热门试卷

解：（1）由平衡条件得，Fcos37°=μ（Mg-Fsin37°）

解得μ=0.8．

（2）放上第一个小铁块后，木板做减速运动，由动能定理得，

Fcos37°L-μ[（M+m）g-Fsin37°]L=

代入数据解得．

（3）木板动能变化量的绝对值|△EK|等于nμmgL，即在第一段L内，动能的减小量大小为μmgL，第二段L内，动能的减小量为2μmgL，第三段L内，动能的减小量为3μmgL，第四段L内，动能的减小量为4μmgL，如图所示．

答：（1）木板与地面间的动摩擦因数μ为0.8．

（2）木板运动L时速度的大小为m/s．

（3）如图所示．

解：（1）物体在斜面上做匀加速直线运动，设加速度为a1，则

a1=m/s2=5.0m/s2；

（2）设物体滑到B点所用时间为tB，到达B点时速度大小为vB，

在水平面上的加速度为a2，则由数据表可知

a2=m/s2=-2.0 m/s2，

vB=a1tB，1.1-vB=a2（1.2-tB），

解得tB=0.5s，

设斜面上A、B两点间的距离为xAB，则

xAB=a1tB2=0.625m；

（3）设物体在水平面上运动过程中，滑动摩擦力对物体做的功为Wf，

根据动能定理Wf==0-J=-0.625J；

答：（1）物体在斜面上运动的加速度大小为5.0m/s2；

（2）斜面上A、B两点间的距离为0.625m；

（3）物体在水平面上运动过程中，滑动摩擦力对物体做的功为-0.625J．

解：选小车与砝码作为一系统，在小车滑动过程中系统仅有重力做功，则系统的机械能守恒．

由机械能守恒定律可得：mgh=

解之得：砝码着地的瞬间小车的速度为 v=

选小车作为研究对象，则由动能定理可得：

 W拉==

答：当砝码着地的瞬间小车的速度大小为，在这过程中，绳的拉力对小车所做的功为．

解：（1）滑块在由A到B的过程中，

由动能定理得：-0，

解得：；

（2）滑块在由B到C的过程中，

由动能定理得：，

解得，；

（3）产生的热量：Q=μmgL相对，

=（或），

解得，；

答：（1）滑块到达底端B时的速度大小为；

（2）滑块与传送带间的动摩擦因数；

（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量为．

解：在0-4m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得；

a==1m/s2

根据2ax=得：v4=3m/s

对物体在4-16m内运动过程运用动能定理得；

=s4-8+0-s12-16

从图中可知=，s4-8=s12-16=4m，所以4-16m内力F做功之和为0，

所以v16=v4=3m/s

故答案为：3m/s

解：（1）令平抛时间为t1，水平距离为x1，斜抛时间为t2，水平距离为x2．

刚从E点进入，则有：mg=m解得：vE==2m/s，

方向水平向右．

（2）根据h=gt12，

解得：t1==0.5s，

x1=vEt1=2×0.5=1m，

因斜抛可看作逆向的平抛运动，所以竖着弹起的高度h=2R=gt22，

解得：t2==0.4s    

t=t1+t2=0.5+0.4=0.9s     

x2=vEt2=2×0.4=0.8m        

所以：

L2=x1+x2=1+0.8=1.8m．       

（3）令F作用距离为△x．由动能定理有：

Fs-μmgL1=mvE2，

解得：

s=3m，

由牛顿第二定律：

，

由运动学：

，

解得：

t=

答：（1）刚从E点进入时，小球的速度VE大小为2m/s，方向水平向右；

（2）小球从B点到E点的时间为0.9s，CD间的距离L2为1.8m；

（3）外力作用的时间为．

解：（1）小车与物体之间最大静摩擦力：fmax=μmg=1N

在0～2.5s末（t=2.5s）这段时间内，假设物体与小车相对静止，则由牛顿第二定律可知它们的加速度为：

若以小车为研究对象，小车受到的摩擦力为：fM=Ma=0.8N

因为fM＜fmax，故假设成立．即物体与小车相对静止．                

所以，在2.5s末小车和物体的共同速度为：v=at=0.5m/s，方向水平向右．    

