热门试卷

解：（1）从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小

a1== m/s2=5 m/s2 …①

由牛顿第二定律得：μmg=ma1 …②

代入数据解得：μ=0.5…③

（2）刚释放时滑块的加速度为：a2== m/s2=30 m/s2…④

由牛顿第二定律得：kx-μmg=ma2…⑤

代入数据解得：k=175 N/m…⑥

答：（1）滑块与地面间的动摩擦因数为0.5；

（2）弹簧的劲度系数为175 N/m．

解：物体所受最大静摩擦力为：fm=μG=0.2×40N=8N

（1）由于F1-F2=6N＜fm

所以物体处于静止状态，所受摩擦力为静摩擦力，故有：f1=F1-F2=6N，方向水平向右．

（2）因为F1=12N＞fm，所以物体相对水平面向左滑动，故物体受的滑动摩擦力：f2=μG=0.2×40=8N，方向水平向右；

（3）撤去F2后，物体所受合力F合=F1-f2=ma

可得物体的加速度

则物体4s内产生的位移：

物体4s末的速度v=a1t=1×4m/s=4m/s

撤去F1后物体在滑动摩擦力f2作用下做匀减速运动，加速度大小

所以物体匀减速运动还能的距离

所以物体运动的总位移x=x1+x2=8+4m=12m

答：（1）此时物体所受的摩擦力6N；

（2）若将F2撤去后，物体受的摩擦力8N；

（3）若将F2撤去后4s再撤去F1，物体在水平面上滑行的总位移是12m．

解：（1）设AB刚好发生相对滑动时拉力大小为F0，对B受力分析，根据牛顿第二定律得：μmg=Ma0，

对整体应用牛顿第二定律得：F0=（M+m）a0，

解得：F0=40N，

因为F＜F0，故AB一起加速，对AB整体分析，根据牛顿第二定律得：F=（M+m）a，

解得：a=2m/s2，

则A的速度大小v=，

（2）经过多次碰撞，最终AB的速度都为0，木板停靠在墙边，设A相对B的总位移为△x，由动能定理得：Fx=μmg△x，

解得：△x=1.25m，

所以x=s+△x=2.25m

（3）相对滑动时A的加速度，

B的加速度，

第一次碰撞到AB共同速度v1=v-aAt1=-v+aBt1，

解得：t1=0.4s，v1=1.2m/s，

由能的转化与守恒得：，

解得：x1=0.8m，

第二次碰撞到AB共同速度v2=v1-aAt2=-v1+aBt2，

解得：t2=0.24s=0.6t1，v2=0.72m/s=0.6v1，

由能的转化与守恒得：，

解得：，

第二次碰撞到AB共同速度v3=v2-aAt3=-v3+aBt3，

解得：，，

由能的转化与守恒得：，

解得：

以此类推，第k次碰撞时，

令xk＜0.01，解得：，取k=6

答：（1）当长木板B刚要与墙面相撞时A的速度大小v为2m/s；

（2）小铁块A相对地面的总位移x为2.25m；

（3）设长木板B与墙面每次发生相撞后，滑块相对长木板的位移依次为x1、x2、x3…xk…，当k为6时xk将小于0.01m．

解：（1）根据x=得，

运动员下滑过程中的加速度a=．

（2）运动员到达坡底的速度v=at=1.8×10m/s=18m/s．

（3）运动员所受的合力F合=ma=60×1.8N=108N．

答：（1）运动员下滑过程中的加速度大小为1.8m/s2；

（2）运动员到达坡底的速度为18m/s；

（3）运动员受到的合力为108N．

解：（1）滑块开始向上做匀减速直线运动的加速度大小为：

=gsin37°+μgcos37°=6+0.5×8=10m/s2，

则滑块第一次速度达到1m/s时，煤块的位移为：

，

煤块运动的时间为：

，

此时传送带的位移为：

x2=vt1=1×1m=1m，

煤块相对传送带滑动的路程为：

△x=x1-x2=6-1m=5m．

（2）速度相等后，煤块继续向上做匀减速直线运动，加速度大小为：

=gsin37°-μgcos37°=6-4=2m/s2．

煤块匀减速运动到零所需的时间为：

，

匀减速运动的位移为：

，

反向做匀加速直线运动的加速度为：

，

根据得：

s=2.5s，

则煤块在传送带上运动的总时间为：

t=t1+t2+t3=1+0.5+2.5s=4s．

答：（1）从滑上传送带到第一次速度达到1m/s的过程中，煤块相对传送带通过的路程为5m；

（2）煤块在传送带上运动的总时间为4s．

解：（1）由图象知：

a1===2m/s2

a2==1m/s2

（2）1s末速度υ1=a1t1=2m/s

2s末速度υ2=υ1-a2t2=1m/s

3s末速度υ3=υ2+a1t3=3m/s

