热门试卷

（1）Ｌ= 0.5ｍ（2）见解析

（1）对铁块，由牛顿第二定律：

（1分）

对木板，由牛顿第二定律：

（1分）

设木板的长度为Ｌ，经时间t铁块运动到木板的左端，则

（1分）

（1分）

又：       （1分）

解得：    Ｌ= 0.5ｍ（1分）

（2）①当时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即：f = F（2分）

②当时，若M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则：

解得：     

此时：      ，也即

所以：       当时，（2分）

③当时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：

（2分）

f—F图象如答图2所示。（4分）

本题考查牛顿第二定律的应用，分别以木板和木块为研究对象进行受力分析，合外力提供加速度，由此求得加速度大小，当木块运动到木板左端时两者位移差值为木板的长度，由1s内运动到左端可以求得位移差值，及木板的长度L，当拉力较小时整个系统静止在水平地面，由整体所受最大静摩擦力可求得该临界值，当拉力大于该临界值时整体向左做匀加速直线运动，铁块所受静摩擦力提供加速度，所以铁块所受静摩擦力f=ma逐渐增大，当静摩擦力增大到最大静摩擦力时两物体发生相对滑动

（1）14.14m/s        （2）0.577             (3)600

；

(2)当时物体在水平面上滑行，a=μg，则解得μ==0.577；

(3)，其中tg=μ，即=，则当最小．

（1）当建材静止时F0=mg，建材质量为：m==kg=500kg

在1s～5s内加速度为由牛顿第二定律得：F1-mg=ma1

a1==1m/s2

最大速度为：v=a1t1=4m/s

在1-5s内和5-7s内的平均速度相等，所以上升的最大高度为：

h=t1+t2=12m

（2）在5s～7s内，加速度为：a2==2m/s

由牛顿第二定律，有：mg-F=ma2

解得压力传感器的示数：F=4000N

答：（1）整个过程中升降机的最大速度及整个过程中建材上升的高度h为12m

（2）在5s～7s内压力传感器的示数F为4000N

小题1:0.4.

小题2:4.5 N

(1)由图丙可知，木块所受的滑动摩擦力

Ff＝3.12 N

由Ff＝μFN

得μ＝＝＝＝0.4.

3s

试题分析：物体释放后，在斜面上运动加速度：      

物体达到与皮带速度相等所花时间：

此过程中物体位移：

此后物体加速度：

此后到达B点所花时间满足

联立以上各式解之：

（1）5rad/s（2）20N（3）1.24m

试题分析：（1）滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，由牛顿第二定律，可得：μmg=mω2R           （1分 ）    

代入数据解得：ω==5rad/s  （1分）

（2）滑块在A点时的速度：vA=ωR=1m/s   （1分）

滑块在从A到B的运动过程中机械能守恒：  mgh+ mvA2/2= mvB2/2  （1分）

解得： vB=5m/s   （1分）     

在B点，由牛顿第二定律，可得： （1分）

解得：   滑块对轨道的压力大小为20N。 （1分 ）

（3）滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1=g（sin37°+μcos37°）=10m/s2  （1分）

滑块沿BC段向上运动的时间：t1= vB/ a1="0.5s" ＜0.6s 故滑块会返回一段时间   （1分）

向上运动的位移：    S1=vB2/2a1=1.25m       （1分）

返回时的加速度大小：a2=g（sin37°-μcos37°）=2m/s2  （1分）

S2="1/2" a2（t-t1）2=0.01m        （1分）

BC间的距离：sBC= S1- S2  =1.24m     （1分）

点评：本题关键把物体的各个运动过程的受力情况和运动情况分析清楚，然后运用牛顿第二定律和运动学公式求解．

(1)0.5m   (2)5J

试题分析：木块与木板间滑动摩擦力

据牛顿第二定律知，木块的加速度为------2分

木板的加速度为 ------2分           

当木块、木板具有共同速度时，两者不再发生相对滑动，一直匀速运动下去.

所以   解得t="0.5" s                                    ------3分

两者速度大小为  

可见木板此时恰好回到原位置，位移为零   ------3分

此过程木块的位移为

所以木块最终停在木板的中点上. ----2分

(2)拉力F做的功为W=Fx=5J                         ------4分

点评：难题。解决本题时要注意运动过程的分析，整个运动过程分物体、分阶段分析，问题就比较清晰，然后再逐段求解。

（1）匀减速直线运动（2）2.5m/s2（3）720m

本题考查牛顿第二定律和整体隔离法，由于小球与小车相对静止，整体的加速度等于各部分加速度

（1）匀减速直线运动………………2分

（2）a＝gtan14°＝2.5m/s2…………………3分

(3) m…………………………3分

（1）2m/s2      （2）200 N

试题分析：解：（1）（5分）汽车做初速度为零的匀加速直线运动，已知t="5" s，x="25" m，

则汽车的加速度：        

（2）（5分）对汽车进行受力分析，如图所示，       

根据牛顿第二定律得：F合=F-f=ma 

f=F-ma=2200-1000×2 N="200" N 

点评：学生要画受力示意图并能结合牛顿第二定律解题，计算时细心要统一单位。

（1）设A和B一起静止下落至“匀强电场区域”的速度为v1,根据重要推论有:

 代入数据解得: v1="2.0m/s   " （2分）

过程1：A在“匀强电场区域”运动时，取方向向下为正方向，A受到竖直向下的重力mg、滑动磨

擦力f和竖上向上的电场力F作用。

设加速度aA1、末速度为vA、运动时间为t1，根据牛顿第二定律有：

aA1=               （1分）

根据运动学公式有：vA=v0+aA1t1     d=   （1分）

代入数据解出：t1="0.2s,                    " （1分）

(2)vA= v0+aA1t1="1m/s                    " （1分）

B受到竖直向下的重力mg和竖直向上的滑动摩擦力f的作用

同理有：aB1=    vB=v0+aB1t1    代入数据：vB="3m/s " （1分）

过程2：A离开“匀强电场区域”后，因为vAB，所以A受到竖直向下的重力mg和滑动摩擦力f的作用，B受到竖直向下重力mg和竖直向上的滑动摩擦力f的作用。设加速度分别为aA2、aB2，共同速度为v，运动时间为t2

同理有：aA2=    aB2=  （1分）

v=vA+aA2t2            v=vB+aB2t2

由上述四式代入数据解得：v="4m/s  " （2分）

略      

（1）设圆盘的质量为m，圆盘在桌布上做加速运动的加速度为a1，则有：

f1=μ1mg=ma1

以地面为参考系，设桌布从盘下抽出所经历的时间为t1，在这段时间内桌布移动的位移为x，圆盘移动的位移为s1，

有：x=at12，s1=a1t12，

由题意分析可知，当桌布比圆盘多运动了的位移时，盘布分离，即：

x-s1=

联立以上各式，可以解得：t1=

桌布抽出后，圆盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示圆盘的加速度的大小，有：

f2=μ2mg=ma2

设圆盘刚离开桌布时的速度大小为v，离开桌布后在桌面上再运动距离s2时停止，有：

v2=2a1s1，v2=2a2s2

==，

所以有：s2=s2=s1

盘没有从桌面上掉下的条件是：s1+s2≤

由以上各式解得：a≥•μ1g

答：为使圆盘不从桌面掉下，则加速度a满足的条件是a≥•μ1g．