热门试卷

3.8m

（1）木箱在水平恒力和滑动摩擦力f1的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a1，金属块在光滑木箱上表面处于静止，直到木箱向前前进1 m后，金属块滑落，做自由落体运动，竖直落到地面。滑动摩擦力f1=μ(M+m)g=" 8" N 

由牛顿运动定律得：a1=（F—f1）/M =0.5m/s2 

木箱滑行1m，历时 t1==2s 

抛出到落地，用时为t，由平抛运动的规律有tan45°=vy/v0金属块滑落后，木箱在水平恒力和滑动摩擦力f2的作用下，做匀加速直线运动1s，加速度为a2，滑动摩擦力f2=μMg=" 5" N  

由牛顿运动定律得：a2=（F—f2）/M =2m/s2 

2s末木箱的速度为v1=a1t1=1m/s  

第3s内的位移s2=v1t2+=2m 

3s末木箱的速度为v2= v1+a2t2 =3m./s 

撤去力F后，木箱做匀减速运动直至停止，减速运动的加速度a3= —μg =—2.5 m/s2

此过程的位移S3=  =1.8m  

因此木箱停止后，小金属块落地点距木箱左边沿的水平距离 S=S2=S3=3.8m

本题考查牛顿第二定律和运动学结合问题，首先分别以两个物体为研究对象进行受力分析，求得两个物体的加速度，判断出物块水平方向不受外力，处于静止状态，求得物体滑行1m时所用时间，当大物体静止时，物块向右做平抛运动，根据平抛运动的规律求得运动时间和水平位移，再由相对运动知识求解

30°  346 N

取小车､物块､磅秤这个整体为研究对象,受总重力M､斜面的支持力FN,由牛顿第二定律得,Mgsinθ=Ma,所以a=gsinθ,取物体为研究对象,受力情况如图所示:

将加速度a沿水平方向和竖直方向分解,则有:

F静=macosθ=mgsinθcosθ①

mg-FN=masinθ=mgsin2θ②

由式②得:FN=mg-mgsin2θ=mgcos2θ,则cosθ=代入数据得,θ=30°

由式①得,F静=mgsinθcosθ代入数据得F静="346" N.

根据牛顿第三定律,物体对磅秤的静摩擦力为346 N.

(15分)

“恰中能匀速下滑”： ----------（2分） 

（3分）

设斜面倾角为，由匀速直线运动的条件

解得：

当即时

即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”