4s末速度υ4=υ3-a2t4=2m/s

依此得：υ8=4m/s=5m/s

画出υ-t图如图：

由图计算每秒内的位移：

x1=1m  x2=1.5m  x3=2m  x4=2.5m

x5=3m  x6=3.5m  x7=4m  x8=4.5m

最后的8s-8.5s内位移：

△x=

所以x=x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+△x=24.25m

答：（1）第1s内和第2s内的加速度大小分别为2m/s2，1m/s2

（2）t=8.5s时物块离开出发点的位移大小24.25m

解：（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如下图所示，取加速度的方向为x轴正方向：

对物块分析，在水平方向有FNsinθ-μFNcosθ=ma1，

竖直方向有FNcosθ+μFNsinθ-mg=0，

对整体有F1=（M+m）a1，

代入数值得，F1=14.35N．

（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块受力分析，

在水平方向有FNsinθ+μFNcosθ=ma2，

竖直方向有FNcosθ-μFNsinθ-mg=0，

对整体有F2=（M+m）a2，

代入数值得，F2=33.53N

综上所述可知推力F的取值范围为：14.25N≤F≤33.53N．

答：推力F的取值范围为14.25N≤F≤33.53N．

解：整个过程以向右为正方向

（1）前两秒，对A：μ1mg=maA1

代入数据解得：．

经t2=2s，撤去F时，A的速度为：

v1=aA1t1=1×2m/s=2m/s…①

对B：F-μ1mg-μ22mg=maB1

代入数据解得：

B的速度为：v2=aB1t1=4×2m/s=8m/s…②

（2）撤去力F后，对A：μ1mg=maA2

代入数据解得：

对B：-μ1mg-μ22mg=maB2

代入数据解得：

设从撤去力F到二者达到相同速度时间为t2，共同速度大小为v

对A：v=v1+aA2t2 …③

对B：v=v2+aB2t2 …④

代入数据解得：t2=1s…⑤

v=3m/s…⑥

（3）速度达到相同之后，对A：-μ1mg=maA3

代入数据解得：

对B：μ1mg-μ2×2mg=maB2

代入数据解得：

从运动到二者都停止，B的位移：…⑦

A的位移：…⑧

A距离B右端的距离：B的位移：X=SB-SA …⑨

代入数据解得：X=6m…⑩

答：（1）在木板B刚撤去水平恒力F的瞬间，A、B的速度v1、v2大小各为2m/s、8m/s．

（2）在撤去水平恒力F后A、B达到速度相等所需要的时间为1s．

（3）物体和木板都停止运动时物体A距离木板右端的距离为6m．

解：当斜面体水平向右的加速度达到最大值时，小球受重力和拉力，支持力为零，如左下图所示．

根据牛顿第二定律得，a==gcotθ．

所以向右运动时，斜面体水平方向运动的加速度不得大于gcotθ．

当斜面体水平向左的加速度达到最大值时，小球受重力和支持力，拉力为零，如右下图所示．

根据牛顿第二定律得，a==gtanθ．

所以向左运动时，斜面体水平方向运动的加速度不得大于gtanθ．

答：斜面体向右运动时，斜面体水平方向运动的加速度不得大于gcotθ．

斜面体向左运动时，斜面体水平方向运动的加速度不得大于gtanθ．

解：（1）据题意 静止时 受力分析如图所示

由 平衡条件 得：

对A有   mAgsinθ=FT     ①

对B有   qE+f0=FT      ②

代入数据得f0=0.4 N         ③

（2）据题意 A到N点时 受力分析 如图所示由 牛顿第二定律 得：

对A有   F+mAgsinθ-FT-FKsinθ=mAa   ④

对B有   FT′-qE-f=mBa                 ⑤

其中  f=μmBg            ⑥

设弹簧的伸长量是x，FK=kx                     ⑦

设物块的位移是d，由电场力做功与电势能的关系得△EP=qEd          ⑧

由几何关系得              ⑨

A由M到N  由  得 A运动到N的速度                           ⑩

拉力F在N点的瞬时功率       P=Fv⑪

由以上各式 代入数据 P=0.528 W⑫

答：（1）B所受静摩擦力的大小为0.4N．

（2）A到达N点时拉力F的瞬时功率为0.528W．