（2）在2.5 s～3.5 s末（t′=1s）这段时间内，仍假设物体与小车相对静止，则由牛顿第二定律可知它们的加速度为：

若以小车为研究对象，小车受到的摩擦力为：f′M=Ma′=2N

因为f′M＞fmax，故假设不成立．即物体将相对小车向左运动．          

以水平向右的方向为正方向，设3.5 s末物体、小车的速度分别为v1、v2，根据动量定理，对物体有：（-qE2+μmg）t′=mv1-mv

对小车有：-μmgt′=Mv2-Mv

解得：v1=-1m/s（方向向左），v2=0.25m/s（方向向右）          

这一过程中物体相对小车向左的位移是：

撤去电场后，物体和小车构成的系统动量守恒，设它们相对静止时的速度为v´，由动量守恒定律有：Mv2+mv1=（M+m）v′

解得：v′=0

设这一过程中物体相对小车向左的位移为△s2，由能量守恒定律有：

解得：△s2=0.625m

所以，小车的最小长度为：L=2（△s1+△s2）=2.5m

答：

（1）2.5s末小车和物体的速度是0.5m/s．

（2）要让物体不从小车上滑落，小车的最小长度为2.5m．

解：（1）由动能定理：

得：Wf=2640J

（2）BC段加速度为：a=μg=5m/s2

设在C点的最小速度为vm，则在C点由

解得

由

联立解得xBC=2.35m

（3）在平抛阶段

R=

xDE=vmt-R

联理解得xDE=0.52m

答：（1）从A到B的过程中，人克服阻力做的功是2640J

（2）BC段的长度是2.35m

（3）DE段的长度是0.52m

解：（1）火车行驶过程中所受的阻力 f=kmg，得：

  f=0.05×1000×1000×10N=5×105N

当牵引力等于阻力，即F=f时，火车速度达到最大值，

可得：P=Fvm=fvm=kmgvm

联立以上两式代入数据解得火车行驶的最大速度为：vm===30m/s

（2）当火车的速度为v=10m/s时牵引力 F=

由牛顿第二定律：-kmg=ma，

解得：a=-kg=m/s2-0.05×10m/s2=1m/s2

（3）根据动能定理得：

  Pt-fs=mvm2，

代入数据得：t===60s

答：（1）火车行驶的最大速度vm为30m/s．（2）当火车的速度为v=10m/s时的加速度a为1m/s2；（3）火车从静止开始运动到最大速度所用的时间t为60s．

解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，

水平推力F=mgtanθ，解得：F=N；

（2）设滑块从高为h处上滑，到达斜面底端速度为v，

下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，

解得：v=；

若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有：

μmgL=mv02-mv2，解得：h=0.2m；

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀速运动，

由动能定理得：-μmgL=mv02-mv2，解得：h=0.7m；

故滑块下滑的高度应为0.2m或0.7m；

（3）滑块第二次滑上皮带时速度：vC=3m/s，

滑块在传送带上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μmg=ma，加速度a=μg，

由匀变速运动的速度位移公式得：vB2-vC2=2aL，滑块到达B点时的速度：vB=2m/s，

滑块减少的动能：EK=mvC2-mvB2=2.5J，

滑块在传送带上滑行时间：t==0.5s，

在该时间内，传送带的位移s传送带=V0t=1.5m，

滑块的为a滑块=L，

两者的相对位移：△s=s滑块+s传送带=2.75m，

克服摩擦力做功：Q=mgμ△s=5.5J，

传送带多消耗的电能：E电=Q-EK减=3J；

答：（1）水平作用力力F大小为N；（2）滑块下滑的高度为0.2m或0.7m；（3）滑块第二次在传送带上运动的过程中，传送带多消耗的电能为3J．