热门试卷

解：（1）mg－F＝ma

F－m0g＝m0a 得a＝g

当m→∞时，a1＝g

当m＝0时，a2＝－g

当a＝0时，m＝m1＝m0（2）设A开始离水平面h1，B开始离水平面h2，

由静止释放A上升到高度h1′，B下降到高度h2′，

则h1′－h1＝h2－h2′＝h

代入（1）问中加速度a，AB发生h位移时速度为v，v2＝2ah

得

A、B系统机械能守恒。

（3）从H＝0.5m高处释放，AB加速度 B着地时A速度

接着A做竖直上抛，上升h，

A距离水平面最大高度hm＝2H＋h＝1.1m。

解：（1）下滑过程(M+m)gsin300-μ(M+m)gcos300=(M+m)a1

上滑过程Mgsin300+μMgcos300=Ma2

代入数据解得a1：a2=1：3

（2）证明：设下滑的总高度为h，全过程用动能定理

代入数据解得m：M=2：1。

解：（1）

（2）建立如图所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律

x方向：F·cosθ=ma

代入数据得加速度a=4m/s2

（3）根据匀变速直线运动规律v2=2ax

代入数据得x=2m

解：由图可知，在t＝0到t1＝2s的时间内，体重计的示数大于mg，故电梯应做向上的加速运动。

设在这段时间内体重计作用于小孩的力为f1，电梯及小孩的加速度为a1，

根据牛顿第二定律，得：f1－mg＝ma1 ①

在这段时间内电梯上升的高度h1＝②

在t1到t＝t2＝5s的时间内，体重计的示数等于mg，

故电梯应做匀速上升运动，速度为t1时刻的电梯的速度，即v1＝a1t1 ③

在这段时间内电梯上升的高度h1＝v1t2 ④

在t2到t＝t3＝6s的时间内，体重计的示数小于mg，故电梯应做减速上升运动。

设这段时间内体重计作用于小孩的力为f2，电梯及小孩的加速度为a2，

由牛顿第二定律，得：mg－f2＝ma2⑤

在这段时间内电梯上升的高度h3＝⑥

电梯上升的总高度h＝h1+h2+h3 ⑦

由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得h＝9m。

解：（1）x＝

               a1＝2.4m/s2

               vm＝a1t＝4.8m/s 

               F·cos53°－μN＝ma1 

                F·sin53°+N=mg

               得μ＝0.67 

       （2）松手后玩具加速度a2＝μg＝6.7m/s2

               滑行距离x2＝＝1.7m。

vt=25m/s，S=62.5m

（1）

（2）10m/s

解：F1=Fcos37°=12N

F2=Fsin37°=9N

N=mg－F2=1N

f=μN=0.5N

F合=F1－f=11.5N

a=F合/m=11.5m/s2

解：因为释放后物体A静止不动，根据平衡条件可知跨过定滑轮的绳上的拉力为F1=60N

因为动滑轮保持静止，由平衡条件可得，跨过动滑轮的绳上的拉力为F2=30N

以物体B为研究对象，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律得，mBg-F2=mBa①

以物体C为研究对象，其加速度大小仍为a，由牛顿第二定律得，F2-mCg=mCa②

解①②两式可得mC=2kg。