热门试卷

行李在传送带上加速，设加速度大小为a，加速的时间为t1

a==μg=0.2×10m/s2=2m/s2

所以t1==s=2s

所以匀加速运动的位移为：s=at12=×2×4m=4m

行李随传送带匀速前进的时间t2==s=4s

行李箱从A传送到B所需时间

t=t1+t2=2s+4s=6s

答：物体经过6s被传送到B端．

（1）由滑动摩擦力表达式：

f=μmg

解得：

f=20N

（2）物体加速度为：a==2m/s2

（3）第3s内的位移应该是用前三秒的位移减去前两秒的位移，所以

S3=at32-at22

解得：

S3=5m

答：

（1）物体所滑动受摩擦力为20N

（2）物体的加速度物体加速度为2m/s2

（3）物体在第3s内的位移为5m

（1）由平抛运动规律，在竖直方向上有：h=gt2，

在水平方向上有：x=vt

联立解得v=2.0m/s．

（2）根据牛顿第二定律得，μmg=ma，

解得加速度大小a=μg=2m/s2

集装箱减速的时间t==s=0.2s＜t0，

即0.20s-1.00s内，集装箱与传送带保持相对静止．

减速过程中集装箱的位移x1=t=×0.2m=0.44m，

传送带的位移x2=vt=2×0.2m=0.4m

相对位移△x1=x1-x2=0.04m，

电动机停止转动后，集装箱滑行的距离为△x2==m=1m，

所以，集装箱留下的痕迹长为△x=△x1+△x2=1.04m．

答：（1）传送带的速率为2m/s；

（2）集装箱在传送带上留下的划痕长度为1.04m．

（1）直升机取水过程，对水箱受力分析，如图所示，

直升机沿水平方向匀速飞往水源，水箱受力平衡，由共点力平衡条件得：

在水平方向上：T1sinθ1-f=0

在竖直方向上：T1cosθ1-mg=0

解得：f=mgtanθ1=5000N

（2）直升机取水后飞往火场过程，做匀加速直线运动，对水箱受力分析，如图所示，

由牛顿第二定律得：

T2sinθ2-f=（m+M）a

T2cosθ2-（m+M）g=0

解得：M=-m，代入数据得：M≈4.5×103kg

故水箱中水的质量为4.5×103kg．

答：（1）空气阻力的大小；

（2）水箱中水的质量M约为4.5×103kg．

（1）以人为研究对象，人加速下滑过程中受重力mg和杆对人的作用力F1，由题图可知，人加速下滑过程中杆对人的作用力F1为180 N．

由牛顿第二定律得

mg-F1=ma，

则a=4 m/s2．

1s末人的速度达到最大，则v=at1=4 m/s．

（2）加速下降时位移为：s1=at12=2 m．

减速下降时，由动能定理得（mg-F2）s2=0-mv2，

代入数据解得s2=4m，

杆的长度s=s1+s2=6m．

答：（1）杆上的人下滑过程中的最大速度为4m/s；

（2）竹竿的长度为6m．

１Ｎ≤Ｆ≤３Ｎ

物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，加速度a=μg，木板B作加速运动，有：

F+μm1g=m2aB　。物体Ａ不滑落的临界条件是Ａ到达Ｂ的右端时，Ａ、Ｂ具有共同的vt，则：　　且：

由此可得：（m/s2） 　代入得：Ｆ＝m2aB-μm1g=0.5×6-0.2×1×10=1(N)

