热门试卷

解：（1）物体沿斜面向下做匀加速运动，根据位移时间关系有：

x=

得物体的加速度为：

（2）对斜面上的物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有：

mgsinθ-f=ma

得物体所受摩擦力为：N

答：（1）物体的加速度a的大小为4m/s2；

（2）物体受到的摩擦阻力为50N．

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°=ma1①

解得 a1=7.5m/s2

当小物块速度等于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得

  ②

③

代入解得 t1=0.4 s   L1=0.6 m

由于L1＜L 且μ＜tan30°，当小物块速度等于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得

  mgsin30°-μmgcos30°=ma2④

解得  a2=2.5m/s2

又L-L1=v1t2+a2t22⑤

解得 t2≈0.8 s

故小物块由静止出发从A到B所用时间为 t=t1+t2=1.2s

（2）传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，设用时t0，即

L=a1t02⑥

解得t0=1s

传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持t0不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长Smax．  

设此时传送带速度为v2，则

   Smax=2L+2πR⑦

   Smax=v2t0-L ⑧

联立⑥⑦⑧解得 v2=12.25m/s

答：

（1）将小物块无初速地放在A点后，它运动至B点需1.2s时间．

（2）要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v2至少为12.25m/s．

解：（1）设小物块和小车的加速度分别am、aM，由牛顿第二定律有：

μmg=mam

F-μmg=MaM                

代入数据解得：am=2m/s2                  

aM=0.5m/s2                

设经过时间t1两者达到相同的速度，由amt1=v0+aM t1             

解得：t1=1s                                                 

（2）当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a做匀加速运动

对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：

F=（M+m）a

解得：a=0.8m/s2此时小物块和小车之间的摩擦力f=ma=1.6N

而小物块和小车之间的最大静摩擦力fm=μmg=4N

f＜fm，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止．             

从小物块放上小车开始，小物块的位移为：sm=

小车的位移sM=

小车至少的长度l=sM-sm带入数据得：l=0.75m

（3）在开始的1s内，小物块的位移sm==1m，末速度v=amt1=2m/s

在剩下的时间t2=t-t1=0.5s时间内，物块运动的位移为s2=υt2+at2，得s2=1.1m．

可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为s=sm+s2=2.1m．

答：（1）经过1s钟两者达到相同的速度；

（2）小车至少0.75m，才能保证小物块不从小车上掉下来；

（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为2.1m．

解：（1）由牛顿第二定律得：

F-μmg=ma

所以物体的加速度：

故物体的加速度大小为4m/s2．

（2）2s末物体的速度大小为：

v=at=4×2=8m/s

故2s末物体的速度大小为8m/s．

（3）撤去拉力F后，物体的加速度设为a′，则有：

μmg=ma′

得物体的加速度：

a′=μg=0.5×10=5m/s2

物体还能向前运动：

2s末撤去拉力F，物体的加速度又是5m/s2，继续滑行的距离是6.4米．

解：（1）由图象可知，前30m物体做匀加速，30-75m做匀减速，由v2-v02=2ax，得

  a1===15m/s2

  a2===-10m/s2

（2）上升第一阶段受力分析如图

 f1=μFN1=μ（Fsinθ+Gcosθ）

由牛顿第二定律得：

  Fcos37°-mgsin37°-f1=ma1

上升第二阶段受力分析如图

f2=μFN2=μGcosθ

则mgsin37°+f2=ma2

联立解得μ=0.5，F=50N

（3）上滑过程中加速运动的时间 t1==s

减速运动的时间 t2=||=s=3s

由最高点返回到P点受力分析如图

f3=μFN2=μGcosθ

由牛顿第二定律有：

  mgsin37°-f3=ma3

解得 a3=2m/s2

由x=得 45=×2×t2 

解得t=3s

故总时间为 t总=t1+t2+t=（5+3）s        

答：

（1）小球在离O点0～30m区间的加速度a1和30～75m区间内的加速度a2分别为15m/s2和-10m/s2．

（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ为0.5，水平风力F的大小为50N；

（3）小球从O点开始运动至滑回到P点所用的时间为（5+3）s．

解：（1）巡航时为匀速运动，根据共点力平衡可知

f==2.08×106N

（2）起飞过程中有运动学公式a===317.53m/s2

答：（1）在巡航高度上飞机的阻力为2.08×106N；

（2）在最大起飞质量、最大推力的情况下，飞机的加速度317.52m/s2

解：（1）煤块能受到的最大静摩擦力fm=μmg

对应最大加速度am=μg=2 m/s2＜a=4 m/s2

所以两物体的运动情景可由图表示（用文字表示也可）．

研究煤块运动的全过程：

L=2×amt22，t2=2 s

v1=amt2=4 m/s

研究皮带的运动：0-t1时间内，v=at1

t1-t2时间内，v1=v-a（t2-t1）

可知：t=t1=1.5 s，v=6 m/s．

（2）0-t2时间内，煤块相对于皮带向左滑，皮带向右前进的距离：

s=vt+（v+v1）（t1-t）=7 m

煤块向右前进的距离：s1=v1t2=4 m

黑色痕迹长：L=s-s1=3 m

答：（1）传送带的加速时间为1.5s；

（2）当煤块停止运动时，煤块在传送带上留下黑色痕迹的长度为3m．

解：由v2=2ax可得：a===2m/s2；

由牛顿第二定律：F-f=ma 

得：f=F-ma=（500-50×2）N=400 N．

答：物体受到的阻力为400N．