热门试卷

解：（1）把物块和木板看作整体，由牛顿第二定律得：F=（m1+m2）a

对物块，物块与木板将要相对滑动时有 μ1m1g=m1a

联立解得 F=μ1（m1+m2）g=8N

（2）物块在0～2s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：μ1m1g=m1a1

解得 a1=2m/s2；

2s末物块的速度为 v1=a1t1=2×2=4（m/s）

木板在0～1s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F1-μ1m1g=m2a2

解得 a2=4m/s2；

1s末木板的速度 v1′=a2t2=4×1=4（m/s）

在1～2s内 F2=μ1m1g，木板做匀速运动，速度为4m/s

如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度为

m1的合力m1gμ2＞fm=m1gμ1

所以物块和木板相对滑动

2s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：-μ1m1g=m1a3

得：a3=-2m/s2；

速度从4m/s减至零的时间 t3===2（s）

木板做匀减速直线运动有：-μ2（m1+m2）g+μ1m1g=m2a4

得：a4=-m/s2；

速度从4m/s减至零的时间 t4===1.5（s）

二者在整个运动过程的v-t图象如图所示（实线是木板的v-t图象，虚线是物块的v-t图象）

（3）0～2s内物块相对木板向左运动 

2-4s内物块相对木板向右运动

△x1＞△x2

所以0～4s内物块在木板痕迹的长度为△x=△x1=2m

答：（1）为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为8N．

（2）如图所示．

（3）0～4s内物块在木板上留下的痕迹的长度为1m．

解：（1）由物体上滑至中点时撤去推力，物体能上升到最高点，对这两个过程来说，位移一样，第一上升过程初速度是0，末速度为v，第二上升过程，初速是v，末速度是0，故可以知道两个阶段的加速度大小相等

故为1：1       

（2）由牛顿第二定律有：

第一段：F-mgsinα-f=ma1             

第二段：mgsinα+f=ma2  

（a1=a2′大小）  

第三段：mgsinα-f=ma3                  

设斜面长为L．高度为h，由运动学公式有：

解上面各式得：f=（mgsinα）；  

答：（1）撤去F前的加速度a1与撤去F后物体仍在向上运动时的加速度a2之比为1：1

（2）推力F与物体所受斜面摩擦力f之比为8：1

解：（1）当小球对管下壁有压力时，则有：

mg-0.5mg=

解得：

当小球对管上壁有压力时，则有：

mg+0.5mg=

解得：

（2）小球从管口飞出后做平抛运动，

竖直方向上：

2R=

t=

答：（1）小球从管口飞出时的速率为或；

（2）小球落地点到P点的水平距离为或．

解：设小球的质量为m，木扳与小球的总质量为M，木板与斜面间的动摩擦因数为µ，由题意得：

F1=mgsinθ…①

放手后，木板和小球沿斜面向下匀加速运动，由牛顿第二定律得：

Mgsinθ-µMgcosθ=Ma…②

对小球有：mgsinθ-F2=ma…③

解①②③得：μ=．

答：小木板跟斜面间的滑动摩擦系数为．

解：在bc段做匀加速运动，加速度为

根据牛顿第二定律，有mgsin37°+μmgcos37°=ma

μ=

（2）根据速度时间公式，得：

t2=0.3s时的速度大小v1=v0-at=1-10×0.1=0

在t2之后开始下滑

下滑是的加速度为

mgsin37°-μmgcos37°=ma′

a′=gsin37°-μmgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8m/s2=2m/s2

从t2到t3做出速度为零的加速运动时刻的速度为v3=a′t′=2×0.1=0.2m/s

（3）从0到t1时间内，有动能定理可得

WP-mgssin37°-μmgscos37°=

WP=mgssin37°+μmgscos37°+=1×10×0.2×0.6+0.5×1×10×0.2×0.8+J=4J

答：（1）物体离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a为10m/s2及动摩擦因数μ的大小为0.5

（2）t2=0.3s和t3=0.4s时滑块的速度v1、v2的大小分别为0，0.2m/s；

（3）锁定时弹簧具有的弹性势能Ep为4J．