热门试卷

解：（1）取竖直向下为正方向．球与管第一次碰地时速度，方向向下．

（2）管第一次落地弹起时，管的加速度，方向向下，

球的加速度，方向向上，

（3）球的速度，方向向下

若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球管速度v相同，则有-v1+a1t1=v2-a2t1

管从碰地到它弹到最高点所需时间t2，则：因为t1＜t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求．得

答：（1）管第一次弹起时刻的速率为；

（2）管第一次落地弹起时管和球的加速度分别为2g，3g；

（3）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度为；

解：匀减速下降时，加速度向上，合外力向上；设人对物体施加的力为F，

由牛顿第二定律可知 F-mg=ma

则  F=mg+ma=80×10+80×2N=960N

在地面上最多能承受的物体重力与F相等即：mg=F  

m==kg=96kg

 故答案为：96．

解：（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，

小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，

根据牛顿第二定律有：

对滑块：μ1mg=ma1             

对木板：F临界-μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2

且有：a1=a2，解得：F临界=4.5N，

由于：F=3.5N＜F临界=4.5N，

M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动，

由牛顿第二定律可知，加速度：a==m/s2；

（2）由（1）可知，使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力：

F临界=4.5N，则拉力至少为4.5N；

（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，

在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，

薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，

则滑块的速度：v=a1t，

对滑块，由牛顿第二定律得：μ2mg=ma3，

位移：x1=，x2=，

由几何关系得：x1+x2=L，

木板的位移：L+=a4t2，

根据牛顿第二定律，对木板：F2-μ1mg-μ3（m+M）g=Ma4        

解得：F2=6N，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F≥6N；

答：（1）当外力F=3.5N时，m与M的加速度都是m/s2；

（2）若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F至少是4.5N；

（3）若使小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件是：F≥6N．

解：（1）设物块A、B一起做匀加速运动的加速度为a，则有：

F-μAmAg-μBmBg=（mA+mB）a

代入数据解得：a=1m/s2

方向与力F的方向相同，即方向水平向右

（2）设物块A对物块B的作用力大小为F′，则有：F′-μBmBg=mBa 

代入数据解得：F′=2N

（3）撤去水平力F时的速度为：v=at=4m/s，

物块A、B都做匀减速运动，有：

μAmAg=mAaA，

μBmBg=mBaB

代入数据解得：aA=2 m/s2

aB=1m/s2

两物块最终停止后相互间的距离为：△x=

答：（1）物块A、B一起做匀加速运动的加速度是1m/s2，方向水平向右；

（2）物块A对物块B的作用力大小是2N；

（3）撤去推力后两物块最终停止后相互间的距离是4m．

解：（1）系设统开始运动时加速度为a1，由牛顿第二定律有

F-μmg=2ma1     

解得 a1=1m/s2     

设A球经过p点时速度为v1，则

v12=2a1（）

得 v1=2m/s    

（2）设A、B在P、Q间做匀减速运动时加速度大小为a2，则有 2μmg=2ma2    

a2=μg=2m/s2    

当A球经过p点时拉力F撤去，但系统将继续滑行，设当B到达Q时滑行的距离为x1，速度为v2，则有 x1=xPQ-L=0.5m

由 v22-v12=-2a2x1    

解得 v2=m/s    

因为v2＞0，故知B球将通过Q点，做匀减速直线运动，此时加速度大小为a3．

则有μmg=2ma3     

a3=1m/s2    

设系统继续滑行x2后静止，则有0-v22=-2a3x2    

可得 x2=1m     

即A球静止时与Q点的距离△x=xPQ-x1-x2=3m     

答：（1）A球经过p点时系统的速度大小为2m/s；（2）A球静止时与Q点的距离为3m．