热门试卷

解：（1）根据牛顿第二定律   F=ma

解得物体的加速度

a== m/s2=2.0 m/s2

（2）物体开始运动后t=3.0 s内通过的距离

x==×2.0×3.02 m=9 m

答：（1）物体加速度a的大小为2m/s2．

（2）物体开始运动后t=3.0s内通过的距离为9m．

解：（1）环能沿杆匀速下滑，根据力的平衡有：

mgsinθ=μmgcosθ

解得：μ=tanθ=0.75；

（2）由AB=BC=CD=L，环从A到C过程中，杆对环的弹力垂直于杆向下，根据牛顿第二定律有：

Fcosθ-f-mgsinθ=ma1

Fsinθ=N+mgcosθ

f=μN

v2=2a1×2L

环从C到D的过程中，根据牛顿第二定律有：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2

v2=2a2L

解得：F=

答：（1）环与杆间的动摩擦因数为0.75；

（2）拉力F的大小为．

解：（1）上升加速度大小为mg+f=ma

a=

上升的高度为

（2）下降过程中由动能定理得

mgh-fh=

代入数据解得 v′=

答：（1）物体能够上升的最大高度是16m；（2）物体落回到抛出点时的速度是

解：（1）雨滴做自由落体运动，由位移公式得：h=gt2，解得：t≈17.32s，

雨滴落地时的速度：v=gt=173.2m/s；

（2）雨滴的速度通常不超过8m/s，而理论计算值约是实际值的21倍，差别很大．造成这个差别的原因是：雨滴自高空落下，受空气阻力作用，速度越大，阻力也越大，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，到达地面之前，已做匀速运动． 答：雨滴落地的速度按照理论计算是1.732×102m/s，而实际的情况是：雨滴自高空落下，受空气阻力作用，速度越大，阻力也越大，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，到达地面之前，已做匀速运动．

答：（1）雨滴下落到地面的时间是17.32s，到达地面时的速度是173.2m/s．

（2）雨滴落地的速度按照理论计算是173.2m/s，而实际的情况是：雨滴自高空落下，受空气阻力作用，速度越大，阻力也越大，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，到达地面之前，已做匀速运动．

解：（1）设木板与地面间的动摩擦因数为μ，未放小铁块时，对木板由平衡条件得：

         F=μMg，所以解得：μ=0.5

第一个小铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度为a1，根据牛顿第二定律得：

F-μ（M+m）g=Ma1，所以 

故第一个小铁块放上后，木板的加速度大小为0.5m/s2．

（2）放上第一个木块后，木板做匀减速运动，设第二个小铁块放上时，木板的速度是v1，则有：

，所以解得：

故第二个小铁块放上时，木板的速度是：．

（3）第二个小铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度为a2，则有：

F-μ（M+2m）g=Ma2 ，所以有：．

设第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是s，则有：

，所以解得：s=12m

故第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是12m．

解：（1）受力如图所示．

（2）根据牛顿第二定律得，mgsinθ-μmgcosθ-kv=ma；

解得加速度a=gsinθ-μgconθ-；   

（3）当a=0时，速度达到最大，即gsinθ-μgconθ-=0；

解得vmax=；    

（4）由图可知t=0时，速度v=0，加速度a0==4m/s2，有：4=gsin37°-μgcos37°，

解得μ=0.25；

a=0时，vmax=2m/s，有：

k=4Ns/m． 

答：（1）受力如图所示．

（2）滑块下滑的加速度的表达式为a=gsinθ-μgconθ-；

（3）滑块下滑的最大速度的表达式为vmax=；

（4）μ和k的值分别为0.25，4Ns/m．

解：（1）对B，由牛顿第二定律得：F-μ2mg=maB

aB=2m/s2；

（2）设物体A经过t时间追上物体B，对物体A，由牛顿第二定律可知：

μ1mg=maA恰好追上的条件为：

两物体出现在同一位置且速度相等；

即：vA=vB可得：v0-aAt=aBt------（1）；

xA-xB=L

即：v0t-aAt2-aBt2=L------（2）；

联立各式并代入数据解得：L=0.75m；

答：（1）物块B运动的加速度为2m/s2； （2）两物块相距的距离为0.75m．

解：（1）物块上滑的加速度大小a1=||=m/s2=8m/s2

物块下滑的加速度大小a2═2m/s2

（2）由位移公式S=v0t-=1m  

 即物块向上滑行的最大距离为1m  

（3）设物块质量为m，物块与斜面间的滑动摩擦系数为μ  则有：

ma1=mgsinθ+μmgcosθ                                            

ma2=mgsinθ-μmgcosθ                                             

解得：θ=30°     

答：（1）物块上滑和下滑的加速度大小分别为8m/s2、2m/s2．

（2）物块向上滑行的最大距离S为1m．

（3）斜面的倾角θ为30°．

解：（1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，

由牛顿第二定律mgsin37°+μmgcos37°=ma1

代入数据解得；

（2）设物块速度减为5m/s所用时间为t1，则v0-v=a1t1

解得t1=0.5s

通过的位移：m＜6 m    

因μ＜tanθ，此后物块继续减速上滑的加速度大小为a2则mgsin37°-μmgcos37°=ma2

代入数据解得

设物块到达最高点的速度为v1，则

x2=l-x1=2.25m

解得v1=4m/s．

（3）从开始到最高点，由动能定理得

代入数据解得W=-12 J        

答：（1）物块刚滑上传送带时的加速度大小为10m/s2；

（2）物块到达传送带顶端时的速度为4m/s；

（3）整个过程中，摩擦力对物块所做的功为-12J．