热门试卷

（1）A球平抛运动的时间t==s=3s                               

（2）平抛运动的水平位移SA=V0t=10×3m=30m                                   

（3）根据牛顿第二定律得，B的加速度a=μg=0.5×10m/S2=5m/S2

SB==m=10m

△S=SA-SB=（30-10）m=20m    

答：（1）A球从抛出到落地的时间为3s．

（2）A球从抛出到落地这段时间内的水平位移为30m．

（3）A、B之间的距离为20m．

解：（1）在C点，由牛顿第二定律有：mg=m①

离开C，滑块做平抛运动，则：2R=gt2 ②

xAB=vCt③

联立以上①②③式解得：xAB=2R

（2）由B到C的过程机械能守恒得：mvC2+2mgR=mvB2④

在B点，据牛顿第二定律得：FB－mg=m ⑤

由①④⑤解得：FB=6mg

由牛顿第三定律知：滑块对轨道的压力为6mg，方向竖直向下

（3）由vB2=2axAB，可得：a=g

解：（1）物块由P-Q：a=-μ

得：

（2）由于vt>=m/s，所以物块能经过点沿圆周轨道运动

（3）物块A-B：X=vAt，H=

得：  

A点，

FN=7.4N    

由牛顿第三定律知：物块在A点对轨道的压力为7.4N，方向竖直向下

（1）以子弹为研究对象，取初速度v0的方向为正方向，依题意

v2-v02=2as    得a=-2.5×105m/s2

负号表示加速度方向与初速度方向相反．

（2）设木板对子弹的平均作用力为F，据牛顿第二定律，有：

F=ma=-2.5×103N，负号表示平均作用力与初速度方向相反．

根据牛顿第三定律，子弹对木板的平均作用力F′=2.5×103N，方向和初速度方向相同．

答：（1）子弹的加速度为2.5×105m/s2；

（2）子弹对木板的平均作用力为2.5×103N．

（1）设细线中的张力为T，根据牛顿第二定律：

Mg-T=Ma                          

T-mgsin30°=ma                      

且M=3m

解得a=g       

答：小物块下落过程中的加速度大小为g．                  

（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0．根据牛顿第二定律有：

-mgsin30°=ma0 

解得a0=-gsin30°=-g

又由匀变速直线运动，

v2=2aLsin30°，

v02-v2=2a0L（1-sin30°）              

解得v0=

答：小球从管口抛出时的速度大小为．

（3）小球做平抛运动有：

x=v0t                         

Lsin30°=gt2   

解得水平位移x=L

答：小球在做平抛过程中的水平位移为=L．

（1）由a=-μg，2as=v2-v02，

代入数据解得：

到达B端时旅行包的速度为：v=2m/s 

（2）若皮带轮逆时针匀速转动，旅行包的受力及运动情况与传送带静止时完全相同，故到达B端时其速度也是2m/s．

（3）令旅行包速度从v0=10m/s减速到v1=8m/s所需的时间为t1，则

由v1=v0+at1，代入数据得t1=s=0.333s．

由2as1=v2-v02，代入数据得s1=3m．

故s1＜L=8m，故旅行包先匀减速后匀速运动，

设匀速运动过程所需时间为t2，则t2==s=0.625s

故旅行包从A端到达B端所用的总时间是：

t总=t1+t2=s=0.958s．

答：（1）若传送带保持静止，旅行包滑到B端时，旅行包的速度为2m/s；

（2）若皮带轮逆时针匀速转动，传送带转动的速率恒为8m/s，则旅行包到达B端时的速度是2m/s；

（3）若皮带轮顺时针匀速转动，传送带转动的速率恒为8m/s，则旅行包从A端到达B端所用的时间是0.958s．

解：（1）米袋在 AB 上加速时的加速度ao=μmg/m =μg = 0.5×10 = 5 m/s2米袋的速度达到vo=5 m/s 时，

滑行的距离so = vo2/2ao= 52/2×5 = 2.5 m < dAB=3m

因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度。

设米袋在CD上运动的加速度大小为a，

由牛顿第二定律，有：mg sinθ + μmg cos θ = ma

代入数据解得a=10m/s2

所以能滑上的最大距离s=vo2/2a =52/2×10 = 1.25 m

（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D 点时速度恰好为零），

则米袋速度减为v1之前的加速度为a1= - g（sinθ + μcos θ）= -10m/s2 米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2= - g（sinθ - μcos θ）= - 2m/s2由 [（v12 - vo2）/2a1 ] + [（0 - v12）/2a2] = 4.45 m

解得v1= 4 m/s，即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度vCD ≥ v1= 4m/s

（1）设游客连同滑草装置在下滑过程中加速度为a，对游客连同滑草装置受力分析如图所示．

由牛顿第二定律得mgsin37°-Ff=ma   ①

                FN=mgcos37°      ②

                又Ff=μFN ③

联立①②③式解得a=2m/s2．

（2）设游客连同滑草装置滑到底端时的速度为v，所用时间为t．

     由运动学公式可得v2=2ax，v=at，

     解得v=16m/s，t=8s．

答：（1）游客连同滑草装置在下滑过程中加速度为2m/s2；

    （2）滑到底端时的速度为v=16m/s，所用时间为t=8s．

（1）物品在达到传送带速度之前，由受力情况，据牛顿定律有：F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1

解得：a1=8m/s2

由    v=at 和x=at2得：

t1=0.25s     x=0.25m                    

随后由受力情况，据牛顿定律有：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2

解得：a1=0    即物品随传送带匀速上升

位移：x2=L-x1=2m

T2==1s

总时间：t=t1+t2=1.25s          

（2）L0=0.44m＞x1=0.25，物品的速度大于传送带的速度v=2m/s

撤去外力F，由物品受力情况，所牛顿定律有：μmgcos37°-mgsin37°=ma3

代入数据解得：a3=-2m/s2

由   2ax=-

代入数据解得：X3=1m                       

因为L0+x3=1.44m＜L=2.25m  物品速度减为零后倒回传送带底部，

由     x=v0t+at2

代入数据解得：t3=2.2s               

答：（1）物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1.25s

（2）若在物品离传送带底端L0=0.44m处时，立即撤去恒力F，物品再经过2.2s离开传送带．