热门试卷

对B，运用牛顿第二定律得，F-2μ•mg=maB，解得：aB=2μg

对A，运用牛顿第二定律得，F-μ•2mg=2maA，解得：aA=μg．

因为aAt2+aBt2=s

解得：sA=s．

答：A、B相遇时A走过的距离为s．

（1）上升时加速度大小为a1==gsinθ+μgcosθa1=7.2m/s2

下滑时加速度大小为    a2==gsinθ-μgcosθ

a2=4.8m/s2

上滑最大位移为限S=

代入已知得S=14.4 m

（2）由S=a2t2得下滑时间t==s≈2.4s

答：（1）物体沿斜面上滑的最大位移为14.4m；

（2）物体沿斜面下滑的时间为2.4s．

（1）根据v2=2aL

解得：a=2m/s2（2）根据牛顿第二定律得：

mgsinθ-μmgcosθ=ma

解得μ=0.50

（3）设滑块下滑的时间为t，则L=at2，解得：t=2s

在下滑过程中重力的冲量为：IG=mgt=4N•s

答：（1）滑块沿斜面下滑的加速度大小为2m/s2；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.50；

（3）在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小为4N•s．

（1）撤去外力前，物体的受力情况如图所示

水平方向，由牛顿第二定律得

   Fcos37°-Ff=ma1 ①

竖直方向，由平衡条件得：

   Fsin37°+FN=mg ②

又Ff=μFN ③

①②③联立三式代入数据解得FN=20N，a1=6.4m/s

根据牛顿第三定律得：体对地面的压力大小FN′=FN=20N

（2）由公式v=at得：

撤去外力时木块的速度：v=a1t1=6.4×5m/s=32m/s

（3）力F作用5s后撤去，物体滑行的加速度大小为a2==4m/s2

则从撤去F到物体停止所用时间为t2==8s，故撤去F10s内物体通过的位移为x2=t2=×8m=128m

撤去F前的位移为x1=a1=80m

故滑块在从开始运动的15s内通过的位移是x=x1+x2=208m

答：（1）物体对地面的压力大小是20N；

（2）力F作用5秒时物体的速度大小是32m/s；

（3）滑块在从开始运动的15s内通过的位移是208m．

（1）滑动摩擦力F=μmg

代入题给数值，得     F=4N

由牛顿第二定律，得  F=ma

代入数值，得  a=1m/s2

（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s．

则v=at1     代入数值，得t1=1s

匀速运动的时间为t2

t2==1.5s

运动的总时间为   T=t1+t2=2.5s

（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短．则

L=atmin2

代入数值，得tmin=2s

传送带对应的最小运行速率vmin=atmin

代入数值，得vmin=2m/s

答：（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小为4N，加速度大小为1m/s2；

（2）行李从A运动到B的时间为2.5s；

（3）行李从A处传送到B处的最短时间为2s，传送带对应的最小运行速率为2m/s．

物体在竖直方向受到重力mg、水平面的支持力N，两力平衡；在水平方向受到拉力F和滑动摩擦力f，合力F合=F-f．根据牛顿第二定律得

  物体的加速度为 a==m/s2=1m/s2

则物体4.0s末的速度为v=at=1×4m/s=4m/s

4.0s内发生的位移为x=at2=×1×42m=8m

答：物体4.0s末的速度是4m/s，4.0s内发生的位移是8m．

开始一段时间，物块相对小车滑动，两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为Ff=μmg=4N．物块在Ff的作用下加速，加速度为am==2m/s2．

