热门试卷

（1）根据x=a1t2得，a1==m/s2=2m/s2．

（2）根据牛顿第二定律得，F-f=ma．

则f=F-ma=20-8×2N=4N．

（3）2s末的速度v=a1t=2m/s2×2s=4m/s，

撤去外力后，加速度的大小a2==m/s2=0.5m/s2

由v2=2得，

x2=m=16m．

答：（1）木块运动的加速度大小为2m/s2．

（2）摩擦力的大小为4N．

（3）若拉力从静止开始作用t=2s后撤去，木块还能滑行16m．

对m与M分别进行受力分析如；图所示

对m有：

f1=ma1 ①

f1=μ1NM=μ1mg     ②

由①和②得：

a1=μ1g

对M进行受力分析有：

F-f-f2=M•a2         ③

f1和f2互为作用力与反作用力故有：

f1=f2=μ1•mg           ④

f=μ2N（M+m）•g          ⑤

由③④⑤可得

a2=-μ2g       

要将木板从木块下抽出，必须使a2＞a1

即：-μ2g＞μ1g

解得：F＞[（μ1+μ2）（M+m）]g    

答：当F＞[（μ1+μ2）（M+m）]g才能将木板从木块下抽出．

（1）对金属块受力分析，受拉力、重力、支持力、摩擦力，如图所示：

因为金属块匀速运动，受力平衡则有

Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=0

得μ=

（2）撤去拉力后金属块的加速度大小为：a=-=-μg=-

金属块在桌面上滑行的最大距离：s==

答：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数为；

（2）撤去拉力后金属块在桌面上滑行的最大距离为．

设木块滑到木板最右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)v2    ②

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=1s

答：水平力作用的最短时间为1s．

（1）线框运动的加速度：a=…①

线框边长：l=at02 …．②

线框离开磁场前瞬间速度：

v=at0 …③

由牛顿第二定律知：

3F0-=ma…④

解①②③④式得：B=

（2）线框离开磁场前瞬间感应电动势：

E=BLv…⑥

由①②③④⑤⑥式得：E=

答：（1）磁感应强度B的表达式为；

（2）线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E的表达式．

（1）当两板加上U0电压且A板为负时，有：

  q=mg…①

A板为正时，设带电质点射入两极板时的速度为v0，向下运动的加速度为a，经时间t射到C点，有：

  +mg=ma…②

又水平方向有  d=v0t…③

 竖直方向有 =at2…④

由①②③④得：v0=…⑤

（2）要使带电质点恰好能从两板射出，设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1，应有：

  =a1…⑥

  t1=…⑦

由⑥⑦⑧得：a1=…⑧

若a1的方向向上，设两板所加恒定电压为U1，有：

  -mg=ma1…⑨

若a1的方向向下，设两板所加恒定电压为U2，有：

  mg-=ma1…⑩

⑧⑨⑩解得：U1=U0，U2=U0

所以，所加恒定电压范围为：U0＞U＞U0．

答：（1）求质点射入两板时的速度为；

（2）当A接负时，为使带电质点能够从两板间射出，两板所加恒定电压U的范围为U0＞U＞U0．

（1）物体所受的合力F合=Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=5.2N．

根据牛顿第二定律得，a==m/s2=2.6m/s2．

故木块加速度的大小为2.6m/s2．

（2）撤去外力前的位移x1=at12=×2.6×25m=32.5m

撤去外力前的速度v=at1=2.6×5m/s=13m/s

撤去外力后加速度a′===μg=2m/s2．

撤去外力后的位移x2==m=42.25m

x=x1+x2=32.5+42.25m=74.75m

故木块从静止开始滑行的总位移为74.75m．

（1）开始一段时间，物块相对小车滑动，两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为Ff=μmg=4N．物块在Ff的作用下加速，加速度为：am==2m/s2．

小车在推力F和f的作用下加速，加速度为：aM==0.5m/s2．

（2）初速度为υ0=1.5m/s，设经过时间t1，两者达到共同速度υ，则有：υ=amt1=υ0+aMt1

代入数据可得：t1=1s，υ=2m/s

在这t1时间内物块向前运动的位移为s1=amt2=1m．

以后两者相对静止，相互作用的摩擦力变为静摩擦力将两者作为一个整体，

在F的作用下运动的加速度为a，则：F=（M+m）a  

得：a=0.8m/s2．

在剩下的时间t2=t-t1=0.5s时间内，物块运动的位移为：s2=υt2+at2

得：s2=1.1m．

可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为：s=s1+s2=2.1m．

答：（1）物块刚放上小车时，物块的加速度为2m/s2，小车的加速度为0.5m/s2；

（2）从放上小车开始经过t=1.5s，物块通过的位移大小为2.1m．

由牛顿运动定律可知：a=可见，图线的斜率表示物体质量的倒数，则m=0.5kg

当 a=0时，F=f，所以图线延长线与横轴的交点表示物体与水平面之间的滑动摩擦力或最大静摩擦力

由图象可知：f=1N

由f=μmg得：μ===0.2

答：（1）图线的斜率表示物体质量的倒数，延长线与横轴的交点表示物体与水平面之间的滑动摩擦力或最大静摩擦力；

（2）物体的质量为0.5kg，物体与水平面的动摩擦因数为0.2；

（1）通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a1、a2．

由a=，代入数据整理后得，

a1=0.1m/s2，a2=0.2m/s2．

（2）F-Ff=Ma   Ff=0.1Mg

当加速度大时，牵引力也大，代入数据得，F=Ff+Ma2=2.4×105N．

（3）通过作出动车组的v-t图可知，第一次加速运动的结束时间是200s，第二次加速运动的开始时刻是450s．

x1=t1    x2=v2t2    x3=t3

x=x1+x2+x3=30205m．

答：（1）动车组的加速度值分别为0.1m/s2、0.2m/s2．

（2）动车组牵引力的最大值为2.4×105N．

（3）动车组位移的大小为30205m．

（1）将板抽出时，铁块向右加速，加速度a1=μ1g=5m/s2

由牛顿第二定律，板的加速度：a2=

为了能抽出木板必须有：a1＞a2

解得：

F＞9.375N

（2）铁块在木板上加速，落到桌面上减速到0

如果刚好到达桌面的边缘，则

 =+

μ1g t1=μ2g t2

解得t12=s

板的抽出过程

 =+

解得a=20m/s2

由牛顿第二定律：

a=

 解得：

F=24.375N

答：

（1）拉力至少为9.375N铁块会与木板发生相对运动

（2）拉力至少是24.375N铁块不会从桌上落下

（1）设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为N，滑动摩擦力为f，则根据平衡条件得

             Fcos37°=f

           Fsin37°+N=mg

         又f=μN

联立解得F=10N

（2）撤去拉力F后，金属块受到滑动摩擦力f′=μmg

   根据牛顿第二定律，得加速度大小为a′==μg=2m/s2

则撤去F后金属块还能滑行的时间为

   t==1s

答：（1）拉力F的大小为10N；

    （2）若某时刻撤去拉力，金属块在地面上还能滑行1s．

（1）由图线得，a=m/s2=8m/s2

（2）在垂直于斜面方向上有：FN-mgcosθ=0

沿斜面方向上有：Ff+mgsinθ=ma

Ff=μFN

联立各式解得：µ=0.25

（3）小物块上滑距离：

由速度时间图线知，斜面的长度s=v0t=4m

mgsinθ-μmgcosθ=ma

v2=2as

v=5.7m/s．

答：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8m/s2．

（2）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25．

（3）小物块返回斜面底端时的速度大小为5.7m/s．