热门试卷

解：（1）物体M沿斜面向上运动时的加速度为a，由牛顿第二定律有：

mgsinθ+μmgcosθ=ma

代入数据得：a=8m/s2    

（2）物体从C点到B点做平抛运动，设落至B点时在竖直方向的速度为vBy，

由平抛运动规律有：，

代入数据得：=3m/s．    

由题意知，物体落在B点后刚好沿斜面下滑，则它落至B点时的速度方向沿斜面向下，与水平方向的夹角为37°                                  

大小为：           

（3）设物体从B点返回到A点过程中的加速度大小为a′，时间为t′，由牛顿第二定律得：

mgsinθ-μmgcosθ=ma′

代入数据得：a′=4m/s2   

由运动学公式有： 

代入数据得：t′=0.5s （-3s舍去）                              

答：（1）物体M沿斜面向上运动时的加速度大小为8m/s2；

（2）物体返回后B点时的速度为5m/s；

（3）物体被墙面弹回后，从B点回到A点所需的时间为0.5s．

解：0-2s内 F1=3000N，

由牛顿第二定律得：F1-mg=ma  解得：a=5m/s2方向竖直向上

位移，

2s-5s内，a=0

位移X2=V1t=a1t1t2=30m；

5s-7s 内    F3=1000N

由牛顿第二定律得：F3-mg=ma2  解得：a2=-5m/s2方向竖直向下

位移

整个过程上升的高度H=X1+X2+X3=50m

答：0-2s内加速度大小为5m/s2方向竖直向上；2s-5s内，a=0；5s-7s 内加速度大小为5m/s2方向竖直向下；整个过程中升机上升的高度为50m．

解：（1）设外加恒力F时小木块的加速度为a1，由匀加速直线运动的规律得：

=2a1s1                

解得：

=8m/s2

（2）加速过程，对滑块受力分析，受推力、重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1     

解得：F=mgsinθ+μmgcosθ+ma1=1×10×0.6+0.5×1×10×0.8+1×8=18N

（3）设小木块继续上滑的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2

解得：a2=gsinθ+μgcosθ=10×0.6+0.5×10×0.8=10m/s2

还能上滑的距离：

S2===3.2m

物体所能达到的最高点离A点的距离为：

S=S1+S2=4+3.2=7.2m

答：（1）物块从A点运动到B点过程中的加速度为8m/s2；

（2）木块所受的外力F为18N；

（3）物块所能到达的最高点离A点的距离为7.2m．

解：（1）根据牛顿第二定律得，小车在水平面上刹车的加速度大小为：

=2m/s2．

根据速度位移公式得：

，

解得：．

（2）小车对薄板的摩擦力f1=μ1Mg=2M=6m，地面对薄板的摩擦力为：

f2=μ2（M+m）g=4m，

因为f1＞f2，知薄板相对地面发生相对滑动．

小车在薄板上匀减速直线运动的加速度大小为：，

薄板做匀加速直线运动的加速度为：，

两者速度相等经历的时间为t1，有：v1-a2t1=a3t1，

解得：，

此时两者发生的相对位移为：，

代入数据解得：△x=0.5m＜L，

此时小车的位移为：m=0.75m，

相等的速度v=a3t1=2×0.5m/s=1m/s

然后两者一起做匀减速直线运动，匀减速运动的加速度为：，

则一起匀减速直线运动的位移为：，

所以小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小为：x=x1+x2=0.75+0.5m=1.25m．

答：（1）小车冲上薄板时的速度大小为2m/s；

（2）小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小为1.25m．

解：（1）物体在达到与传送带速度v=6m/s相等前，有：

F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1 

解得a1=6m/s2

由v=a1t1，得：t1=1s   

位移  x1===3m

（2）达到共速后，在拉力作用下继续加速，则所受摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2

解得a2=2m/s2，物体匀加速上滑

位移x2=-3m=7m

则   x2=vt2+a2t22

解得t2=1s；

（3）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，

由于μmgcos37°=4N，mgsin37°=12N，

故mgsin37°＞μmgcos37°，则此后物体做匀减速运动，加速度大小为a3

mgsin37°-μmgcos37°=ma3

解得：a3=4m/s2

设再过t3时间物体的速度减为零，则a3t3=v，得：t3==1.5s

此过程物体通过的位移为：

x3==4.5m；

由于传送带总长为10m，x1+x3=3m+4.5m=7.5m＜10m，说明此后物体速度减速为零后沿传送带以a3加速下滑．

设下滑的时间为t4，则有：7.5m=a3t42

代入数据得：t4=s；

故撤去拉力，物体还需要时间t′=t3+t4=（+）s

答：（1）从底端开始经1s时间物体与传送速度相同．

（2）若达到共速后保持拉力不变，物体还需1时间到达斜面顶端．

（3）若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要s时间离开传送带．

解：（1）对物体受力分析如图所示，将重力进行正交分解，

F1=mgsin37° 

FN=F2=mgcos37° 

由牛顿第二定律可得：F-f-F1=ma1  

f=μFN=μmgcos37° 

解得：a=2m/s2 

由运动学方程：v=a1t=8m/s 

（2）撤去外力后，受力分析如图所示，

由牛顿第二定律得：-（F+f）=ma2  

解得：

撤去外力之后，物体做匀速直线运动，

由运动学方程：

答：（1）撤去力F时物体的速度大小8m/s；

（2）物体从撤去外力之后沿斜面上滑的最大距离4m．

解：设冰壶初速度为v，赛道总长度为L，不规则冰面的长度为d．

（1）（2）冰壶在正常冰面上滑行时，由动能定理有：

     ①

在此过程中由动量定理有：

-μmgt=m•0.9v0-mv0          ②

由①和②解得：

v0=10μgt

L=

（3）不规则冰面存在时根据动能定理得：

代入v0和L可解得d=

答：（1）赛道的总长度L=．（2）调试冰壶的初速度v0=10μgt；（3）不规则冰面的长度．