热门试卷

解：（1）由图可知，0-2s内，物体向右做匀减速直线运动，2s-4s内，物体向左做匀加速直线运动；

0-2s内，a1=，方向水平向左；

2s-4s内，a2=，方向水平向左；

由牛顿第二定律，得到：

F+μmg=ma1

F-μmg=ma2

代入数据解得：F=7N，μ=0.15

（2）依据图象可知，物体4s内的位移：

S==6m

（2）根据牛顿第二定律，在0-4s内恒力F与摩擦力同向：

F+μmg=ma1

4s-8s内恒力F与摩擦力反向：

F-μmg=ma2

代入数据解得：

F=7N，μ=0.15

答：（1）物块在0-4s内的加速度a1的大小和4-8s内的加速度a2的大小分别为5m/s2和2m/s2；

（2）恒力F的大小为7N，物块与水平面的动摩擦因数μ为0.15；

解：由于滑动摩擦力的方向与相等运动方向相反，因此首先应判断工件刚平稳地传到乙上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙侧向速度v0和与传送带乙运动方向相反的速度v0，其合速度方向与传送带运动方向显然成45°，如下图所示，并建立图示直角坐标系．

根据牛顿第二定律可知：ax=-，ay=

即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对传送带在x方向上的位移即侧向滑过的距离为s：由可得

s=

答：若乙的速度为v0，工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s为．

解：（1）物块匀加速运动过程中的加速度为：a1==5m/s2  

关闭风洞时的速度为：v=a1t=5×1.2=6m/s

关闭风洞后物块匀减速运动的加速度为：a2==-10m/s2

匀加速过程的位移：x1===3.6m 

匀减速过程的位移：x2==1.8m

故A、C两点间的距离为：x=x1+x2=3.6+1.8=5.4m

（2）由牛顿第二定律得，

匀加速过程：Fcos37°-mgsin37°-μ（mgcos37°+Fsin37°）=ma1 

匀减速过程：-（mgsin37°+μmgcos37°）=ma2 

联立两式代入数据得：F=30N

答：（1）A、C两点间的距离为5.4m

（2）水平恒力F的大小为30N．

解：（1）设物体沿斜面上滑的最大距离为x，

由运动学公式得x=     

（2）设物体与斜面间的滑动摩擦力为f

f=μmgcos30°①

对物体上滑过程，由牛顿第二定律得

mgsin30°+f=ma ②

由运动学公式得x=      ③

对物体的下滑过程，则有mgsin30°-f=ma下④

x=2⑤

对全过程t=t上+t下⑥

由①②③④⑤⑥联立解得       

t=4.5s      

答：（1）物体沿斜面上滑的最大距离为9m．（2）物体从A点出发经4.5s时间才能返回到A点．

解：（1）由运动学公式2a0S0=v02

得S0=  

代入数据可得S0=1102.5m

（2）飞机受力分析如图所示．

由牛顿第二定律有2FTcosθ+f-F=ma 

其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力

飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0  

联立上式可得FT=5×105 N    

答：（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保证飞机不滑到海里；

（2）此时阻拦索承受的张力大小为5×105 N

解：（1）摩擦力与侧向的夹角为45°，

侧向加速度大小ax=μgcos45°，

根据，解得s=．

（2）设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay，

则，

很小的△t时间内，侧向、纵向的速度增量△vx=ax△t，△vy=ay△t，

解得．

且由题意知，tanθ=，则，

所以摩擦力方向保持不变，

则当vx′=0时，vy′=0，即v=2v0．

（3）工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，

由题意知，ax=μgcosθ，ay=μgsinθ，

在侧向上，在纵向上，

工件滑动时间，乙前进的距离y1=2v0t．

工件相对乙的位移L=，

则系统摩擦生热Q=μmgL，

依据功能关系，则电动机做功：

由，解得．

答：（1）工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离为s=．

（2）工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=2v0．

（3）驱动乙的电动机的平均输出功率．

解：（1）物体匀速运动时受到重力mg、恒力F、地面的支持力N和滑动摩擦力f，作出力图如图所示．由平衡条件得：

水平方向：Fcosθ=f

竖直方向：N=mg+Fsinθ

又：f=μN

联立得：Fcosθ=μ（mg+Fsinθ）

得：F==

（2）设撤去F后物体滑行时间t0时停止运动，则：v=v0+at0，

得：=

故计时4s内物体的位移等于物体滑行时间t0内通过的位移．

撤去F前，物体通过的位移：x1=v0t=10×1m=10m；

撤去F后，物体运动时间：t′=t0=2s，通过的位移为：

x2=v0t′+=10×2-×5×22=10（m）

故计时后4s内物体的位移：x=x1+x2=20m．

答：（1）恒力F的大小是10N．

（2）计时后4s内物体的位移是20m．

解：（1）小滑块受到的滑动摩擦力为f2，方向向左

f2=μ2mg=0.8N，

长木板受到小滑块给予的滑动摩擦力f2′，方向向右

f2′=f2=0.8N

长木板受地面的滑动摩擦力f1=μ1（m+M）g=0.4N．

f1方向向左，f2′＞f1，长木板向右加速，小滑块向右做减速运动，长木块的加速度为a1，小滑块加速度为a2，根据牛顿第二定律

a2=μ2g=4m/s2，a1==2m/s2，

当小滑块与长木板的速度相等时，v0-a2t=a1t，

所以t=0.2s．

答：经过0.2s的时间小滑块与长木板速度相同．

（2）由于小滑块与长木板相对静止，它们一起做匀减速运动，设共同加速度大小为a，一起做匀减速运动的距离为S2

f1=μ1（m+M）g=（m+M）a

故a=μ1g=1m/s2                                                     

一起减速的初速度为木块加速运动的末速度，故减速的初速度为v=0.4m/s

S2==0.08m                               

设相对运动前小滑块运动的距离为S1

S1=v0t-a2t2=0.16m                                                

整个过程中，小滑块滑动运动的距离S

S=S1+S2=0.24m    

答：从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块滑动的距离为0.24m．

t=0.2S          

（3）在木块与木板有相对运动的过程中有热量产生，在该过程中，

滑块的位移为：

木板的位移为：

相对位移为：△s=s1-s2

Q=mgμ△s=0.096J

答：小滑块与木板间因摩擦而产生的热量为0.096J．