热门试卷

解：（1）对铁块，根据牛顿第二定律得：μmg=ma

解得：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2．

则铁块滑行的距离为：x=．

（2）木板不固定，木板的加速度为：

当两者速度相等后，一起做匀速直线运动，则有：a′t=v0-at

解得：t=．

（3）相对静止时，木板的位移为：．

铁块的位移为：．

则铁块B距离木板的左端的距离为：△x=8-2m=6m

答：（1）铁块在木板上滑行的距离为9m．

（2）铁块B滑上木板之后要经过2sA、B才能保持相对静止．

（3）当两者相对静止时，铁块B距离木板的左端有6m．

解：（1）米袋在AB上加速时的加速度：

a0==μg=5m/s2

米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离：

s0==2.5m＜AB=3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度              

设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma

代入数据得：a=10 m/s2

所以能滑上的最大距离：

s==1.25m

（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为：

a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2

米袋速度小于v1至减为零前的加速度为：

a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2

由 +=4.45m

解得：v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度：

vCD≥v1=4m/s

（3）米袋恰能运到D点所用时间最长为：

tmax=+=2.1s

若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，

则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2．

由SCD=v0tmin+a2t2min，得：tmin=1.16s

所以，所求的时间t的范围为：1.16 s≤t≤2.1 s；

答：（1）若CD 部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m；

（2）若要米袋能被送到D 端，CD 部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s；

（3）米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围为1.16 s≤t≤2.1 s．

解：（1）物块开始上滑的加速度为：

==4m/s2，

速度达到传送带速度经历的位移为：

，

则有：，

第二阶段由于F与mgsinθ相等，物块不受摩擦力，做匀速直线运动，运动的时间为：

，

则有：t=t1+t2=1+0.75s=1.75s．

（2）当速度相等时，撤去F，由于mgsinθ＞μmgcosθ，物块向上做匀减速运动，加速度大小为：

=2m/s2，

根据v2-v′2=2a2x′得：．

所用的时间为：．

答：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为1.75s；

（2）小物块还需经过1s时间，离开传送带以及离开时的速度为2m/s．

解：（1）对小球A进行受力分析：受到重力、支持力、绳子的拉力，重力和支持力相互抵消，绳子的拉力等于B球的重力并提供向心力，

根据向心力公式得：mω2r=mg

ω==10rad/s

（2）将前一问求得的角速度减半，要求B球仍静止，则绳子的拉力等于B球的重力并提供向心力，

根据向心力公式得：

解得：r′=0.4m

答：（1）当A球的轨道半径为0.1m时，它的角速度为10rad/s才能维持B球静止；

（2）若将前一问求得的角速度减半，将A球圆运动的轨道半径增大到0.4m才能使A作圆周运动时B球仍能保持静止．

解：设抽出纸带的最小速度为v0，即纸带从金属块下抽出时金属块的速度恰好等于v0．

对金属块，由牛顿第二定律得：f=ma，

速度为：v0=at

金属块发生的位移为：s1=at2，

纸带发生的位移为：s2=v0t

两者相对位移为：s2-s1=l

解得：v0=，

故要抽出纸带，纸带的速度v≥

答：纸带的速度v应满足v≥．