热门试卷

解：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间

（2）小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为

小车向右运动的距离为             

x1小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．

小车向右运动的时间为                       

小车向左运动的加速度为

小车向左运动的距离为  

小车向左运动的时间为             

小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间：t=t1+t2=3s     

故小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间为3s．

解：（1）无人机从地面上升过程为出速度为零的匀加速运动，设加速度为a1，则有：

h=

可得：a1===6m/s2；

由牛顿第二定律得：F-mg-f=ma1；

由上两式，代入数据得最大升力为：F=36N．

（2）失去升力后物体向下做加速运动，直至升力回复，设下落过程的加速度为a2，

则有：mg-f=ma2

得：a2=8m/s2．

下落高度为：h1=

距地面的高度为：h2=H-h1；

联立以上各式代入数据得：h2=80m

恢复最大升力时，物体的速度为：v=a2t2=8×5=40m/s

（3）设物体落到地面上的速度为v，从最高点到落到地面的过程中，由动能定理得：

mgH-fH-Fh2=

代入数据解得：v=0

答：（1）其动力系统所能提供的最大升力是36N．

（2）恢复最大升力时，物体的速度是40m/s，所处高度是80m．

（3）无人机到达地面时速度是0．

解：（1）设向右为正方向，小墨块速度未与传送带速度相同时，受到的摩擦力始终向右，加速度始终向右，根据运动学知识可知：

a===1m/s2；

小墨块向左减速运动时，对小墨块有：

0=v2-at1

x1=t1

联立解得：x1=4.5m；

（2）小墨块向左减速的过程中，对传送带的位移为：

x2=v1t1

小墨块向右加速运动时，对小墨块有：

v1=at2

x1′=

对传送带x2‘=v1t2

因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：

x=（x1+x2）+（x2′-x1′）

解得：x=12.5m；

答：（1）小墨块向左运动的最远距离为4.5m；

（2）小墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5m．

解：（1）小球的加速度与小车的加速度相等，小球受力如图所示，设加速度为a

ma=mgtan30°

a=gtan30°=

（2）木块受到的摩擦力：

F=Ma=

（3）当小车相对车底板即将滑动时，木块受到的摩擦力f=μMg，此时木块的加速度a′=，

此时小球得加速度也为a′，设此时悬线与竖直方向的夹角为θ，则

ma′=mgtanθ

解得：θ=37°，

悬线的拉力T=

答：（1）小车运动的加速度为．

（2）木块受到的摩擦力为．

（3）此时小球对悬线的拉力为1.25mg．

解：物块与传送带速度相等前，物块做匀加速运动，由牛顿第二定律有：

 F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1

解得 a1=8m/s2

由v=a1t1得  t1=0.5s

位移 x1=a1t12=1 m

物块与传送带速度相等撤去恒力F后，由牛顿第二定律有：

  μmgcos37°-mgsin37°=ma2

可得 a2=-2m/s2

设物块又运动时间t2到达平台上端．

由x2=vt2+a2t22；

又 x2=-x1=-1=2m

解得t2=（2-）s

运动的总时间 t=t1+t2=（2.5-）s

答：物块从低端到达离地面高为H=1.8m的平台上所用的时间为（2.5-）s．

解：（1）根据加速度图象的物理意义，0～1s内物体加速度a1=8m/s2，

1s末物体速度为v1=a1t1=8m/s，1～3s内物体加速度a2=-4m/s2，

3s末物体速度为v2=v1+a2t2=8m/s-4×2m/s=0，3～4s内物体加速度a3=-8m/s2．

4s末物体速度为v3=v2+a3t3=0+8×1m/s=8m/s．

（2）0～1s内物体位移x1= a1t12=×8×12m=4m，

1～3s内物体位移x2=v1 t2+a2t22=8×2m-×4×22m=8m，

物体在前3s内的位移x=x1+x2=4m+8m=12m．

（3）3s末物体速度为v2=0，物体在第4s内的位移x4=a3t32=×8×12m=4m．

答：（1）物体在第4s末的速度为8m/s；

（2）物体在前3s内的位移为12m；

（3）物体在第4s内的位移4m．