热门试卷

解：（1）由于子弹射中木块的瞬间动量守恒，选向右为正方向，

由动量守恒得：mv0-Mv=mu+Mv1，

整理得：

解得：v1=3m/s

由于木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50，所以物体在传送带上的加速度a=5m/s2，方向向左．

木块经过t1=0.6s时速度减为零，此时木块向右的最大位移：x1=t1=0.9m

每隔t=1.0s就有一颗子弹射向木块，在子弹射出之前的1s内，木块做匀减速直线运动，

由速度时间关系式：v2=v1-at=-2m/s，说明木块此时刚好与传送带达到相同的速度，

此过程中木块的位移：x2=v1t-at2=0.5m

当下一颗子弹击中木块时，过程与第一颗子弹射入过程相同，木块会在x2=0.5m的基础上向右运动0.9m，然而传送带一共1.3m，所以此时木块就会落地．

所以木块在传送带上最多能被2颗子弹击中．

（2）从第一颗子弹击中木块到木块再次与传送带达到相同的速度一共用时t=1s，所以此过程传送带向左运动的位移X1=vt=2m，木块向右的位移为0.5m，

所以此过程木块相对于传送带的位移为△x1=2.5m，

第二颗子弹击中木块后，当木块向右运动0.8m时落下传送带，此过程为匀减速运动，

故：0.8m=v1t2-at22

解得：t2=0.4s

此过程中传送带向左位移X2=vt2=0.8m，

木块向右运动的位移0.8m

所以此过程木块相对于传送带的位移为△x2=1.6m，

故全程木块与传送带间的相对滑动距离为：△x=△x1+△x2=4.1m

所以木块和传送带间因摩擦产生的热量：Q=μMg△x=20.5J

（3）木块落下传送带时的速度：v2=v1-at2=1m/s，

做平抛运动，竖直方向：h=gt32

解得：t3=0.2s

水平方向木块运动的位移：X3=0.2m

地面上有另一相同木块立即从C点以v=1.0m/s向左运动，加速度向右a2=2m/s2，

所以t3内的位移：X4=vt3-at32=0.16m

故为保证两木块相遇，地面木块应在距离B点正下方X3+X4=0.36m远处开始运动．

答：（1）木块在传送带上最多能被2颗子弹击中．

（2）木块和传送带间因摩擦产生的热量是20.5J．

（3）地面木块应在距离B点正下方0.36m处开始运动．

解：由牛顿第二定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小恒为：a=

代入数值得：a=m/s2=0.20m/s2

第1s内：场强沿x正方向时，经过1秒钟小球的速度大小为：

   Vx=at=0.20×1.0=0.20m/s 

速度的方向沿x轴正方向，小球沿x轴方向移动的距离

△x1=at2=×0.20×1.02=0.10m 

第2秒内：电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为Vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动，

沿x方向移动的距离：△x2=Vxt=0.20m 

沿y方向移动的距离：△y=at2=×0.20×1.02=0.10m 

故在第2秒末小球到达的位置坐标：x2=△x1+△x2=0.30m 

    y2=△y=0.10m 

在第2秒末小球在x方向的分速度仍为Vx，在y方向的分速度为

   Vy=at=0.20×1.0=0.20m/s 

由上可知，此时运动方向与x轴成45°角．要使小球速度能变为零，则在第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225°角．

第3秒内：设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax，ay，则

   ax==0.20m/s2，

   ay==0.20m/s2 

在第3秒未小球到达的位置坐标为

  x3=x2+Vxt-axt2=0.40m，

  y3=y2+Vyt-ayt2=0.20m 

答：此电场的方向为指向第三象限，与x轴成225°角．速度变为零时小球的位置为x3=0.40m，y3=0.20m．

解：设刚开始时弹簧压缩量为x0，则（mA+mB）gsinθ=kx0

因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，B对A的作用力为0，设此时弹簧形变量为x1．由牛顿第二定律知：