此时

本题考查的是对物体的受力分析，列平衡方程，解题的问题。“恰中能匀速下滑”则可知，

解出，列状态方程，即可求出此题。

（1）（2）Ｎ=６ｍｇ（3）

(1)由牛顿第二定律得

……………………………………………………………（2分）

解得……………………………………………………………（２分）

(2) 小球在最高点时由牛顿第二定律得    ………（２分）

小球在最低点时由牛顿第二定律得     N－………（１分）

小球由Ｄ点到最高点C的过程中机械能守恒

…………………………………………………（２分）

由以上各式解得Ｎ=６ｍｇ……………………………………………（１分）

(3)设设AB间的距离为L，小球沿斜面由A到B过程根据动能定理得

………………………………………………………（2分）

小球由B点到最高点C的过程由机械能守恒

………………………………………………………………（1分）

又……………………………………………………………………（1分）

由以上各式解得……………………………………………（１分）

1.4m

将AB看做一个整体，则其受力如图所示

根据平衡条件有

Fsinθ+N=(mA+mB)g       ①

Fcosθ=f                   ②

又因为f ="μN               " ③

由①②③代入数据解得：μ=4/7

剪断轻绳后，隔离物体A 其受力如图：

根据牛顿第二定律得：

fA= mAa     

又：fA= μmAg       

所以：

根据运动学公式：v2=2ax得

4m/s2    ;   5N

（1）75J   （2）46N方向竖直向下  （3）1m

试题分析：（1）甲、乙物体在爆炸瞬间动量守恒：

（2）甲物体平抛到B点时，水平方向速度为，竖直分速度为：

合速度为：

物体从B到C过程中：

由牛顿第三定律可知：,方向竖直向下。

（3）甲物体平抛运动时间：

平抛水平位移：

甲物体在车上运动时的加速度为：

甲物体在车上运动时间为：

甲物体的对地位移：

甲物体在车上运动时，车的加速度为：

甲离开车时，车对地的位移：

车长为：

车的位移为：

滑块不脱离轨道的条件是：或者。

试题分析：滑块不脱离轨道有两种情况，第一是滑块进入圆形轨道后上升的最大高度不超过圆形轨道的半径R；第二种是滑块能通过轨道的轨道的最高点，由功能原理可得：

① ②

若滑块恰能通过圆形轨道的最高点，则：③，由①式解得：④；联立②③可得：⑤；即滑块不脱离轨道的条件是：或者。

(1)40 N  (2)16  m/s  (3)0.16 m/s2

(1)由x=yat2,x=2t2可推出a="4" m/s2.

F合="ma=10×4=40" N.

(2)vt="at=4×4=16" m/s.

(3)撤去F后,物体仅在摩擦力作用下做匀减速运动,其加速度大小为a′=1.6 m/s2.

由ma′=mμg得μ=0.16.

(1) 10rad/s(2) (3)见解析

(1)当传送带静止时，物体滑上传送带后一直匀减速运动，由vt2-v02=2aL可得:

物体滑到B端时速度：v1==m/s=2m/s

这种情况下物体平抛的距离为：s1= v1t= v1=2×m=0.8m

这种情况对应的传送带的角速度为ω1==rad/s=10rad/s

(2)

(3) ①当传送带顺时针转动角速度比较小时，物体滑上传送带后可能一直匀减速运动，这种情况对应的传送带的角速度为ω1==rad/s=10rad/s

即，s1= v1t= v1=2×m=0.8m

②若传送带角速度大到一定程度时，在AB间物体有可能一直匀加速运动，

此时到B端的速度v2==m/s=14m/s，

这种情况下物体平抛的距离为：s2= v2t=14×0.4m=5.6m   ω2==rad/s=70rad/s

即，s2= v2t=14×0.4m=5.6m

③当传送带的角速度大于ω1但小于ω2时，物体滑上传送带后相对传送带滑动一段距离后

在AB中间某位置与传送带保持相对静止。

当传送带速度为10m/s时，ω3==rad/s=50rad/s

（a）即，物体先匀减速直线运动再匀速运动

（b）时，物体一直匀速运动

（c）即，物体先匀加速直线运动再匀速运动

这种情况下物体到B端的速度为：v4=ωR，此时从B端平抛的距离为s4= v4t=ωRt=0.2ω×0.4

=0.08ω    s4与角速度成正比。

综上可得：S-ω图线如图所示  

（1）250m（2）4×105 N （3）100m/s

试题分析：（1）根据牛顿第二定律，f=ma，可得a=105N/2.0×104 kg ="5" m/s2

故s= v2/ 2a=250m  -

由匀减速可知

F + f = ma，F=4×105 N   

由牛顿第二定律的方程得

(1)0.75N； 方向：水平向右；（2）3.75m；（3）2.81J

试题分析: (1)由题意，电场力：大小qE=mgtan37°=0.75（N）

方向：水平向右

(2)小球沿竖直方向做匀减速运动，速度为vy

vy=v0-gt 小球上升到最高点的时间t==1s 

小球沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a，则有：

=7.5m/s2

此过程小球沿电场方向位移为：x==3.75m 

(3)电场力做功 W=qEx=2.81J

故小球上升到最高点的过程中，电势能减少2.81J．

（1）4m/s   （2）28+4N

试题分析：(1)物块由A点以初速度vA做平抛运动，

落到P点时其竖直速度为vy＝， 由几何知识可知vA=Vy    解得vA＝4 m/s

(2)A到N点，由动能定理有 mg[R+(R-Rcos45°)]=-

在N点有：F-mg =

解得F=28+4N

由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力大小等于F，方向竖直向下。

（1）50N；  （2）0.5

试题分析:（1） 物体m受力如图，把F，mg沿斜面和垂直斜面进行分解．

沿斜面方向受力平衡得：f+mgsinθ=Fcosθ

在垂直斜面方向受力平衡得：FN=mgcosθ+Fsinθ

由滑动摩擦力公式：f=μFN

综合上述，代入数值得：F=50N

（2）沿斜面方向合力F合="F-" mgsinθ=ma

A在斜面上运动的加速度大小小于1m/s2故 -1m/s22

代入数值得：0.5