热门试卷

解：（1）（2）设小滑块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律，对滑块，有：

μ2mg=ma1

解得：

对长木板，根据牛顿第二定律，有：

μ2mg-μ1（m+M）=Ma2

解得：

（3）设经过时间t滑块和长木板相对静止，故：

v=v0-a1t 

v=a2t 

解得：，v=

这段时间内小滑块的位移：

=m

长木板的位移：

=m

此后一起匀减速直线运动，故小滑块最后距离长木板左端：

答：（1）刚开始时小滑块的加速度大小为5m/s2；

（2）刚开始时长木板的加速度大小为1m/s2；

（3）小滑块最后停在距长木板左端m远的位置．

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：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得：F=（m1+m2）a

解得a==m/s2=3.0m/s2；

（2）隔离对m1分析，根据牛顿第二定律得：

T=m1a=4×3N=12N．

所以细绳中的张力为12N．

答：（1）系统运动的加速度为3.0m/s2；

（2）细绳中的张力为12N．

解：以金属块与木块组成的系统为研究对象，取向下为正方向，由牛顿第二定律得系统的合力为：

F=（M+m）a，

对系统，由动量定理得：

F（t1+t2）=Mv+m•0

解得：金属块M的速度为：

v=a；

答：此时金属块M的速度是a．

解：物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下．

根据牛顿第二定律得：

a1==gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2

则速度达到传送带速度所需的时间：

t1==s=1s．

经过的位移：

x1=a1t12=×10×1m=5m．

由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止．

速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上．

根据牛顿第二定律得：

a2==gsin37°-μgcos37°=2m/s2

根据vt2+a2t22=L-x1，即10t2+×2×t22=11

解得t2=1s．

则t=t1+t2=2s．

答：物体从A运动到B的时间为2s．

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．