热门试卷

（1）若物体运动，则受到的滑动摩擦力大小为：

f=μmg=0.2×10=2N

可见F=f，故物体做匀速直线运动；

（2）根据牛顿第二定律：F′-f=ma

得：a==2m/s2

答：（1）物体做匀速直线运动；

（2）水平拉力增至4N，则物体将获得的加速度为2m/s2．

（1）物块平抛：h=gt2；

得：t==0.5s

物块离开滑道时的速度：v===2m/s

（2）拉动物块时的加速度为a1，由牛顿第二定律：F-μmg=ma1

代入数据得：a1=8m/s2

撤去拉力后，由牛顿第二定律得：

-μmg=ma2；

代入数据得：a2=-2m/s2

（3）物块加速的末速度：v1=a1t1′=8×0.5=4m/s

则板长为：L=x1+x2=a1t1′2+=×8×0.25+=4m．

（4）盘转过一圈时落入，拉力时间最短；盘转过一圈时间为：

T==1s

物块在滑道上先加速后减速，有：v=a1t1+a2t2

物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1+t2+t=T

由上两式得：t1=0.3s．

答：（1）物块离开B点水平抛出的初速度为2m/s；

（2）分别求出拉力撤掉前后物块的加速度a1和a2分别为8m/s2、-2m/s2．

（3）所需滑道的长度L为4m；

（4）拉力作用的最短时间为0.3s．

（1）由图可以发现，动物的毛是向上的，所以向上运动时可以忽略阻力，下滑时是逆着毛的生长方向的，此时会受到摩擦力．

（2）对物体受力分析得，

上滑时a==5m/s2，

设上滑最大位移为S，有S==m=0.4m，

上滑时间：t上==s=0.4s，

下滑时间：t下=t-t上=（1.2-0.4）s=0.8s，

下滑加速度：a下===1.25m/s2，

对物体受力分析可知，

下滑的加速度，a下==gsin30°-μgcos30°，

所以：μ===≈0.433．

答：（1）下滑时会受到摩擦力，

（2）动摩擦因数μ为0.433．

（1）主要错误是：A．长木板右端未垫高以平衡摩撩力；B．电源应改用6V交流电源；C．牵引小车的细线没有与木板平行；D．开始实验时，小车离打点计时器太远．

（2）①A中平衡摩擦力时，不应用小桶拉动小车做匀速运动，应让小车自身下滑（即无动力）来平衡摩擦力即可．故选A

②由于小桶及沙的失重，拉小车的合外力F=＜mg，而处理数据时又将F=mg处理．因此，M=＜．

故答案为：（1）主要错误是：A．长木板右端未垫高以平衡摩撩力；B．电源应改用6V交流电源；

C．牵引小车的细线没有与木板平行；D．开始实验时，小车离打点计时器太远．

（2）①A中平衡摩擦力时，不应用小桶拉动小车做匀速运动，应让小车自身下滑来平衡摩擦力即可．

②由于小桶及砂的失重，拉小车的合外力F＜mg，而处理数据时又将F=mg处理．因此，M=＜．

（1）以木箱为研究对象，因为物体匀速运动，物体的受力如右图所示．故根据平衡条件有：

FN-mg-Fsin37°=0

Fcos37°-Ff=0

又 Ff=μFN

解得：μ===0.17；

（2）当F斜向上拉时，物体的受力如右图所示．根据牛顿第二定律有：

FN′+Fsin37°-mg=0

Fcos37°-Ff=ma

又 Ff′=μFN′

解得：a=[Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）]

=×[100×0.8-0.17×（400-100×0.6）]

=0.56m/s2；

答：

（1）木箱与地面的动摩擦因数为0.17．

（2）木箱加速运动时的加速度大小为0.56m/s2．

物体受力如图：

水平方向：TAsinθ-TB=ma

竖直方向：TAcosθ=mg

解得：

TA==N=50N

TB=TAsinθ-ma=50×0.6-4×2=22N

答：OA张力为50N，OB张力为22N．

（1）以AB组成的整体为研究对象，根据动能定理得：

mBgH-mAgsinθ•H-μmAgcosθ•H=(mA+mB)v2

得：μ=

代入解得：μ=

（2）设物体沿斜面滑动的最大距离为S，根据动能定理得

B落地后过程，对A：

-mAgsinθ•（S-H）-μmAgcosθ（S-H）=0-mAv2

代入解得，S≈0.8m

答：

（1）物体与斜面间的动摩擦因数为μ=．

（2）物体沿足够长的斜面滑动的最大距离为0.8m．

（1）；（2）。

（1）设前2时间内物体的位移为S1，力反向时物体的速度为V1，

反向后，又历时t1秒物体速度为零，匀减速运动的位移为S2，

反向匀加速运动位移为S3，3t0时速度为V2

则有

总动……………………共8分

2）

……………………共4分

（1）小物块从A到B的过程，机械能守恒，设运动到B点时的速度为vB，因此有  ,解得：

小物块从B到C的过程，做平抛运动，运动时间 t=l/vB=

设在传送带保持静止的情况下，小物块从E点飞出时的速度为vE，同理，小物块从E到C的过程沿水平方向有：l/2=vEt，解得：vE=

设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则对于小物块从B到E的过程根据动能定理有 μmgl/2=mvB2-mvE2

解得μ=

（2）对于传送带以速度v匀速运动时，有如下情况：

当v≤时，小物块一直做匀减速运动，最后离开皮带时以速度v=vE=做平抛运动，s=l …

当<v<时，小物块在传送带上将先被减速，最终以速度v通过E点，则此时应有：

当v>时，小物块的运动有两种可能：一是先加速后匀速，并以速度v通过E点；二是一直加速运动到通过E点时小物块的速度vE′仍小于v。

对于小物块先加速后匀速的情况，仍应有。

对于一直加速的情况，根据动能定理有

μmgl/2=m vE′2-mvB2 ， 解得vE′=

即当v>时，物块将以vE′=通过E点，此时应有

（1）

（2）

（3）

（1）（4分）物块在水平高台上做匀速直线运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律

                                                                            …………2分

                                                                               …………2分

（2）（8分）设物块运动2s的位移S1、2s未的速度v1

                                                                       …………2分

                                                                       …………2分

撤去水平拉力后物块加速度为a2，物块离开桌面上时速度为v2

                                                                         …………2分

                                                                           …………1分

                                                                                …………1分

（3）（4分）物块离开桌面后做平抛运动，设落地点物块距高台边缘水平距离为L

                                                                                    …………1分

                                                                                      …………1分

                                                                                        …………1分

                                                                                      …………1分

开始阶段，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1 　　所以：a1=gsinθ+μgcosθ=12m/s2

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1===1s，通过的位移为x1=a1=6m

由题：μ=tanθ，物体相对于传送带静止，物体接着做匀速运动，运动时间为t2===1.5s

故小物块从A运动到B的时间为t=t1+t2=2.5s．