热门试卷

解：物体的加速度：a=，

当速度达到1m/s时，物块的位移：x=m=0.5m＜2.5m．

物块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动．

则匀加速直线运动的时间：t1==1s，

匀速直线运动的时间：t2==2s；

物体从A点运动到B点所经历的时间：t=t1+t2=3s．

答：物体由A运动到B所用的时间为3s

解：自由下落1m的末速度为：

m/s

在减速时间为0.25s的匀减速阶段，重心下落的高度：

h=

加速度：a==8m/s2

设尾部与水面的作用力为F，由牛顿第二定律，有：

F-mg=ma

解得：

F=m（g+a）=65×（10+8）=1230N

答：下降阶段尾部与水面的作用力F为1230N，鱼在下降阶段在水中下降的高度为0.56m．

解：（1）以小孩和雪橇整体为研究对象，总重力G=（30+10）×10N=400N

分析整体的受力情况如图，

由于雪橇沿水平地面做匀速直线运动，则有

N+Fsin37°=G

得地面对雪橇的支持力N=G-Fsin37°=400N-100N×0.6=340N

（2）雪橇所受的滑动摩擦力大小为f=Fcos37°=100×0.8N=80N

（3）由f=μN得：μ==≈0.24

答：（1）地面对雪橇的支持力是340N．

（2）地面对雪橇的摩擦力是80N；

（3）地面与雪橇之间的动摩擦因数是0.24．

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

a1=μ2g=2m/s2，a2==4m/s2，

当小滑块与长木板的速度相等时，v0-a2t=a1t，

所以t=0.2s

即经过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                               

设相对运动过程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    

即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．

解：对A：=-4m/s2．

    对B：=1m/s2．

A对地做匀减速运动，B对地做匀加速运动，设经过时间t，A的位移为xA，B的位移为xB，两者达到共同速度v，然后共同做匀减速运动，最后停止．

对A：v=v0+aAt

对B：v=aBt

代入数据，得：v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18m

A对B的位移△x=xA-xB=0.9m

A、B共同运动的加速度=-2m/s2．

x0==0.09m．

最终A对地的位移x总=xA+x0=1.17m．

故最终A对地的位移1.17m．A对B的位移为0.9m．

解：（1）因为杆顶端所受拉力大小与杆对这名学生拉力的大小相等，所以传感器显示的力大小即为杆对这名学生的拉力．

由图象可知，0～1s内，杆对学生的拉力F1=380N；第5s后，杆内学生的拉力F3=500N，此时学生处于静止状态．

设学生在0～1s内的加速度为a，取向下为正方向，由牛顿第二定律知，

在0～1s内：mg-F1=ma…①

第5s后：mg-F3=0…②

由①②可解得：a=2.4m/s2

可知，这名学生在下滑的第1秒内做匀加速直线运动．而由图象可知，第1～5s内，杆对学生的拉力F2＞mg，加速度方向竖直向上，学生做匀减速直线运动，所以第1s末，这名学生达到最大速度v=at=2.4m/s

（2）设这名学生第1s内加速下滑的距离为x1，第1～5s内减速下滑的距离为x2，则有

所以5s内该学生下滑的距离x=x1+x2=6.0m                    

答：

（1）该学生下滑过程中的最大速度为2.4m/s；

（2）5s内该学生下滑的距离为6m．