热门试卷

解：（1）由数学知识得：sinθ==，θ=37°

乘客从A滑到C的过程，由动能定理得：

   mg•LAB-μmgcosθ•LAC=

解得：vC==m/s=2m/s

（2）乘客在水平部分滑行过程，运用动能定理得：

-μmgs=0-

解得：s==m=1m．

（3）根据  LAC+s=+，t=t1+t2

则得：t==s=2s

答：

（1）乘客下滑到C点时的速度大小vC为2m/s．

（2）E点到C点的距离s是1m；

（3）乘客从A滑行到E所用的时间t是2s．

解：（1）若人以恒定速度v=1m/s向下匀速拉绳，木板先向右做匀加速运动，物块到达板的中点后，物块和木板一起以1m/s匀速．

设M加速时间为t1，则m向右位移为x1=vt1  

木板向右的位移为x2=1

由题意得x1-x2=

由以上三式代入数据可得t1=1s 

M加速度：

由牛顿第二定律得：μ1mg=Ma

代入数据解得：μ1=0.4

（2）如果板与桌面有摩擦，因为M与桌面摩擦因数越大，m越易从右端滑下，所以当m滑到M右端两者刚好共速时摩擦因数最小，设为μ0，且物块在板上滑行的时间为t2．

对木板由牛顿第二定律得：μ1mg-μ0（M+m）g=Ma1，

而v=a1t2

解得：

又设物块从板的左端运动到右端的时间为t3则，

得：

解得：．

所以为了使物块能到达板的右端，板与桌面间的摩擦因数μ2≥0.04

答：（1）物块与板间的动摩擦因数为0.4．

（2）板与桌面的动摩擦因数μ2的范围为μ2≥0.04．

解：（1）由图象可知，滑块的加速度a==m/s2=10 m/s2

滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsinθ+μmgcosθ=ma

代入数据解得μ=0.5

即滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5．

（2）由于μ＜tan37°，故滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，即mgsinθ＞μmgcosθ，能再下滑．

由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s==5 m

滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得a2=2 m/s2

由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v==m/s

故滑块最后能返回斜面底端；返回 斜面底端时的速度大小为m/s．

解：（1）以A为研究对象，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：k（l-l0）=mgsin30°       

解得：l=+l0

（2）以A、B及弹簧整体为研究对象，受拉力、滑动摩擦力、重力和支持力，根据平衡条件，有：Fcos30°=2mgsin30°                

解得：F=mg         

（3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，根据平衡条件，有：F=f=μ（M+2m）g           

解得：μ=

答：

（1）此时弹簧的长度l为+l0；

（2）水平拉力F的大小为mg；

（3）粗糙地面与斜面体间的动摩擦因素μ为．

解：（1）根据牛顿第二定律得，木箱的加速度=m/s2=1m/s2．

撤去推力后木箱的速度v=a1t1=1×3m/s=3m/s．

（2）撤去推力后，木箱的加速度大小，

根据速度位移公式得，木块继续滑行的距离．

答：（1）撤去推力时，木箱的速度大小为3m/s；

（2）撤去推力后，木块继续滑行的距离为0.9m．

解：（1）根据匀变速直线运动平均速度的推论知，x=vt

解得匀加速运动的末速度v=5 m/s

（2）匀减速阶段a2=μg= m/s2

时间t2=1.5s

则匀加速阶段的时间t1=（4-1.5）s=2.5s

则加速阶段a1==2 m/s2

由F-μmg=ma1

代入数据解得F= N．

（2）由匀速可知，根据平衡有：Fsin θ=μ（mg-Fcos θ）

得F==

tan φ0=μ=　φ0=30°

当θ=60°时，Fmin=5N．

答：（1）最大速度为5m/s；

（2）恒力F的大小为 N．

（3）力F的最小值为5N，此时θ的大小为60°