热门试卷

解：（1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2

根据牛顿第二定律得：F-μmgcosθ-mgsinθ=ma1

匀减速直线运动的加速度：

根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma2

解得：F=30N，μ=0.5

（2）由（1）知，F=30N

（3）在物块由A到C过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为t2

v1=a2t2，

解得t2=2s  

则物体沿斜面下滑的时间为t3=t-t1-t2=1s  

设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得

mgsinθ-μmgcosθ=ma3

解得：a3=2m/s2

所以t=4s时物体的速度：v=a3t3=2×1=2m/s，沿斜面向下  

答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数

（2）拉力F的大小是30N；

（3）物体4s末速度为2m/s．

解：如图分别对M和m进行受力分析和运动分析有：

（1）小物块在木板上滑动时，根据牛顿第二定律

f1=μ1mg=ma1

a1=μ1g=4.0m/s2，方向向右

木板在水平方向上的受力情况如答图1所示，根据牛顿第二定律

F-μ1mg=Ma2

a2==8.0m/s2

设经过时间t1，物块与木板分离，

物块的位移

木板的位移

由答图2可知x2-x1=d

解得t1=0.5s

（2）物块与木板分离时，物块的速度

υ1=a1t1=2.0 m/s

物块在桌面上做匀减速直线运动，设物块运动到

桌面右端时的速度为υ2，根据牛顿第二定律

f2=μ2mg=ma3

a3=μ2g=3.0 m/s2，方向向左

x1=0.5m

解得υ2=1 m/s

物块做平抛运动，设经过时间t2落地

⇒

物块落地点与桌面右端的水平距离

x=v2t2=1×0.4m=0.4m

答：（1）物块在木板上运动的时间为0.5s；

（2）物块落地点与桌面右端的水平距离为0.4m．

解：当木箱匀速运动时，有：Fcos37°=f

N=mg+Fsin37°

f=μN

代入数据，联立解得μ=0.17；

当拉力斜向上时，根据牛顿第二定律得，a==．

答：木箱的加速度为0.55m/s2．

解：（1）对物体m受力分析如右图所示，则

N1=mgcosɑ

F+mgsinɑ=ma

解得：N1=mgcosɑ

答：斜面对物体的支持力大小为mgcosɑ，物体沿斜面下滑的加速度为．

（2）根据牛顿第三定律 

对斜面M受力分析如右图所示

+Mg

当斜面恰好不后退时有：f=μN2

得：

答：若斜面不后退，斜面与地面间的摩擦因数至少为．

解：（1）由乙图，0-4s物体受由静止开始向右做匀加速直线运动，设加速度为a1，4s末速度为v1，由牛顿第二定律

F1-µmg=ma1      ①

又 v1=at1       ②

代入数据     v1=12m/s             

（2）由乙图，4-5s内物体受到水平力F大小不变方向变，设加速度为a2，5s末的速度v2，

加速度大小=7m/s2，

则5s末的速度v2=v1-a2t2=12-7m/s=5m/s，

5-8s内物体只受摩擦力f的作用，设加速度为a3，经t3s 速度减为零，8s末速度为v3

加速度大小，

解得物体速度减为零的时间   t3=，

故t=7.5s时物体停止运动，v3=0                    

v-t 图象如图    

答：（1）物体在4s末的速度大小为12m/s．

（2）速度时间图线如图所示．

解：（1）当升降机以2m/s 2的加速度匀加速上升时，加速度向上；

受重力G、推力F、支持力N、向上的静摩擦力f，根据牛顿第二定律，有：

水平方向：F-N=0

竖直方向：f-mg=ma

考虑恰好不滑动的临界情况，摩擦力为最大静摩擦力，故：f=μN

联立解得：F==

（2）当升降机以5m/s 2的加速度朝下加速运动时，加速度向下；

受重力G、推力F、支持力N、向上的静摩擦力f，根据牛顿第二定律，有：

水平方向：F-N=0

竖直方向：mg-f=ma

考虑恰好不滑动的临界情况，摩擦力为最大静摩擦力，故：f=μN

联立解得：F==

答：（1）当升降机以2m/s 2的加速度匀加速上升时，至少要以6N的力才能保持物块相对升降机静止；

（2）当升降机以5m/s 2的加速度朝下加速运动时，又要以2.5N的力才能保持物块相对升降机静止．