热门试卷

解：（1）设地板对金属块的支持力为FN，金属块与地板的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有：

Fcosθ=μFN

mg=Fsinθ+FN

解得：

（2）由牛顿第二定律得：

F-μmg=ma1        

代入数据解得：a1=m/s2≈-0.154m/s2

负号表示加速度方向与速度方向相反，大小为0.154m/s2

（3）撤去力F后有：μmg=ma2

代入数据有：a2=4m/s2

由t=            

代入数据解得：t=1.25s．

答：（1）金属块与地板间的动摩擦因数为0.4．

（2）这一时刻金属块的加速度大小为0.154m/s2．

（3）金属块再经过1.25s停止．

解：（1）滑块受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

F-mgsin37°-μmgcos37°=ma                           

代入数据，得：a=2m/s2                                       

（2）设经过时间t，滑块运动到离C点S处，支架开始转动，则根据力矩平衡条件，有：

F（ACcos37°-CD）+f•BD+N（S-BC）=Mg•BDsin37°+F•BD   

式中N=mg cos37°，f=μmgcos37°

代入数据，得：S=1.2m                                       

因此，t==≈1.1s                              

（3）设拉力作用时间最长为t1，根据运动学公式，有：

v1=a t1

S1=a t12

撤去F后，根据牛顿第二定律，有：

a2=gsin37°+μgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8=2m/s2                 

滑块减速直至静止过程：

v1=a2t2

S2=a2t22

滑块恰好运动到离C点S′处，支架开始转动，根据力矩平衡条件，有：

μmgcos37°•BD+mgcos37°（S′-BC）=Mg•BDsin37°         

代入数据，得：

S′=0.725m                                     

根据位移时间关系公式，有：

S′=a t12+a2t22                                      

代入数据，得：

t1=0.78s        

答：（1）小滑块沿AC向上滑的加速度大小为2m/s2；

（2）滑块开始运动后，经过1.1s时间支架开始转动；

（3）为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力F，拉力作用的最大时为0.78s．

解：（1）传送带不转动μ＜tan θ 则物体加速下滑

由牛顿第二定律，得

mgsinθ-μmgcosθ=ma2，

所以a2=2m/s2

s=a2t22   

所以 t2=5s

（2）传送带逆时针方向转动    物体运动经历两个阶段

开始阶段受力分析如图 （a）所示，

由牛顿第二定律，得mgsinθ+μmgcosθ=ma1，

得 a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2．

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为 t1==1s，

发生的位移为　s1=a1t12=5m＜25m，

物体加速到10m/s时仍未到达A点．

第二阶段    受力分析如图 （b）所示，应用牛顿第二定律，有

 mgsinθ-μmgcosθ=ma2，a2=2m/s2．

设第二阶段物体滑动到A端的时间为t2，则　　　　LBA-s1=vt2+a2t22，

解得　　t2=1.6s．

故物体经历的总时间t=t1+t2=2.6s．

答：（1）传送带不动时，运动时间为5s．

（2）传送带以v=10m/s的速度逆时针方向转动，运动时间为2.6s．

解：（1）设麻袋包平抛运动时间为t，有：

x=vt

解得：

x=1.2 m 

麻袋包在主动轮的最高点时，有：

解得：R=0.4m

（2）对麻袋包，设匀加速时间为t1，匀速时间为t2，有：

μmgcosθ-mgsinθ=ma

解得：a=g（μcosθ-sinθ）=10×（0.8×0.8-0.6）=0.4m/s2

由运动学公式，有：v=at1

故加速时间为：t1===5s

故加速位移：=

l-x1=vt2

解得：t2==7.5s

解得：t=t1+t2=5+7.5=12.5s

（3）在t1=5s内，传送带位移为：S带=vt=2×5=10m                 

△S=S带-x1=10-5=5m                              

由能量守恒得

E=mglsin37°+mv2+f•△S

=100×10×20×0.6+×100×4+0.8×1000×0.8×5J=1.54×104J．

答：（1）主动轮轴与货车车箱中心的水平距离x为1.2m，主动轮的半径R为0.4m；

（2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t为12.5s；

（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为1.54×104J．

解：当加速度a较小时，小球与斜面一起运动，此时小球受重力、绳子拉力和斜面的支持力，绳子平行于斜面；当加速度a足够大时，小球将飞离斜面，此时小球仅受重力与绳子的拉力作用，绳子与水平方向的夹角未知，而题目要求出当斜面以15m/s2的加速度向右做加速运动时，绳的拉力及斜面对小球的弹力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度a0，（此时小球所受斜面的支持力恰好为零）小球的受力如图：

由牛顿第二定律得：

F合=mgcotθ=ma0

解得：

a0=gcotθ=10×=13.3m/s2

因为：

a=15m/s2＞a0

所以小球一定离开斜面N=0，小球的受力如图所示：

则水平方向有牛顿第二定律得：

Tcosα=ma

竖直方向有受力平衡得：

Tsinα=mg

由以上两式整理得：

T==≈9.01N

N=0

答：绳的拉力为9.01N，斜面对小球的弹力为零．

解：（1）由题图b知：木块所受到的滑动摩擦力f=32 N

根据f=μN

解得μ=0.4

（2）根据牛顿运动定律得Fcosθ-f=ma，

Fsin θ+N=mg

f=μN

联立解得：a=2.5 m/s2

（3）撤去F后，加速度a′=μg=4 m/s2

继续滑行时间t== s=1.25 s．

答：（1）木块与长木板间的动摩擦因数为0.4．

（2）木块从静止开始沿水平面做匀变速直线运动的加速度a=2.5 m/s2．

（3）再经过1.25s木块停止运动．

解：（1）根据牛顿第二定律得：

a==2.5m/s2，

（2）根据匀加速直线运动位移时间公式得：

x===125m

答：（1）物体的加速度是2.5m/s2；

（2）经过10s时间物体的位移大小为125m．

解：（1）设撤去F时物体速度为v，由图象知，v=7.2m/s，

分析撤去F后物体的运动，

由图象知加速度的大小为

a2==2m/s2

由牛顿第二定律有：μmg=ma2

解得：μ=0.2

（2）分析在力F作用下物体的运动，

由图象知此段加速度大小为a1==7.2m/s2

受力如图，由牛顿第二定律有：

Fcos37°-f=ma1

N+Fsin37°=mg

又f=μN

由以上三式解得：代入数据得F=5N．

答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.2；

（2）拉力F的大小为5N．

解：（1）滑动摩擦力F=μmg

代入题给数值，得     F=4N

由牛顿第二定律，得  F=ma

代入数值，得  a=1m/s2

（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s．

则v=at1     代入数值，得t1=1s

匀速运动的时间为t2

t2==1.5s

运动的总时间为   T=t1+t2=2.5s

（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短．则

L=atmin2

代入数值，得tmin=2s

传送带对应的最小运行速率vmin=atmin

代入数值，得vmin=2m/s

答：（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小为4N，加速度大小为1m/s2；

（2）行李从A运动到B的时间为2.5s；

（3）行李从A处传送到B处的最短时间为2s，传送带对应的最小运行速率为2m/s．

解：（1）根据v2=2aL

解得：a=2m/s2（2）根据牛顿第二定律得：

mgsinθ-μmgcosθ=ma

解得μ=0.50

（3）设滑块下滑的时间为t，则L=，解得：t=2s

在下滑过程中重力的冲量为：IG=mgt=4N•s

答：（1）滑块沿斜面下滑的加速度大小为2m/s2；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.50；

（3）在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小为4N•s．