小车在推力F和f的作用下加速，加速度为aM==0.5m/s2．

初速度为υ0=1.5m/s，设经过时间t1，两者达到共同速度υ，则有：υ=amt1=υ0+aMt1

代入数据可得：t1=1s，υ=2m/s

在这t1时间内物块向前运动的位移为s1=amt2=1m．以后两者相对静止，相互作用的摩擦力变为静摩擦力将两者作为一个整体，

在F的作用下运动的加速度为a，则F=（M+m）a  得a=0.8m/s2．

在剩下的时间t2=t-t1=0.5s时间内，物块运动的位移为s2=υt2+at2，得s2=1.1m．

可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为s=s1+s2=2.1m．

答：经过t=1.5s小物块通过的位移大小为2.1m．

（1）根据牛顿第二定律得，有：

F-μmg=ma1

则a1==m/s2=3m/s2

则4s末的速度v=a1t=12m/s．

（2）物体匀加速直线运动的位移x1==m=24m．

根据牛顿第二定律，物体做匀减速直线运动的加速度a2=μg=2m/s2．

则物体匀减速直线运动的位移x2==m=36m

则物体滑行的总位移x=x1+x2=24+36m=60m．

答：（1）物体在4s末时刻的速度为12m/s．

（2）物体滑行的总位移为60m．

A先在传送带上滑行一段距离，此时A做匀加速运动（相对地面），直到A与传送带匀速运动的速度相同为止，此过程A的加速为a1，则：μmg=ma1，故a1=μg

A做匀加速运动的时间 是：t1====0.8s

这段时间内A对地的位移是：s1=v平•t1=×2×0.8=0.8m

当A相对地的速度达到2m/s时，A随传送带一起匀速运动，所用时间为t2，t2==0.6s

物块在传送带的bc之间，由于μ=0.25＜tan37°=0.75，A在bc段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为μmgcos37°，方向沿传送带向上，A在传送带的倾斜部分以加速度a2向下匀加速运动，由牛顿第二定律：

mgsin37°-μmgcos37°=ma2

解得：a2=g（sin37°-μcos37°）=4m/s2

由运动学公式sbc=vt3+a2 t32   其中sbc=4m，v=2m/s

解得：t3=1s（t3'=-2s舍）

物块从a到c端所用时间为t：t=t1+t2+t3=2.4s

答：小物块A从a端被传送到c端所用时间为2.4s．

（1）根据牛顿第二定律得，a==m/s2=2.5m/s2．

则x=at2=×2.5×16m=20m．

（2）4s末的速度v=at=10m/s

关闭发动机后的加速度a′==0.5m/s2

则t′==20s．

答：（1）汽车在4秒内通过的距离为20m．

（2）汽车经过20s停止．

解：（1）由牛顿第二定律： mgsinθ－f=ma

f=

sin=， cos=

人在气囊上下滑的加速度为：a=5 (m/s2)

（2）设下滑时间为ts ，由：S=at2得：

t= ( S )

（1）第一阶段，小物块静止，木箱向右匀加对木箱，由牛顿第二定律：

F合=Ma1=F-uN1

N1=（M+m）g

木块：和木箱分离的时间，L=（a1t12）

得：t1=．

（2）两者分离时，木箱速度v1： v1=a1t1

第二阶段，分离后，小物块自由落体，木箱向右匀加速直线

小物块下落的时间t2：H=（g t22）

木箱的加速度a2：F合=Ma2=F-uMg

联当小物块落到地面上时，木箱的速度v2：v2=v1+a2t2

联立立以上各式，得v2=+．

答：（1）经过物块和木箱分离．

（2）当小物块落到地面上时，木箱的速度为+．

解：（1）行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，

此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得f=μmg=ma，a=μg=1.0m/s2

设行李从速度为零运动至速度为1m/s所用时间为t1，所通过位移为s1，

则：v=at1，t1==1s；

s1=at12=0.5m

设行李速度达到1m/s后与皮带保持相对静止，一起运行，所用时间为t2，

则：t2=s=1.5s。

设行李被从A运送到B共用时间为t，则t=t1+t2=2.5s。

（2）电动机增加的电能就是物体增加的动能和系统所增加的内能之和。

E=Ek+Q

E=mv2+μmg·ΔL，

ΔL=vt1-at12=vt1=0.5m

故E=mv2+μmgΔL=×4×12+0.1×4×10×=4 J

（3）行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短，则l=at2

代入数据得t=2s ，此时传送带对应的运行速率为v′，v′≥atmin=2m/s。

故传送带对应的最小运行速率为2m/s。