kx1-mBgsin θ=mBa                 

前0.2s时间内A、B由静止做匀加速直线运动的距离为：x0-x1

所以x0-x1=at2         

代入数据解得：a=5 m/s2

当A、B开始运动时拉力最小，此时有：Fmin=（mA+mB）a=30N    

当A、B分离时拉力最大，此时对A有：Fmax-mgsin θ=ma　　　　　

代入数据解得：Fmax=50N．   

答：F的最大值和最小值分别为50N、30N．

解：要使物体运动时不离开水平面，应有：Fsinθ≤mg-----------------①

要使物体能向右运动，应有：Fcosθ≥μ（mg-Fsinθ）-----------②

联立①②式得：≤F≤          

（2）根据牛顿第二定律得：Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma-------------③

解得：F=           

上式变形F=，其中α=sin-1----------④

当sin（θ+α）=1时F有最小值

解得：Fmin=

代入相关数值解得：Fmin=40N     

答：（1）拉力F的大小范围为≤F≤．

（2）维持这一加速度的拉力F的最小值为40N．

解：（1）轮子沿顺时针方向转动时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向上，物体的受力情况如图所示．

物体由静止加速，由牛顿第二定律可得

mgsin θ-μmgcos θ=ma1

解得：a1=2 m/s2，由于mgsinθ＞μmgcosθ，物体受滑动摩擦力一直向上，

则物体从A端运动到B端的时间t==4 s．

（2）轮子沿逆时针方向转动时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，物体的受力情况如图所示．

物体由静止加速，由牛顿第二定律得

mgsin θ+μmgcos θ=ma2

解得：a2=10 m/s2

物体加速到与传送带速度相同需要的时间为

t1== s=1 s

物体加速到与传送带速度相同时发生的位移为

s=a2t=×10×12 m=5 m

由于μ＜tan θ（μ=0.5，tan θ=0.75），物体在重力作用下将继续加速运动，物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体的摩擦力沿传送带向上，物体加速度为

a3=2 m/s2

设后一阶段物体滑至底端所用时间为t2，由运动学公式有

L-s=vt2+a3t

解得t2=1 s

可知物体从A运动到B所用时间t′=t1+t2=2 s．

答：（1）轮子沿顺时针方向转动用时4 s；

（2）轮子沿逆时针方向转动用时2s

解：（1）设物块与车板间的摩擦力为f，则有

F-f=M a1

f=μmg

解得：a1=4 m/s2

设车启动至物块离开车板经历的时间为t1，物块的加速度为a2，则

f=ma2　

解得：a2=2 m/s2（2）滑块与平板小车相对滑动过程，有：

a1t12-a2t12=S

解得：t1=1 s

物块离开车板时刻，车和物块的速度分别

v1=a1t1=4m/s

v2=a2t1=2m/s

（3）物块离车板后作平抛运动，所经历的时间为t2，走过的水平距离为s2，则

s2=vt2

h=gt22

解之得：t2=0.5s　 s2=1m

在这段时间内车的加速度　a3==5 m/s2

车运动的距离s1=v1t2+a3t22=2.625m

s=s1-s2=1.625 m

答：（1）物块滑落前，物块的加速度大小为2 m/s2，平板车的加速度的大小为4 m/s2；

（2）物块离开平板车时，车的速度v1为4m/s，物块的速度v2的大小为2m/s；

（3）物块落地点到车尾的水平距离s为1.625 m．

解：（1）由题图可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：

上滑过程中加速度的大小：

上滑过程中在斜面上有沿斜面向下的重力的分力、摩擦力，由牛顿第二定律F=ma得上滑过程中有：

mgsinθ+μmgcosθ=ma1

代入数据得：μ=0.35．

（2）下滑的距离等于上滑的距离：

x==m=1m   

下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F=ma得：

下滑过程中：mgsinθ-μmgcosθ=ma2

解得：=2m/s2

下滑至出发点的速度大小为：v=

联立解得：v=2m/s  

答：（1）木块与斜面间的动摩擦因数为0.35；

（3）木块回到出发点时的速度大小为2m/s．