热门试卷

解：（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式得，h=

解得a=．

方向竖直向下．

（2）根据牛顿第二定律得，F+mg=ma

解得F=ma-mg=24m=2.4mg．

（3）未系安全带的乘客，仅受重力，竖直方向上做自由落体运动，相对于机舱向上运动，最可能受到伤害的部位是头．

答：（1）飞机在竖直方向上产生的加速度为34m/s2，方向竖直向下．

（2）安全带对乘客的作用力是其重力的2.4倍．

（3）乘客相对于机舱向上运动，最可能受到伤害的部位是头．

解：（1）设旅行包在传送带上匀加速运动t1后达到与传送带共速，发生的位移为x，

由牛顿第二定律得：f=ma…①

f=μmg…②

v=at1…③

…④

解得：x=1m＜5m，所以物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动．

设匀速直线运动时间t2，则：L-x=vt2…⑤

t=t1+t2…⑥

联立解得：t=3s…⑦

（2）旅行包相对滑动过程传送带位移为：x‘=vt1…⑧

旅行包相对滑动时留下的痕迹的长度：s=x'-x…⑨

联立解得：s=1m

答：（1）旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间t为3s；

（2）旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹的长度s为1m．

解：（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0，则（mA+mB）gsin θ=kx0…①

因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，B对A的作用力为0，

由牛顿第二定律知：kx1-mBgsin θ=mBa…②

前0.2 s时间内A、B向上运动的距离为：x0-x1=at2…③

①②③式联立解得：a=5.0m/s2

当A、B开始运动时拉力最小，此时有：Fmin=（mA+mB）a=60 N

当A、B分离时拉力最大，此时有：Fmax=mA（a+gsin θ）=100 N．

（2）物体上升的位移为：

故上升的高度为：h=x•sin30°==0.05m．

答：（1）力F的最大值为60N，最小值为100N；

（2）力F由最小值到最大值的过程中，物块A所增加的高度为0.05m．

解：物体A在传送带ab上相对滑动时，由牛顿第二定律得：

μmgcosα-mgsinα=am，

解得：a=0.4m/s2，

物体与传送带速度相等时，运动时间为：

t1==2.5s，

位移：m=1.25m＜sab，

在ab部分做匀速运动的运动时间：=s=3.45s．

由于mgsinβ＞μmgcosβ，所以物块沿传送带bc部分匀加速运动到c点，物体A在传送带bc部分匀加速下滑，由牛顿第二定律得滑动的加速度为：

a′=gsinβ-μmgcosβ=3.2m/s2，

设在bc部分运动的时间为t3，由匀变速运动位移公式得：

sbc=vt3+a′t32，

即：，

解得：t3=1.875s．

物体A从a处被传送到c处所用的时间为：

t=t1+t2+t3=7.825s．

答：物体A从a处被传送到c处所用的时间为7.825s．

解：（1）物体的受力分析图如图所示，在竖直方向上，有：N+Fsin37°=mg

解得N=mg-Fsin37°=40-25×0.6N=25N，

则摩擦力的大小f=μN=0.2×25N=5N．

（2）物体的加速度a==3.75m/s2．

（3）根据速度时间公式得，4s末物体的速度v=at=3.75×4m/s=15m/s，

撤去拉力后物体的加速度a′=μg=2m/s2

则物体还能滑行的距离x=．

答：（1）物体所受的支持力为25N，摩擦力为5N．（2）物体的加速度大小为3.75m/s2．（3）撤去拉力后，物体还能滑行56.25m．

解：（1）物体所受摩擦力为：

f=μmg…①

水平方向合力为：

F=F1-f…②

有牛顿第二定律得：

a=…③

由运动学公式得：

v=at…④

由①②③④得：v=2m/s…⑤

（2）由运动学公式得加速阶段的位移：

x1=at2…⑥

设物体总位移为x，则对全程应用动能定理：

F1x1-fx=0…⑦

由①②③⑥⑦得：x=6m…⑧

答：（1）物体的最大速度2m/s

 （2）物体发生的总位移6m

解：（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：

物体加速度：a1=μg=2m/s2

板的加速度：a2===0.5m/s2

当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t=v+a2t

解得：t=1s

滑块的位移为：x1=

木板的位移为：=1.75m

故相对位移为：△x=x2-x1=1.75m-1m=0.75m

（2）在物体与木板相对静止后，它们之间还有相互作用的静摩擦力，否则会相对滑动；

对整体，有：

a===0.8m/s2

再隔离滑块，有：

f=ma=2×0.8=1.6N

答：（1）物体放到木板上以后，经1s时间物体与木板相对静止；在这段时间里，物体相对于木板滑动的距离为0.75m；

（2）在物体与木板相对静止后，它们之间有相互作用的摩擦力，否则会相对滑动；摩擦力为1.6N．

解：（1）根据牛顿第二定律得，

=

（2）当a=0时速度最大，，解得vmax=．

（3）当v=0时，a=gsinθ-μgcosθ=3m/s2，

代入数据解得μ==0.23．

最大速度v=2m/s，vmax==2m/s，解得k=1.5kg/m．

答：（1）滑块下滑过程中加速度的表达式；

（2）求出滑块下滑的最大速度的表达式为；

（3）μ、k的值分别为0.23，1.5．

解：（1）薄木板上表面光滑，木板受到的合外力为拉力，由牛顿第二定律得：

F=Ma=3×2=6N，则拉力大小为6N；

（2）当木块相对于木板滑动时，对木块，由牛顿第二定律得：

μmg=ma0，

解得：a0=μg=0.3×10=3m/s2，

木块相对于木板恰好滑动时，由牛顿第二定律得：

拉力：F0=（M+m）a0=（3+1）×3=12N＞6N，

拉力为6N时，木块相对于木板静止，由牛顿第二定律得：

F′=（M+m）a′，解得：a′===1.5m/s2；

对物块，由牛顿第二定律得：f=ma′=1×1.5=1.5N，方向：水平向右；

（3）拉力F=15N＞F0，木块相对于木块滑动，对木板，由牛顿第二定律得：

F-μmg=Ma木板，

解得：a木板===4m/s2，

木块位移：s木块=a0t2，

木板位移：s木板=a木板t2，

木块从木板上滑下时有：s木板-s木块=L，

此时木块的速度：v=a0t，

解得：v=12m/s，则木块获得的最大速度为12m/s；

答：（1）需对木板施加的水平拉力为6N；

（2）物体对薄木板的摩擦力大小为1.5N，方向：水平向右；

（3）若拉力F=15N，物体所能获得的最大速度为12m/s．

解：（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：

物体加速度：a1=μg=2m/s2

板的加速度：a2===0.5m/s2

当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t=v+a2t

解得：t=1s

滑块的位移为：x1=a1t2=×2×12=1m

木板的位移为：x2=vt+a2t2=1.5×1+×0.5×12=1.75m

故相对位移为：△x=x2-x1=1.75m-1m=0.75m

（2）在物体与木板相对静止后，它们之间还有相互作用的静摩擦力，否则会相对滑动；

对整体，有：

a==0.8m/s2

再隔离滑块，有：

f=ma=2×0.8=1.6N

答：（1）物体放到木板上以后，经1s时间物体与木板相对静止；在这段时间里，物体相对于木板滑动的距离为0.75m；

（2）在物体与木板相对静止后，摩擦力为1.6N．