热门试卷

（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度a==μg

滑块相对车滑动的时间 t=

滑块相对车滑动的距离  s=v0t- 

滑块与车摩擦产生的内能  Q=μmgs

由上述各式解得  Q=m（与动摩擦因数μ无关的定值）

（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则

滑块运动到车左端的时间  t1=①

由几何关系有  v0t1-t1=②

由牛顿定律有  F1+μmg=ma1③

由①②③式代入数据解得  t1=0.5s，F1=6N

则恒力F大小应该满足条件是  F≥6N

（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有F1-μmg=ma2④

μmg=ma3⑤

a2+=L⑥

由④⑤⑥式代入数据解得t2=s=0.58s

则力F的作用时间t应满足  t1≤t≤t1+t2，即0.5s≤t≤1.08s

（1）设力F作用时A、B相对静止地一起运动，

则它们的共同加速度a==m/s2=3.3m/s2

而B对A最大静摩擦力使A产生的加速度aA==μg=0.2×10m/s2=2m/s2

∵aA＜a，故开始时A、B间发生相对运动

对于B：根据牛顿第二运动定律有 F-μmAg=mBaB

则B的加速度aB==m/s2=4m/s2

若B板足够长，t=2s时A、B对地位移：SA=aAt2=×2×22m=4m

SB=aBt2=×4×22m=8m

则A、B间相对位移△S=SB-SA=8m-4m=4m＜L=6m

说明t=2s时，撤去外力F时A未到达B的末端，

所以拉力做的功为：W=F•SB=20×8J=160J

（2）力F撤消瞬间，滑块A的速度 υA=aAt=2×2m/s=4m/s

板B的速度  υB=aBt=4×2m/s=8m/s

在t=2s后，滑块A作初速度为υA=4m/s、aA=2m/s2的匀加速直线运动；板B作初速度为υB=8m/s、a′B===1m/s2的匀减速直线运动；

判断A、B能否以共同速度运动：

t=2s时A离B的末端SAB=6m-4m=2m，设A不会从B的末端滑出，且到达末端时与A有共同速度υ，从t=2s到达共同速度期间A、B间相对位移为S则：μmAgS=mA+mB-(mA+mB)υ2

根据动量守恒定律，有：mAυA+mBυB=（mA+mB）υ

代入数字解得：S=m＞2m，所以A、B不可能有共同速度，A会从B的末端滑出；

求υ'B：设A滑离B时的速度为υ'A、B的速度为υ'B，

有：μmAgSAB=mA+mB-(mAυ+mBυ)

mAυA+mBυB=mAυ'A+mBυ'B

代入数据，解得υ′B=m/s=7.33m/s或υ′B=6m/s舍去

答：（1）拉力F所做的功为160J．

（2）薄板B在水平地面上运动的最终速度7.33m/s．

（1）设力F作用时间为t，根据牛顿第二定律得

则aA=μg=2m/s2，

aB==2.5m/s2，

依题意，有

1

2

aBt2-

1

2

aAt2=L

t=2s

故vA=aAt=4m/s

VB=aBt=5m/s，

（2）A、B组成的系统动量守恒，有

mvA+MVB=mv′A+V′B，

由机械能守恒，有+=+

解 得v′A=m/s

V′B=m/s

（3）设最终A停在距B左端xm处，则由系统动量守恒定律，有

mv′A+V′B=（M+m）v′

根据能量守恒定律，有μmgx=+-（M+m）v′2，

解 得：v′=m/s，x=m

答：（1）撤去水平恒力F的瞬间A、B两物体的速度大小vA、VB分别是4m/s和5m/s；

（2）碰撞后瞬间A、B的速度大小vˊA、vˊB分别是m/s和m/s；

（3）最终A、B相对静止时木块A在木板上的位置是m

（1）设滑雪者质量为m，滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v1=4m/s期间，由牛顿第二定律有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma1

解得：a1=4m/s2

故由静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s

（2）则根据牛顿定律和运动学公式有：x1=a1t2

mgsin37°-μ2mgcos37°=ma2x2=L-x1-=2a2x2

代入数据解得：vB=16m/s

（3）设滑雪者速度由vB=16m/s减速到v1=4m/s期间运动的位移为x3，速度由v1=4m/s减速到零期间运动的位移为x4，则由动能定理有：-μ2mgx3=m-m