若Ｆ<1N，则Ａ滑到Ｂ的右端时，速度仍大于Ｂ的速度，于是将从Ｂ上滑落，所以Ｆ必须大于等于１Ｎ。

当Ｆ较大时，在Ａ到达Ｂ的右端之前，就与Ｂ具有相同的速度，之后，Ａ必须相对Ｂ静止，才能不会从Ｂ的左端滑落。即有：

Ｆ＝（mA+mB）a

μmAg=mAa

所以：Ｆ="3N    " 若Ｆ大于３Ｎ，Ａ就会相对Ｂ向左滑下。

综上：力Ｆ应满足的条件是：１Ｎ≤Ｆ≤３Ｎ

解：（1）                             

（2）                 

（3）46m

解：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为、初速度为、

末速度为、加速度为，则

             ①

设物体所受的摩擦力为，根据牛顿第二定律，有

            ②

          ③

联立②③得

            ④

（2）设物体做匀加速直线运动的时间为、初速度为、末速度为、加速度为，则

        ⑤

根据牛顿第二定律，有

             ⑥

联立③⑥，得：

（3）解法一：由匀速直线运动位移公式，得

解法二：根据图象围成的面积，得

水平方向有：Fcos37°-μFN=ma ①

竖直方向有：mg=Fsin37°+FN ②

联立①②，代入数据解得：a=0.66m/s2．

经过2s后物体运动的位移x=at2=1.32m．

答：经过2s后，物体运动了1.32m．

（1）在14s～18s小车在阻力作用下做匀减速运动，

由图象可知a=1.5m/s2

由牛顿第二定律可知：f=ma

解得f=1.5N

（2）在10s～14s小车匀速运动，牵引力F=f

根据P=Fv

解得P=9W

（3）小车在2s～10s内做变加速运动

根据动能定理：Pt-fs=mv22-mv12

解得：s=39m

答：（1）小车受到的阻力大小为1.5N；

（2）小车在匀速行驶阶段的功率为9W；

（3）小车在变加速运动过程中的位移大小为39m．

（1）对小孩和雪橇受力分析如图1，根据平衡条件得：

mg=Fsinθ+FN，

Fcosθ=f，

f=μFN

代入数据解得F=100N．

（2）F撤消后，小孩和雪橇做匀速运动，受力分析如图2

由牛顿第二定律得

f′=ma，f′=μFN′，FN′=mg

代入数据解得a=5m/s2．

o-v2=-2ax，

∴x=1.6m．

答：（1）拉力F的大小为100N．

（2）撤去拉力F后雪橇还能滑行的距离为1.6m．

（1）滑雪者沿斜面向上运动时沿斜面方向受到重力的分力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律可得人的加速度：

a1=g（sin37°+ucos37°）=10m/s2

上升时人做减速运动，则根据匀变速直线运动的速度位移关系有：

0-=-2a1x

得人上升的最大距离x==m=80m

（2）滑雪者沿斜面向上运动的总时间为t：

由速度时间关系为：

0=v0-a1t

得人上滑的时间t==s=4s

若P点为沿斜面向上运动时所经过的时间为t1，则由

位移时间关系有：xp=v0t1-a1

代入数据可解得：t1=3s

若P点为沿斜面向下运动时所经过的，则滑雪者沿斜面向下运动时的加速度大小：

a2=g（sin37°-ucos37°）=2m/s2

上滑到最高点又回到p点所走的位移为：s=x-xp=5m

由位移时间关系有物体由最高点下滑至P点所用时间为t2：

s=a2

得t2==s=s

所以人从最低点到经过最高点后再到P点所用时间t总=t+t2=4+s

答：（1）人能沿雪坡向上滑行的最大距离为80m；

（2）雪坡上距底端75m远处有一点P，从计时开始人滑到P点所需时间为3s或（4+）．

（1）用s表示题中的位移，θ表示斜面倾角，△t表示曝光时间，μ表示滑雪板与坡道间的动摩擦因数，m表示滑雪运动员的质量．设运动员下滑的加速度为a，曝光的中间时刻的速度为v0，

则有v02=2as v0=

可求得：v0=20m/sa=5.0m/s2

（2）又根据牛顿第二定律有　mgsinθ-μmgcosθ=ma

可求得动摩擦因数为　μ=0.125

答：（1）本次曝光中间时刻的瞬时速度为20m/s．

（2）滑雪板与坡道间的动摩擦因数为0.125．

（1）设物体做匀变速运动的时间为t、初速度为v0、末速度为vt、加速度为a，

则a==1m/s2

根据牛顿第二定律有

F-Ff=ma

Ff=-μmg

得：μ=0.2

（2）由匀变速运动的位移公式得：x=v0t+at2=30m

答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数为0.2；

（2）0～6s内物体运动位移的大小为30m．

（1）当木板固定时，A开始滑动瞬间，水平力F与最大静摩擦力大小相等，则：

F=f=μmg

设经过t1时间A开始滑动，则：F=kt1

t1==s=1.5s

（2）t=2s时，有：

F=kt=2×2N=4N

有牛顿第二定律有：F-μmg=ma

a==m/s2=1m/s2

（3）在t=1s时水平外力为：F=kt=2×1N=2n

由于此时外力小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动，以整体为研究对象，有牛顿第二定律可得：

F=（m+M）a′

a′==m/s2=0.5m/s2

对A受力分析为：F-f=ma′

f=F-ma′=2-1×0.5N=1.5N

答：（1）若木板B固定，则经过1.5s木块A开始滑动

（2）若木板B固定，求t2=2.0s时木块A的加速度大小为1m/s2．

（3）若木板B不固定，求t3=1.0S时木块A受到的摩擦力大小为1.5N．