热门试卷

解：（1）甲、乙之距s1=12.5 m，乙、丙之距s2=17.5 m，

由s2-s1=aT2得，加速度：a=m/s2=5m/s2．

由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，所以：sinθ==，θ=30°．

（2）乙的速度：v乙==m/s=15m/s，

丁的速度：v丁=v乙+a×2T=（15+5×2×1）m/s=25m/s．

（3）从开始至摄像时乙滑动的时间：t乙==3s，

则甲滑动的时间为2s，所以甲上面有两个小孩．

答：（1）若不考虑一切阻力，冰道的倾角是30°．

（2）拍照时，最下面的小孩丁的速度是25m/s．

（3）拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩不会超过2个．

解：（1）由题意，物体在AC段滑动过程中，

对m：μ1mg=ma1

对M：F-μ1mg=3ma2

又v0=a1t

2v0=a2t

联立解得F=7μ1mg

代入数据得F=21N．

（2）设物块在CB段滑动的过程中，物块与木板的加速度分别为a1′和a2′，经历的时间为t′，则

在CB段：对m，μ2mg=ma1′

对M，μ2mg=3ma2′

又由运动学公式：v=v0+μ2gt′=2v0-a2′t′

解得．

在CB段：

在AC段：

联立解得．

答：（1）水平恒力F的大小为21N．

（2）μ1与μ2的比值为4：3．

解：（1）当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律

mgsin30°+μmgcos30°=ma1 ①

解得 a1==7.5m/s2

（2）当小物块速度v1=3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律

   ②

L1=     ③

由于L1＜L 且μ=＜tan30°，当小物块速度大于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律有：

mgsin30°-μmgcos30°=ma2 ④

解得  a2==2.5m/s2

物体到达底端时，满足：

L-L1=v1t2+a2t22 ⑤

代入数据可得：

3.8-0.6=3

可解得 t2=0.8s

故小物块由静止出发从A到B所用时间为 t=t1+t2=1.2s

（3）由（2）可知，物体分二段运动：

第一段物体加速时间t1=0.4s   L1=0.6m

传送带S1=v1 t1=1.2m

S相1=0.6m

当物体与传送带速度相等后，物体运动时间t2=0.8s；  L2=L-L1=3.2m

传送带S2=v1t2=2.4m

S相2=0.8m

所以Q=f（S相1+S相2）=0.35J

（4）小物体在传送带上留下痕迹的长度即为小物体相对于传送带的位移，即△x=0.8m．

答：（1）物体刚放在A点的加速度为7.5m/s2；

（2）物体从A到B约需1.2s；

（3）整个过程中摩擦产生的热量为0.35J；

（4）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹．小物块在传送带上留下的痕迹长度为0.8m．

解：（1）物体下落到O点时只受重力作用，由牛顿第二定律得：

mg=ma，

解得：a=g；

（2）圆环从A到B过程中，弹簧弹力做功为零，圆环不受摩擦力作用，只有重力做功，由动能定理得：

mg•2H=mv2-0，

解得：v=2；

（3）下落过程中，当环所受合力为零时速度最大，此时有：

2F弹cosθ=mg，F弹=，

弹簧的伸长量为：△x=-L，

由胡克定律得：F弹=k△x，

解得：k=；

答：（1）圆环过O点时的加速度为g；

（2）圆环过B点的瞬时速度为2；

（3）每根轻质弹簧的劲度系数为．

解：（1）物体B先加速运动后匀速运动，故位移：

xB=+vBt2=+3×4=18m

（2）aB==0.75m/s2

A物体先减速运动再匀速运动；

A减速运动的位移：

x1=v0t1-aAt2=6×4-aA×42=24-8aA

A匀速运动的位移：

x2=（v0-aAt1）×t2=24-16aA

由题知xA=x1+x2=xB+18，即48-24aA=18+18

解得aA=0.5m/s2．

答：（1）在A物体追上B物体前，B运动的位移大小为18m；

（2）在两物体间有相互作用时，物体A的加速度的大小为0.5m/s2，物体B的加速度的大小为0.75m/s2．

解：（1）滑块与木板间的滑动摩擦力：f=μF1

对木板应有：f＞Mg

代入数据得：F1＞20N

（2）对木板由牛顿第二定律有：μF1-Mg=Ma1

对滑块由牛顿第二定律有：F2-μF1-mg=ma2

要能发生相对滑动应有：a2＞a1

代入数据可得：F2＞13.2N

（3）对滑块由牛顿第二定律有：F2-μF1-mg=ma3

设滑块上升h的时间为t，则：

对木板由牛顿第二定律有：μF1-Mg=Ma4

设木板在t时间上升的高度为H，则：

代入数据可得：H=0.75m

由于H+L＜h，滑块在上升到1.5m之前已经脱离了木板，游戏不能成功．

答：（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足F1＞20N

（2）若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足F2＞13.2N

（3）游戏不能成功．

解：（1）小车匀速运动时，小球随之一起匀速运动，合力为零，斜面对小球的弹力大小为0，否则小球的合力不为零，不能做匀速运动．

（2）小车向右以加速度a（a＜gtanθ）做匀加速直线运动时，以小球为研究对象，分析受力如图1所示．

根据牛顿第二定律得：N1sinθ=ma

斜面对小球的弹力大小 N1=

（3）小车向右以加速度a=gtanθ做匀加速直线运动，小球只受重力和斜面的弹力，受力如图2所示．

则N2sinθ=ma

斜面对小球的弹力大小 N2=

答：

（1）小车向右匀速运动时，斜面对小球的弹力大小为0；

（2）小车向右以加速度a（a＜gtanθ）做匀加速直线运动时，斜面对小球的弹力大小为；

（3）小车向右以加速度a=gtanθ做匀加速直线运动时，斜面对小球的弹力大小为．

解：（1）物体受重力、支持力和推力，合力等于推力，根据牛顿第二定律，有：

a=

（2）物体做匀加速直线运动，2s末的速度为：

v=v0+at=0+4×2=8m/s

答：（1）该木箱的加速度为4m/s2；              

（2）第2s末木箱的速度为8m/s．