-μ1mgx4=0-m

所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为：x=x3+x4=99.2m．

答：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间为1s．

（2）滑雪者到达B处的速度为16m/s．

（3）滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为99.2m．

（1）以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得

  F-μmg=ma1 ①

  vm=a1t ②

由①②得vm=5m/s                        

（2）冰车匀加速运动过程中有  x1=a1t2  ③

冰车自由滑行时有  μmg=ma2 ④

  =2a2x2⑤

又x=x1+x2⑥

由③④⑤⑥得x=50m

答：（1）冰车的最大速率是5m/s；

（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小是50m．

（1）根据牛顿第二定律得：

Fcosα-μ（mg-Fsinα）=ma                       

则a=-μg=2m/s2

（2）由F=，得：

F==3a+10．

（3）当a=0，Fmin=10N

当N=0时，有Fsinθ=G=mg，Fmax=50N

如图．

答：（1）木块的加速度大小为2m/s2．

（2）拉力大小与木块加速度的函数表达式为F=3a+10．

（3）拉力的大小范围为[10N，50N]，图线如图．

（1）对物体受力分析如右图，因为物体在竖直方向处于平衡所以FN=G

    物体所受滑动摩擦力f=μFN=2N  

    根据牛顿第二定律F合=ma 得：

    a1==m/s2=2 m/s2  

    根据匀变速直线运动位移时间公式得：

      x1=at2=×2×5×5m=25m

    （2）t=5s时的速度为v=a1t=10m/s    

     拉力撤去后，对物体受力分析如右图，物体做匀减速直线运动．

     根据牛顿第二定律F合=ma 得：a2==m/s2=2.5m/s2   

     由于物体做匀减速直线运动，物体还可运动的时间为t0==4s　 

∴4s后物体停止运动，那么物体经过5s前进的距离等于物体经过4s前进的距离．

∴x2==×2.5×4×4m=20m

     答：物体运动5s内通过的位移大小为25m，拉力撤去后再经过5s物体前进了20m．

（1）物块从A到B过程，只有重力做功，根据机械能守恒定律得

   mgR=m

解得，vB==2m/s

在B点，由牛顿第二定律得：

  N-mg=m

解得，N=3N

根据牛顿第三定律得：物块到达B点时对圆弧轨道的压力大小为3N，方向竖直向下．

（2）设物块到达斜面上的速度为v，则由题意得

   cos30°=

解得，v=m/s

（3）在物块滑上薄木板的过程中，由牛顿第二定律得

对物块：mgsin30°-μmgcos30°=ma1

解得，a1=2.5m/s2

对木板：mgsin30°+μmgcos30°=ma2

解得，a2=7.5m/s2

设从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间为t，则有

  v+a1t=a2t

解得，t=s

答：

（1）物块到达B点时对圆弧轨道的压力是2m/s；

（2）物块滑上薄木板时的速度大小是m/s；

（3）达到共同速度前物块下滑的加速度大小为2.5m/s2，从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间为s．

（1）对旅客受力分析，由牛顿第二定律得，

mgsinθ-μN=ma，N-mgcosθ=0

解得：a=gsinθ-μgcosθ=1.6m/s2．

（2）由v2=2aL得，v=4.0m/s．

（3）由匀变速直线运动的规律得，

0-v2=-2a′s，μmg=ma′

联立解得s=1.45m．

答：（1）旅客沿斜面滑下时加速度的大小为1.6m/s2．

（2）旅客滑到斜面底端C时速度的大小为4m/s．

（3）旅客在水平地面上滑行的距离S为1.45m．

（1）物体做匀速运动，受力平衡，则有：

Fcos37°=μ（mg-Fsin37°）

得  F==≈18.2N

（2）撤去F后物体在摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：

μmg=ma

解得：a=5m/s2根据匀减速直线运动位移速度公式得：

s==0.4m

答：（1）拉力F的大小为18.2N．

（2）撤去F后物体滑行的距离为0.4m．

（1）如图所示：撤去力F之前，由牛顿第二定律得：

水平方向：Fcos37°-f=ma       ①

竖直方向：N-mg-Fsin37°=0     ②

又有：f=μN              ③

由①②③得：a1=2.7m/s2       

由运动学公式：vt=v0+at      ④

得，撤去力F时物块速度v=10.8m/s，

（2）撤去力F后，由牛顿第二定律F=ma  得

物块加速度a2==μg   ⑤

解得a2=1m/s2，

（3）由运动学公式：s=v0t+at2及④式得，

撤去力F时物块位移s1=21.6m，

由位移公式s=及⑤式，

得撤去力F后物块位移s2=58.32m，

故物块在水平面上的总位移s=s1+s2=79.92m，

答：（1）撤去推力F时木块的速度为10.8m/s；

（2）撤去推力F到停止运动过程中木块的加速度为1m/s2；

（3）木块在水平面上运动的总位移为79.92m．

（1）物体上滑时，受到重力、斜面的支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得，物体上滑过程的加速度大小为

  a==g（sinθ+μcosθ）

代入解得，a=10m/s2．

（2）由运动学公式得：0-=-2ax得

  x=

代入解得，x=5m

（3）最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，物体到达最高点时最大静摩擦力fm=μmgcosθ=0.4mg，重力沿斜面向下的分力为mgsinθ=0.6mg

所以mgsinθ＞fm，物体将滑回斜面底端．

下滑过程中，加速度大小为a′==g（sinθ-μcosθ）=2m/s2．

由x=a′t2得，t==s=s

答：

（1）物体上滑的加速度大小为10m/s2；

（2）物体沿斜面上滑的最大位移的大小5m；

（3）物体能再滑回底端．经s的时间滑回底端．

对整体运用动能定理得：

W合=△EK

mgh-μmgcosαs=0-0

mgLsinα-μmgcosαL=0

解得：μ=tanα

答：物体和斜面BC段间的动摩擦因数μ为tanα．

（1）由滑动摩擦力的公式可得，

 Fµ=µFN=µmg=0.4×10×10N=40N   

（2）由牛顿第二定律可得，

  a===2m/s2

（3）由位移公式用前3s的位移减去前2s的位移就是第3s内位移，

所以  x=at32-at22=×2×9-×2×4=5m．

答：（1）物体所受滑动摩擦力为40N．

（2）物体的加速度为2m/s2．

（3）物体在第3s内的位移是5m．