热门试卷

解：车匀速行驶时，小球合力为零，作出球的受力如图1所示．由平衡条件得：

  FAB==10N

 FBC=mgtanθ=6N

刹车时，作出AB拉力和重力的合力，如图2所示．由几何关系得

  FAB==10N

由牛顿第二定律得  mgtanθ-FBC=ma

又 a===2m/s2；

联立解得：FBC=4.4N

答：匀速行驶时绳AB与BC的拉力大小分别为10N和6N．刹车时绳AB与BC的拉力大小分别为10N和4.4N．

解：以物体为研究对象，作出力图，如图．升降机竖直向上做匀加速运动时，加速度竖直向上，合力一定竖直向上，则两根绳子的拉力的合力方向一定竖直向上．由力图可知，AO绳的拉力大于BO绳的拉力，当A0绳的拉力达到最大时，升降机的加速度为最大．

    根据牛顿第二定律得，

    -mg=mam，又FAO=320N

代入解得  am=10m/s2

答：为使绳子不断，升降机竖直向上的加速度最大为10m/s2．

解：（1）由受力分析得F合=F-f=F-μmg

由牛顿第二定律得F合=ma

解之得  a==m/s2=2m/s2，

（2）5s时木箱的速度为v=at=2×5m/s=10m/s．

答：（1）木箱的加速度大小为2m/s2；

（2）经过5s时木箱的速度大小为10m/s．

解：

（1）根据牛顿第二定律可得：甲车紧急刹车的加速度a1===4m/s2

       这段时间滑行距s= 

     将数据代入解得：s=12.5m  

     因为s＜15m，所以甲车司机能避免闯警戒线．

（2）设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距s0，在乙车刹车t2时间两车恰好相撞，则有：

乙车紧急刹车的加速度为a2===5m/s2

  v0-a1（t2+t0）=v0-a2t2

代入解得t2=2s

乙车通过的位移大小  s乙=v0t0+v0t2-a2t22=15m

甲车通过的位移大小  s甲=v0（t0+t2）-a1（t0+t2）2=12.5m．

代入解得  s0=s乙-s甲=（15-12.5）m=2.5m

答：（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能避免闯警戒线．

    （2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持2.5m距离．

解：（1）由牛顿第二定律得：

物体加速上升阶段：F-mgsinθ-Ff=ma1

物体减速上升阶段：mgsinθ-Ff=ma2

由题意可知：a1=a2，即：F=2（mgsinθ+Ff），

返回阶段：mgsinθ-Ff=ma3

由：可得：a1=a2=2a3

解得：mgsinθ=3Ff，F：Ff=8：1；

（2）由速度公式得：v1=a1，v=a3t，

解得：v1=8m/s，

由速度位移公式得：，

解得：h=4.8m；

答：（1）推力F与物体所受斜面摩擦力Ff之比为8：1；

（2）撤去推力F时物块的速度大小为8m/s，斜面顶端和底端的高度差h为4.8m．

解：设木棒着地时的速度为v0，因为木棒和环一起自由下落，则

，

木棒弹起竖直上升过程中，根据牛顿第二定律得：

对木棒：f+mg=ma1，

解得：，方向竖直向下，

对环：mg-f=ma2

解得：，方向竖直向下，

可见，环在木棒上升及下落的全过程中一直处于加速运动状态，所以木棒从向上弹起到再次着地的过程中，棒与环的加速度均保持不变，

木棒再空中运动的时间为t=，

再这段时间内，环运动的位移为x=，

要使环不碰地面，则要求木棒的长度不小于x，即L≥x，

解得：L≥

答：若A再次着地前B不脱离A，A的长度应满足L≥．

解：（1）汽车转弯时由牛顿第二定律得：mgtanθ=m

得tanθ==0.225

（2）若汽车所受侧向摩擦力沿斜面向里，对汽车进行受力分析，如图所示：

由正交分解得

f+mgsinθ=macosθ

a==9m/s2

解方程得f=2400N，说明侧向摩擦力沿斜面向里．

答：（1）在弯道上没有左右滑动趋势，则路面的设计倾角θ应为tanθ=0.225（求出θ的某个三角函数值即可）；

（2）此时地面对汽车的侧向摩擦力的大小为2400N，方向沿斜面向里．