热门试卷

（1）物块滑落之前，

对物块由牛顿第二定律得：μ2mg=ma1，

s0-b=a1t12，

对平台有：F-μ2mg-μ1（M+m）g=Ma2，

s0=a2t12，

联立上述四式得：t1=2s，F=500N；

（2）从物体离开平台到落地，物块做平抛运动，

平台做加速运动，设位移分别为s1、s2，时间为t2，

对平抛物块有：h=gt22，s1=v1t2，v1=a1t1，可得：s1=2m；

对平台有：F-μ1Mg=Ma3，s2=v2t2+a3t22，v2=a2t1，可得：s2=3m，

所以：s=s2-s1=1m；

答：（1）对工作平台所施加的恒力F大小为500N，物块在平台上滑动用的时间为2s；（2）物块落地时，落地点至平台尾的水平距离s为1m．

（1）刚撤去F后，根据牛顿第二定律得，

mgsin37°+μmgcos37°=ma2．

代入数据，解得a2=10m/s2．

（2）在头2s内，滑块的位移x1＞v0t1=10×2m=20m．

后3s内，若始终向上减速运动，则x2＞a2t22=×10×32m=45m．

则x1+x2=65m＞49m，故后3s内滑块必定已经沿斜面向上运动到最高点后返回向下运动一段时间．

Fcos37°-mgsin37°-μ（mgcos37°+Fsin37°）=ma1．

解得a1=0.5F-10．

x1=v0t1+a1t12

得x1=20+2a1

v1=v0+a1t1

得，v1=10+2a1

x2=，将v1=10+2a1代入

解得x2=．

t2=，将v1=10+2a1和a2=10m/s2代入，

得t2=

根据牛顿第二定律得，下滑时有：mgsin37°-μmgcos37°=ma3．

代入数据解得a3=2m/s2．

x3=a3t32，将a3=2m/s2和t3=3-t2=3-代入，

得x3=(3-)2．

由几何关系可知，x1+x2-x3=49m．

得20+2a1+-(3-)2=49m．

化简为：a12+30a1-175=0

解得a1=5m/s2．

所以F=20+2a1=30N．

答：（1）刚撤去推力F时滑块的加速度大小为10m/s2．

（2）推力F的大小为30N．

（1）第一次飞行中，设加速度为a1

匀加速运动H=a1

由牛顿第二定律F-mg-f=ma1

解得f=4N

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1

匀加速运动s1=a1

设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2

由牛顿第二定律mg+f=ma2v1=a1t2 s2=

解得h=s1+s2=42m

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3

由牛顿第二定律mg-f=ma3

F+f-mg=ma4

且+=h

V3=a3t3

解得t3=s（或2.1s）

答：（1）飞行器所阻力f的大小为4N；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，飞行器能达到的最大高度h为42m；

（3）为了使飞行器不致坠落到地面，飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为s．

（1）m相对M即将滑动时加速度为am=μg=2m/s2，

则F0=（m+2m）am=0.6mg，是AB相对滑动的临界条件．

在t1=1s时间内，F=mg＞F0．设木板和物块的加速度分别为aA1和aB1，

aA1==μg=2m/s2

aB1==4m/s2

由公式v=at，解得1s末vA1=2m/s，vB1=4m/s

在t2=1.5s时间内，F=0.4mg，vB＞vA，则依然存在相对滑动，

aA2==μg=2m/s2，aB2==1m/s2

由公式v=v0+at，解得得1.5s末vA2=3m/s，vB2=4.5m/s

在t＞1.5s时间内，F=0，vB＞vA，则依然存在相对滑动，aA3==μg=2m/s2，做加速运动．

aB3==1m/s2，做减速运动．

设经过△t时间共速，

则vA2+aA3△t=vB2-aB3△t

代入数据得△t=0.5s，故2s末以后vA3=vB3=4m/s．

（2）由（1）问计算结果得到物块与木板运动的v-t图象，如图所示．在0～3s内物块相对于木板的距离△s等于木板和物块v-t图线下的面积之差，

即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25（m），下面的三角形面积为2（m），

因此物块木板△s=2.25 m．

（3）3s末vA=vB=4m/s，在木板上施加一水平向左的大小F=mg＞F0的拉力后，AB匀减速运动，由-Ft=0-（m+2m）v

得需要作用t=1.2s，才能让AB最终停止运动．

aA==μg=2m/s2，减速，A停止用时tA==2s

sA==4m

aB==4m/s2，减速，

t=1.2s时间内，vB'=vB-aBt=-0.8 m/s

t=1.2s末撤去外力F，aB′==1m/s2，t′=0.8s停止运动．

sB=(vB+vB′)t-=1.6m

则△s'=4-1.6=2.4 m，

所以最终A静止在B上的离中间右方2.4-2.25=0.15m位置处．

答：（1）1s末、1.5s末和3s末物块A的速度分别为2m/s、3m/s、4m/s，B的速度分别为4m/s、4.5m/s、4m/s．

（2）图象如图所示，0～3s内物块相对于木板滑过的距离为2.25m．

（3）最终A静止在B上的位置为离中间右方0.15m位置处．

（1）

（2）

如图刷子受力如图

刷子斜面方向由牛顿第二定律得：（2分）

垂直斜面方向上受力平平衡得：（2分）

（1分）

由以上三式得：（1分）

由得：（2分）

（1）当m刚开始滑动时，加速度a=μg，

对整体分析，F=（M+m）a=4×0.1×10N=4N．

所以F＞4N时，木板才能从木块m的下方抽出来．

（2）设木块滑到木板最左端速度恰好与木板相同时，水平力作用的时间为t，相同速度v，此过程木板滑行的距离为S．

对系统：

根据动量定理得

Ft=（M+m）v ①

根据动能定理得

FS-μmgL=(M+m)v2②

又由牛顿第二定律得到木板加速运动的加速度为

a=③

此过程木板通过的位移为S=at2④

联立上述四式得t=0.8s．

答：（1）力F的大小应满足的条件是F＞4N．

（2）力的作用时间不得少于0.8s．

（1）令m表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度为：

a==g(sinθ-μ1cosθ)

