热门试卷

解：（1）对箱子进行受力分析，由平衡方程得

Fcos 53°=μFN

FN+Fsin 53°=mg                      

联立解得：F=100 N                      

（2）撤去拉力后，加速度a=μg=5m/s2          

箱子停下来所需的时间为t==1s＜1.5s         

故撤掉拉力1.5s的时间内箱子的位移x==2.5m 

所以w=-μmgx=-250J

答：（1）绳子的拉力F为100N；

（2）撤掉拉力1.5s的时间内摩擦力对箱子所做的功W为-250J．

解：（1）设拉力F的作用时间为t，则m的位移  

对M：mg•μ2-（m+M）g•μ1=Ma‘解得：a'=1m/s2

M的位移：

x+x'=2

解得：t=1s，x=1.5m  

拉力F做的功：W=F•x'=3J

（2）撤去外力后M加速度为

减速到零所需时间为

减速前进的位移为

故总位移为X总=x′+x″=0.6m

（3）整个过程产生的热量的等于拉力做功即Q=wm+wM=12J

答：（1）求力F1对M做的功为3J；

（2）求系统达到完全静止的整个过程中长木板在地面向左运动的最大位移为0.6m．

（3）求系统达到完全静止的整个过程中产生的内能为12J．

解：（1）物块滑上车后作匀减速运动的加速度为a1，车做匀加速运动的加速度为a2，

由牛顿第二定律得μmg=ma1

 μmg=Ma2

解得a1=3m/s2

a2=1m/s2

设经过时间t滑块滑离

则

解得t=1s或t=4s（舍去）

1s末小车的速度为v=a2t=1m/s

（2）由动能定理可得

故摩擦力对小车做的功是75J

答：（1）滑块冲上小车后小车运动的加速度为1m/s2，滑块滑离小车时，车的速度为1m/s．

（2）滑块在小车上相对滑动的时间内，摩擦力对小车做的功是75J

解：（1）从P到Q点，有动能定理可知

WF-mgL（1-cosθ）=0-0

WF=mgL（1-cosθ）=0.5×10×1×（1-0.8）J=1J

（2）无初速度释放时，有动能定理可知

mgL（1-cosθ）=

m/s=2m/s

答：（1）此过程中拉力对小球做的功至少是1J

（2）让小球无初速释放，小球经过轨迹最低点时的速度有2m/s

解；（1）由牛顿第二定律，有 F-mg=ma

由a─t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2

则

  F1=m（g+a1）=2.0×103×（10+1.0）N=2.2×104N

  F2=m（g+a2）=2.0×103×（10-1.0）N=1.8×104N

（2）通过类比可得，电梯的速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积

△υ1=0.50m/s

同理可得，△υ2=υ2-υ0=1.5m/s

υ0=0，第2s末的速率υ2=1.5m/s

（3）由a─t图象可知，11s～30s内速率最大，其值等于0～11s内a─t图线下的面积，有

  υm=10m/s

此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率

P=Fυm=mg•υm=2.0×103×10×10W=2.0×105W

（4）由动能定理，总功

W=Ek2-Ek1=mυm2-0=×2.0×103×102J=1.0×105J

答：

（1）电梯在上升过程中受到的最大拉力F1是2.2×104N，最小拉力F2是1.8×104N．

（2）电梯在第1s内的速度改变量△υ1是0.50m/s，第2s末的速率υ2是1.5m/s．

（3）电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P为2.0×105W；

（4）在0─11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W是1.0×105J．

解：（1）由牛顿第二定律得：F-f=ma   

 式中f=μmg=0.2×1×10=2（N）

由牛顿第二定律得：物体的加速度

物体在3s内的位移为：S=at2=×4×32=18（m）

3s内力F对物体做的功为：W=FS=6×18=108（J）

（2）由动量定理得：（F-f）△t=△P …④

则物理在第二个3s内的动量变化为：△P=（6-2）×3=12（kg•m/s）

答：（1）从静止开始运动，经过3s力F对物体所做的功为108J；

（2）在第二个3s内，该物体的动量变化大小为12（kg•m/s）．