热门试卷

解：设飞机与两滑轮连线距离为x，则

图示位置有几何关系得：

X1=Ltanθ1 …①

X2=Ltanθ2…②

飞机减速位移x=x2-x1…③

由运动学公式得：X=at2…④

设绳的拉力为T，飞机加速度为a，则由牛顿第二定律得：

2Tsinθ1+f=ma    …⑤

联立①②③④⑤解之得：T=

答：图示位置缆索的张力大小为．

解：（1）对A分析，根据平衡有：F弹=μmAg=0.2×50N=10N，

根据胡克定律得，弹簧的伸长量x=．

（2）隔离对B分析，F=μmAg+μ（mA+mB）g=0.2×50+0.2×150N=40N．

答：（1）轻质弹簧的伸长量x为0.05m；

（2）作用在物块B上的水平拉力F的大小为40N．

解：（1）米袋在AB上加速时加速度为a1

μmg=ma1，解得，

当米袋经时间t1速度达到v0=5m/s，．

该过程米袋运动的距离为．

以后，米袋匀速运动，再经t2到B点，．

故米袋从A到B的时间为t=t1+t2=1.1s；到B点时速度为vB=5m/s．

（2）CD部分传送带不运转时，米袋在CD上加速度为a2，由牛顿第二定律有：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2，

解得a2=gsinθ+μgcosθ=10×0.6+0.5×8m/s2=10m/s2．

米袋能上升的最大距离为．

（3）设CD部分传送带速度为v时米袋恰能到达D点，米袋在CD传送带上速度大于v时做加速度为的匀减速运动，速度小于v后做加速度为a4=gsinθ-μgcosθ=6-0.5×8m/s2=2m/s2的匀减速运动，直到速度减为零．

由位移关系有：，代入数据解出v=4m/s，

米袋能被送到D端，则CD部分顺时针运转的速度应vCD≥4m/s，

CD部分传送带速度为v=4m/s时，米袋从C到D的时间最长，，

代入数据解得tmax=2.1s．

若CD部分传送带速度较大，能使米袋在CD部分所受摩擦力一直沿斜面向上，即米袋从C到D一直做加速度为=2m/s2的匀减速运动，则所用时间最短，，代入数值，解得tmin=1.16s．

故所求时间范围是1.16s≤t≤2.1s．

答：（1）米袋从A端传到B端的时间为1.1s，米袋到达B端时的速度的大小为5m/s

（2）米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m．

（3）米袋从C端到D端所用时间的取值范围为1.16s≤t≤2.1s．

解：（1）由题意可知，物块在水平面上匀速运动

则

在斜面上物块做匀减速直线运动，设加速度为a1．

根据公式：

由牛顿第二定律：mgsinα+μmgcosα=ma1

解得μ=0.5

（2）设物体向上滑行所用的时间为t1，上滑的最大距离为s，返回斜面底端的时间为t2，加速度为a2．

v0=a1t1

解得t1=0.4s

mgsinα-μmgcosα=ma2

解得

所以．

答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5．

（2）滑块从滑上斜面到返回斜面底端所用的时间为1.29s．

解：（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．根据左手定则可得：小滑块带负电．

（2）当物体离开斜面时，弹力为零，因此有：qvB=mgcos30°，

得：v===2m/s．

（3）由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：

mgsin30°=ma，

由匀变速直线运的速度位移公式得：v2=2ax，

解得：x=1.2m．

答：（1）物体带负电．

（2）物体离开斜面时的速度为=2m/s．

（3）物体在斜面上滑行的最大距离是1.2 m．