热门试卷

解：（1）物品在达到与传送带速度v=4m/s相等前，有：

F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1

解得a1=8m/s2

由v=a1t1，t1=0.5s

位移x1=a1=1m

随后，有：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2

解得a2=0，即滑块匀速上滑

位移x2=-x1

t2==0.5s

总时间为：t=t1+t2=1s

即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s．

（2）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有

μmgcos37°-mgsin37°=ma3

解得：a3=-2m/s2，

假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x

x==4m＞x2

即物体速度为减为零时已经到达最高点；

由x2=vt3+a3

解得：t3=2- s （t3=2+s，舍去）

即物品还需2- s离开皮带．

答：①物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1s

②若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，物品还需2- s时间离开皮带．

解：（1）对板和物块整体分析，整体匀减速直线运动的加速度大小a=，

根据得，

=m/s，

则物块到达A点的速度=m/s，

根据牛顿第二定律得，N-mg=m，

解得N=mg+m=10+N=140N．

根据牛顿第三定律知，物体对圆轨道A点的压力为140N．

（2）根据动能定理得，，

代入数据解得vC=6m/s．

最高点的临界速度=m/s=2m/s，

可知物体能到达最高点，

根据2R=得，t=，

水平位移x=vCt=6×0.4m=2.4m．

答：（1）物块进入圆轨道时对轨道上A点的压力为140N．

（2）物块能到达圆轨道的最高点，物块离开E后在平台上的落点到A的距离为2.4m．

解：（1）球受重力、支持力和风的推力，在x方向不受外力，做匀速直线运动，在y方向受到恒定的力，故y方向做匀变速直线运动；

设在0～2.0s内小球运动的加速度为a1，则根据牛顿第二定律，有F1=ma1

解得：a1=根据运动学公式，有

Vy=a1t=0.80m/s

Sy=a1t2=0.80m

Sx=V0t=0.80m

故合位移为

S=即2.0s末小球在y方向的速度大小为0.80m/s，2.0s内运动的位移大小为1.13m．

（2）根据牛顿第二定律，风力F2作用时物体的加速度为：a2==0.20m/s2

风力F2作用为：t==4.0s

故风力F2作用4s的时间，小球的速度变为与初速度相同．

（3）小球回到x轴上，则y方向的分位移为零，根据运动学公式，有

0=解得

=-0.4m/s

故合速度为

=0.4m/s

故小球回到x轴上时的动能为．

解：（l）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞．碰撞时的速度为v1，则

μmg=ma    …①

 …②

v1=at     …③

联立①②③解得：

T=0.4s

v1=0.4m/s…④

在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T．

设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有：

v=v0-（2nT+△t）a=a△t…⑤

式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间．

由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为：

2v=v0-2nT…⑥

由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有：

0≤v0-2nT≤2v1…⑦

求解上式得：1.5≤n≤2.5

由于n是整数，故有：n=2 …⑧

由于速度相同后还要再一起与墙壁碰撞一次，故一共碰撞三次；再由①⑤⑧得：

△t=0.2s  …⑨

v=0.2m/s  …⑩

从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为：

t=4T+△t=1.8s …（11）

即从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙共发生三次碰撞，所用的时间为1.8s．

（2）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为：…（12）

联立 ①与（12）式，并代入数据得：s=0.06m…（13）

即达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m．

答：（1）从小物块滑上木板到二者达到共同速度时，木板与墙碰撞的总次数为2次，所用的时间为1.8s；

（2）达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m．

解：（1）由图知                

（2）滑块由A到B    ；

上滑过程受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

mgsinθ+μmgcosθ=ma1；

解得a1=g（sinθ+μcosθ）   ①

由B到A过程，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

mgsinθ-μmgcosθ=ma2；

解得：a2=g（sinθ-μcosθ）      ②

由以上各式得    ；  

；

（3）A到B过程，由图象得到：t1=2s；

B到A过程，由速度时间关系公式得到：

答：（1）AB之间的距离为16m；

（2）滑块再次回到A点时的速度为m/s；

（3）滑块在整个运动过程中所用的时间为．

解：（1）物块从A到B过程中，由牛顿第二定律得：F-mgsin37°=ma1，

代入数据解得：，

由匀变速运动的速度位移公式得：vB2-0=2aL，

代入数据解得：vB=4m/s；

（2）物块在BC段上，由牛顿第二定律得：μmg=ma2，

代入数据解得：，

由匀变速直线运动的速度位移公式得：，

代入数据解得：vC=0m/s；

（3）物块在CD段上，在和传送带速度相等前，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma3，

代入数据解得：，

当物块速度与传送带速度相等时，物块位移为：x1==5m，

所用时间为：=1s，

在物体速度达到10m/s后，摩擦力反向，仍做加速运动，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma4，

代入数据解得：，

由匀变速直线运动公式得：，

代入数据解得：，

总时间：t=t1+t2=（2-4）s；

答：（1）物块运动到B点时的速度大小为4m/ss；

（2）物体运动到C点处的速度大小为0；

（3）物块从C运动到D所用时间为=（2-4）s．