热门试卷

解：（1）以m为研究对象，受力情况如图所示：设物体在恒力作用下的加速度为a1，

根据牛顿运动定律：=8m/s2．

（2）0.5s时的速度：v=a1t=8×0.5m/s=4m/s

撤去恒力后的加速度大小：，

则撤去恒力后物体继续滑行的时间：t′=．

（3）匀加速直线运动的位移：．

匀减速直线运动的位移：．

则总位移：x=x1+x2=1+4m=5m．

答：（1）恒力作用于物体时的加速度大小为8m/s2．

（2）撤去恒力后物体继续滑行的时间为2s．

（3）物体从开始运动到停下来的总位移大小为5m．

解：由题图可知上滑过程的加速度a=

则：a上= m/s2=6 m/s2，

下滑过程的加速度a下= m/s2=4 m/s2     

上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图

上滑过程

a上==gsinθ+μgcosθ        

下滑过程a下=gsinθ-μgcosθ，

联立解得θ=30°，μ=                                      

答：斜面的倾角30°，物体与斜面间的动摩擦因数 μ=．

解：（1）小滑块运动到B点时速度恰为零，设小滑块在水平面上运动的加速度大小为a，

据牛顿第二定律可得       μmg=ma        ①

由运动学公式得-v02=-2as②

   解得  μ=0.09③

故小滑块与水平面间的动摩擦因数为0.09．

（2）小滑块运动到B点      t1==3.3s      ④

在斜面上运动的加速度a=gsinθ，

运动的时间 t2=⑤

小滑块从A点运动到地面所需的时间为     t=t1+t2=4.1s         ⑥

故小滑块从A点运动到地面所需的时间为4.1s．

（3）若小滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点时的速度为，

由vB2-v12=-2as得vB==4m/s       

小滑块将做平抛运动．  

假设小滑块不会落到斜面上，则经过，由于水平运动的位移x=vBt3=1.67m＞=1.36m

所以假设正确．         

小滑块从A点运动到地面所需的时间为t=s        ⑨

故小滑块从A点运动到地面所需的时间为1.5s．

解：如图所示，作出的物体的速度一时间图象，O一2s

内物体向上的加速度

．

2s末速度v=at=5×2m/s=10m/s

2～5 s内作匀速运动

5-7 s内作匀减速运动，加速度

上升的总高度

h=m=50m．

答：升降机在7s钟内上升的高度为50m．

解：（1）将物体受到的拉力F沿水平方向与竖直方向分解，得：

F水平=Fcosθ=30×cos37°=24N

F竖直=Fsinθ=30×sin37°=18N

（2）受力分析如图所示．

在竖直方向有：N+Fsinθ=mg

又有：f=μN=16N

（3）由牛顿第二定律得：Fcosθ-f=ma

代入数据得：a=1.6m/s2，

（3）5s内的位移为：s=at2=×6×（25-16）m=27m

答：（1）求出拉力在水平和竖直方向的分力大小分别为24N和18N；

（2）物体在运动中受到摩擦力的大小是16N；

（3）物体运动的加速度为1.6m/s2．

解：（1）因M＞m，则其方向为正，又因系统置于光滑水平面，其所受合外力为零，故AB相对滑动时，系统总动量守恒AB相对静止后设速度为v，则系统动量为（M+m）v．方向也为正，则v方向为正，即水平向右．

且Mv0-Mv0=（M+m）v  

解得：v=  ①

方向与B的初速度方向相同

（2）恰好没有滑离，则Q=fl=-  ②

A向左运动到达最远处时速度为0，对由动能定理得：-fs=0- ③

由①②③得：

s=

答：（1）若已知A和B的初速度大小为v0，它们最后的速度大小为，方向与B的初速度方向相同；

（2）若初速度的大小未知，小木块A向左运动到达最远处（从地面上看）离出发点距离为．