热门试卷

解：对物体受力分析并正交分解如图：

则：F1=Fsin37°=0.6F=12N，F2=Fcos37°=0.8F=16N

Y轴：N1+F1=G，可得：N1=G-F1=20-12=8N，又：f=μN1=0.75×8=6N

X轴：F2-f=ma，即：16-6=2×a，解得：a=5m/s2

加速阶段：由：x=得：x1==10m，此时速度v=at=5×2=10m/s

撤力后，受力分析如图：

f=μN=0.75×20=15N，所以：a=

由：0-102=2×（-7.5）×x2，解得：x2=m

所以：物体在整个过程中发生的位移为：x=x1+x2=

答：物体在整个过程中发生的位移为．

解：（1）对妞妞用牛顿第二定律：mg-0.4mg=ma1

求得：a1=6m/s2

妞妞下落过程是匀变速直线运动，由位移时间关系：     

解得：t=3s

（2）吴匀加速运动时间：t1=t-0.5=2.5s

妞妞下落过程是匀变速直线运动，由平均速度公式：S=1

代入数据可得：v=8m/s

（3）妞妞下落h1的速度：υ1=a1t=18m/s

缓冲过程中，对妞妞由动能定理，得：

解得：W=-1770J

答：（1）妞妞在被接到前下落的时间3s；

（2）吴菊萍跑到楼下时的速度8m/s；

（3）在缓冲过程中吴菊萍对妞妞做的功-1770J

解：由乙图象可知：Ff的最大值为5N，就是木块受到的最大静摩擦力，木块受到的滑动摩擦力大小为Ff=4N．

（1）设木块与木板间的动摩擦因数为μ，由图乙知木块受到的滑动摩擦力Ff=μFN=μmg=4 N，解得μ=0.2．    

（2）设木块在斜面上的加速度为a，由v2=2ax解得a=2 m/s2

对木块受力分析如图所示，建立直角坐标系，由牛顿第二定律得

F-mgsinθ-Ff′=ma

FN′-mgcosθ=0

又F=μF

所以可以解得F=19.2 N．

答：（1）木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2　

（2）拉力F的大小为19.2 N．

解：根据x=得加速度为：a=．

根据牛顿第二定律得：mgsin30°-f=ma，

解得：f=N=75N．

答：滑雪者受到的阻力为75N．

解：（1）上升过程，由=2ax得：

上升的最大距离

 x==m=9m．

（2）物体上滑时受力情况如图甲所示．

则由牛顿第二定律得：

沿斜面方向上：mgsinθ+Ff=ma…①

垂直斜面方向上：mgcos θ-FN=0…②

又：Ff=μFN…③

由①②③式解得：μ=0.25．

（3）在最高点，因mgsinθ=0.6mg，最大静摩擦力 fm=μmgcosθ=0.25mg•0.8=0.2mg

故mgsinθ＞fm，物体能下滑．

物体沿斜面下滑时受力情况如图乙所示

由牛顿第二定律得：

沿斜面方向上：mgsin θ-F′f=ma′

代入数据解得：a′=4 m/s2．

答：

（1）物体沿斜面上升的最大距离是9m．

（2）画出物体沿斜面上升的受力分析图如图，物体与斜面间动摩擦因数是0.25．

（3）物体上升到最高点后能返回，返回时的加速度大小为4 m/s2．

解：（1）根据牛顿第二定律得，滑块的加速度a==1m/s2．

（2）滑块的位移x=．

（3）8s末的速度v=at=1×8m/s=8m/s，

撤去F后的加速度a′=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，

则滑块还能滑行的位移x′=．

答：（1）滑块运动的加速度是1m/s2；

（2）滑块在力F作用下经5s，通过的位移是12.5m；

（3）如果力F作用8s后撤去，则滑块在撤去F后还能滑行16m．

解：（1）物块P刚到达相互作用区时的速度：

v0=gt0…①

物块P进入相互作用区后的加速度：

a1=…②

由①②解得物块P在相互作用区内向下运动的时间：

t1==0.05s

所以物块P从起始位置下落到刚好与B不接触的时间：t=t0+t1=2.05s

（2）板B在物块P未进入作用区的加速度

aB1=μg

速度的改变量△vB1=aB1t0=0.4m/s

当P进入作用区后的加速度

aB2==1.02m/s2

△vB2=aB2t1=0.051m/s

所以速度的改变量△v=△vB1+△vB2=0.451m/s

（3）当物块P的速度减到零后，又开始以加速度为a向上做加速运动，经历时间T，跑出相互作用区，在这段时间内，B板减少的速度仍是△vB2；物块P离开相互作用区后，做加速度为g的减速运动，经历时间T0，回到初始位置，在这段时间内，B板减少的速度为△vB1，以后物块又从起始位置自由落下，重复以前的运动，B板的速度再次不断减少．总结以上分析可知：每当物块P完成一次从起始位置自由下落，进入相互作用区后又离开相互作用区，最后回到起始位置的过程中，B板速度减少的总量为△v=2△vB1+2△vB2=0.902m/s

设在物块P第n次回到起始位置时B刚好停止运动

n=次

答：（1）物块P从起始位置下落到刚好与B板不接触的时间t为2.05s；

（2）物块B在上述时间t内速度的改变量为0.051m/s；

（3）当B板刚好停止运动时，物块P已经回到过初始位置11次．

解：（1）物体做匀变速运动，根据匀变速直线运动的速度位移关系：

得物体的加速度=-0.20m/s2

负号表示加速度的方向与初速度的方向相反即水平向左；

（2）如图，建立直角坐标系对物体进行受力分析，取物体运动方向为正方向

y轴方向：FN+Fsin37°-mg=0           ①

x轴方向：Fcos37°-Ff=ma              ②

滑动摩擦力Ff=μFN                  ③

由①②③得 =

答：（1）物体的加速度为0.2m/s2，方向向左；

（2）作用力F的大小为0.47N．