3)由图象可知，当t=0时，则

    当达到最大速度时有

    由以上两式解得

4、解：物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，加速度a_A＝µg①

    木板B作加速运动，有：②

    物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v_t，则：

    ③且：④

    由③、④式，可得：

    代入②式得：

    若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F     必须大于等于1N

    当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才能不会从B的左端滑落.即有：所以：F＝3N

    若F大于3N，A就会相对B向左滑下

    综上：力F应满足的条件是

5、解：物体A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等.在这一过程中有

    a₁==μgs₁==0.8m＜ab经历时间为t₁==0.8s

    此后随传送带运动到b点的时间为t₂==0.6s

    当物体A到达成bc斜面后，由于mgsinα=0.6mg＞μmgcosα=0.2mg，所以物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动.

    其加速度大小为a₂=(mgsinα-μmgcosα)/m=4m/s²

    物体A在传送带bc上所用时间满足

    代入数据得t₃=1s(负值舍去)

    财物体A从a点被传送到c点所用时间为t=t₁+t₂+t₃=2.4s

6、解：系统静止时，弹簧处于压缩状态，分析A物体受力可知：

    F₁=m_Agsinθ，F₁为此时弹簧弹力，设此时弹簧压缩量为x₁，则F₁=kx₁，得x₁=?

    在恒力作用下，A向上加速运动，弹簧由压缩状态逐渐变为伸长状态.当B刚要离开C时，弹簧的伸长量设为x₂，分析B的受力有：?

    kx₂=m_Bgsinθ，得x₂=?

    设此时A的加速度为a，由牛顿第二定律有：?

    F-m_Agsinθ-kx₂=m_Aa，得a=?

    A与弹簧是连在一起的，弹簧长度的改变量即A上移的位移，故有d=x₁+x_2，

    即：d=?

7、解：(1)，B点速度V₀=10m/s

    B到C做匀减速运动，加速度

    则：，所以：V_C=2m/s

    落地点到C点的水平距离：

    (2)皮带速度V_皮=ω?R=4m/s，

    同(1)的论证可知：货物先减速后匀速，从C点抛出的速度为V_C=4m/s，

    落地点到C点的水平距离：

    (3)①皮带轮逆时针方向转动，

    从B到C均做匀减速运动，C点速度V_C=2m/s，

    落地点到C点的水平距离S=0.6(m)

    ②皮带轮顺时针方向转动时：

    Ⅰ、若0≤V_皮≤2m/s，即0≤ω≤10rad/s时，货物从B到C匀减速运动，S=0.6(m)

    Ⅱ、若2m/s＜V_皮＜10m/s，即10＜ω＜50rad/s时，货物从B到C先减速再匀速运动：

    V_C=ω?R.若V_皮=10m/s即ω=50rad/s时，货物从B到C匀速运动

    落地点到C点的水平距离：S=ω?R=0.06ω

    Ⅲ、因为若货物一直加速时，，货物在C点时的速度：V_C=14m/s，

若10m/s＜V_皮＜14m/s即50＜ω＜70rad/s时，货物从B到C先加速再匀速，所以：

V_C=ω?R

    落地点到C点的水平距离：S=ω?R=0.06ω

    Ⅳ、若V_皮≥14m/s即ω≥70rad/s时，货物一直加速，货物在C点时的速度：

    V_C=14m/s，

    落地点到C点的水平距离恒为：

S=＝4.2m

8、解：(1)设顶部传感器的压力大小为F₁，底部传感器的压力大小为F₂，由题意可知底部传感器的压力的保持不变，即F₂=10N

      由牛顿运动定律可知：

      故：

      当匣子顶部压力传感器的示数为底部传感器的示数的一样时，即，

      对物块由牛顿第二定律可得：

      解得：

      故升降机的运动情况为匀速直线运动或保持静止.

    (2)欲使匣子顶部压力传感器的示数为零，即F₁=0，对物块由牛顿第二定律有：

      又：

      故：

      加速度方向竖直向上.故升降机的运动情况为以大小大于或等于10m/s²的加速度向上做匀加速直线运动或向下做匀减速直线运动

9、解法一：设作用于平板车的水平恒力F，物块与车板间的磨擦力为f，自车启动至物块离开车板经历的时间为t，在这过程中，车的加速度为a₁，物块的加速度为a₂，则有