根据匀变速直线运动的速度位移关系，物块在斜面上滑动距离为x=，所以有：

v0===

由题意知，cotθ=

所以所以物块滑到底端的速度为：

v0=m/s=4m/s

以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小为：

v′0==5.0m/s

运动方向与传输带边缘的夹角α满足tanα==，sinα==

物块在传输带上作减速运动，其加速度大小为：a′==μ2g

当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离为：s′==

物块不超过传输带宽的边缘对应的最小摩擦系数μ2应满足：s′sinα==d

因此可得：μ2===0.5

（2）由题意知物体对传输带的摩擦力大小为：

F=μ2•v0′=ηv0′

方向与v0′的方向相同．从地面参考系来看，传输带速度为v，单位时间内物块对传输带所做的功

W=-Fvcosα

因此负载所引起的附加功率为：△P=-W=ηv2=×32W=640W

考虑到无负载时电机的输出功率为：P0=I0E-R=2×200-22×10W=360W

所以有负载时电机的输出功率为：P=P0+△P=1000W

设有负载时的工作电流为I，则有：P=IE-I2R

代入P和E、R数值可解得：I=10A．

答：（1）满足要求的μ2至少为0.5；

（2）电机的平均工作电流为10A．

（1）由图象可知，滑块在水平面上滑行的距离：

s=×1.2×2=1.2m；

（2）由图象可知，滑块的加速度：

a1===5m/s2，

a2===-2.5m/s2，

由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1，

-μmg=ma2，

解得：μ===0.25，

F=μmg+ma1=0.25×1×10+1×5=7.5N；

答：（1）滑块在水平面上滑行的距离为1.2m；

（2）滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.25；

（3）水平恒力F的大小为7.5N．

（1）由题中乙图可知，滑块在水平面上的初速度v=5m/s，运动t=2s后停止，则滑块的加速度大小：a1==2.5m/s2．

根据牛顿第二定律有：μmg=ma1

解得：μ=0.25．

（2）滑块在AB斜面上运动时有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2

解得：a2=4m/s2．

由运动学公式：v2=2a2x得：x=3.125m．

答：（1）滑块与水平面间的动摩擦因数为0.25．

（2）滑块开始下滑处到B点的距离为3.125m．

（1）冰壶所受重力的大小：G=mg=200N

（2）平均速度的大小：==1.5m/s

（3）冰壶可以看作反方向的初速度为零的匀加速直线运动，根据：x=at2得：a==0.15m/s2

故冰壶的加速度为a=0.15m/s2．

f=ma=20×1.5=300N

答：（1）所受重力的大小为200N；（2）平均速度的大小1.5m/s；（3）所受阻力的大小为300N．

（1）根据牛顿第二定律得，a1==gsin37°-μgcos37°=5.2m/s2．

根据x=a1t12，解得t1==s=s．

（2）根据牛顿第二定律得，a2==m/s2=14.2m/s2

根据x=a2t22得，t2==s≈0.86s．

答：（1）物块从斜面顶端运动到底端所需的时间是s．

（2）经过0.86s物块到达最高点．

（1）当摩擦力做功为零时，拉力做功最小．将力F按沿杆和垂直于杆进行受力分解，得

     mgsin30°=Fcosα①

         mgcos30°=Fsinα②

由①②联立解得：F=mg，α=60°

（2）加上物体D后，根据牛顿第二定律分析可知，整体的加速度a减小．

以C为研究对象得  Tb=mba，a减小，mb不变，Tb变小

以A为研究对象得  F-Ta=maa，a减小，F，ma不变，Ta变大．

（3）根据动能定理得

A到B过程：mgLsinθ-qEL（1-cosθ）=0

代入解得  E=

当重力与电场力的合力沿绳子方向时，动能最大．设此时绳子与水平方向的夹角为α，则

    tanα==，α=30°

再由动能定理得

   mgLsinα-qEL（1-cosα）=Ekm解得，运动过程中小球的最大动能EKm=(2-)mgL

故答案为：

（1）60°，mg   

（2）变大，变小  

（3），(2-)mgL

（1）由v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1=m/s2=1.5m/s2，

木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2=m/s2=1m/s2，

达到同速后一起匀减速运动的加速度大小a3=m/s2=0.5m/s2．

（2）对m冲上木板减速阶段：μ1mg=ma1

对M向前加速阶段：μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2

物块和木板达到共同速度后向前减速阶段：μ2（m+M）g=（M+m）a3

以上三式联立可得：=．

（3）由v-t图可以看出，物块相对于长木板滑行的距离△s对应图中△abc的面积，故△s=10×4×m=20m

答：（1）三个阶段的加速度分别为：1.5m/s2；1m/s2；0.5m/s2　

（2）物块质量m与长木板质量M之比为3：2；

（3）物块相对长木板滑行的距离△s为20m

（1）设运动员的质量为m，在空中运动的时间为t，运动的加速度为a1，落到水面上的速度为v，则有

mg-0.2mg=ma1…①

H=a1t…②

v=a1t…③…

解之得t=s≈2.7s

v=4m/s≈21.6m/s

（2）设运动员在水中的加速度为a2，水池深至少为h，则有

mg-3.5mg=ma2…④

0-v2=2a2h …⑤

解之得h=9.6m 

答：（1）他在空中运动的时间为2.7s．到达水面的速度为21.6m/s．

（2）需要为他准备一个9.6m深的水池．