热门试卷

解：（1）物体由静止沿斜面下滑，加速度为a1，由牛顿运动定律有  mgsinθ=ma1

解得  a1=5m/s2                       

（2）物体由静止沿斜面下滑，经时间t1到达斜面底端速度为v1，

解得，t1=1.6s

v1=a1t1=8m/s              

（3）物体滑到地面作匀减速运动，加速度大小为a2

根据μmg=ma2，a2=4m/s2

经时间t2减速到零，则

答：

（1）物体沿斜面下滑的加速度大小是5m/s2；

（2）物体由静止沿斜面下滑，到达斜面底端的速度大小是8m/s；

（3）物体在水平地面滑行的时间是2s．

解：小球在最高点时，对小球受力分析，受重力G和杆的弹力N，假定弹力N向下，如图所示；

由牛顿第二定律和向心力公式得：  ①

（1）由①式解得N=0时的速度

（2）由①式得小球在最高点的速度v2=6m/s时，杆对球的作用力为：

“+“说明方向竖直向下

由牛顿第三定律得：球对杆的作用力大小  N′=N=6N，方向竖直向上．

答：球对杆的作用力为0时小球在最高点的速度为3m/s，当小球在最高点的速度v2=6m/s时，球对杆的作用力大小为6N，方向竖直向下．

解：（1）设货箱在AB段运动的加速度为a1，刚到B点的速度为vB，在BC段运动的加速度为a1，

货箱在AB段，在竖直方向，由平衡条件得：N=mg+Fsin45°，

在水平方向，由牛顿第二定律得：Fcos45°-μ1N=ma1，

由速度位移公式得：vB2=2a1L，

设货物进入皮带时速度为vB′，由题意知vB′=vB，

在传送带BC上：vB′2=2a2S，

由牛顿第二定律得：mgsin45°+μ2mgcos45°=ma2，

解得：μ2=0.25；

（2）皮带未转时，货箱从B点至C点用时：t0==1s，

当货箱1从C点沿斜面向下滑时，正好有货箱2从B点沿斜面向上滑动．

货箱2达到与皮带速度相同前加速度为a3，货箱1运动加速度为a4，

时间为t1，位移分别为s2，s1．a3=a2，

由牛顿第二定律得：mgsin45°+μ2mgcos45°=ma4，

v=vB′-a3t1，

s2=vB′t1-a3t12，

s1=a4t12，

s2+s1=3.5m＜S，

故货箱1与货箱2还相距0.5m．

接下来货箱1按原状态继续沿斜面匀加速，货箱2将以不同于原加速度沿斜面向上匀减速，设加速度为a5，再经t2两物体相碰．

a5=a4，（a4t1•t2+a4t22）+（vt2-a5t22）=0.5m，

两货箱相碰的位置与C点距离：d=a4（t1+t2）2，

解得：d=m≈0.68m；

答：（1）传送带与货箱之间的动摩擦因数为0.25；

（2）这两个货物箱在传送带上相撞的位置到C点的距离为0.68m．

解：（1）试管塞开始与试管一起运动了位移：x1=H=0.8m

试管停止运动之后又独立运动了位移：x2=l-h=（0.21-0.01）m=0.20m．

所以试管塞从静止开始到离开试管口的总位移：x=x1+x2=（0.80+0.20）m=1.0m；

（2）设试管刚停止运动时，试管塞的速度为v，

由

解得v=8m/s

在试管中做匀减速运动中，由动能定理可得：

解得：Ff=17mg

故滑动摩擦力与重力的比值为17．

答：

（1）试管塞从静止开始到离开试管口的总位移为1.0m；

（2）试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值为17．

解：（1）设B物体的质量为m，加速下滑时的加速度为a，其在斜面上时的受力情况如图所示，由牛顿第二定律得

mgsin37°-f=ma，f=μmgcos37°

解得a=g（sin37°-μcos37°）=2m/s2．

设B物块释放后经过tsA追上B与其在斜面上相碰，由两者的位移关系得：

代入数据解得t=1.5s．

在1.5s内，B下滑的位移

A、B确实在斜面上发生碰撞．

（2）A碰前的速度vA=a（t+1）=2×（1.5+1）m/s=5m/s，B碰前的速度vB=at=2×1.5m/s=3m/s

由于碰撞时间极短，设碰后两者的共同速度为v，则mvA+mvB=2mv

代入数据解得v=4m/s．

AB相碰时距斜面底端的高度h=（s2-sB）sin37°=（3-2.25）×0.6m=0.45m

设AB滑行斜面后停止P点s3远处，由动能定理得，

2mgh-μ2mg（s2-sB）cos37°

代入数据解得s3=1.9m．

答：（1）B物块释放后经过1.5s两物块发生碰撞．

（2）AB最后停在距斜面底端P点1.9m．

解：（1）当汽车牵引力F=f=kmg=0.1×2×103×10N=2×103N时，达到最大速度Vm，故  

（2）对汽车，匀加速启动阶段，据牛顿第二定律有  F1-f=ma

可得匀加速阶段的牵引力

故匀加速启动阶段结束时的速度

（3）当速度为V2=5m/s时，处于匀加速启动阶段，故

汽车牵引力的瞬时功率

（4）当速度为V3=32m/s时，此时汽车功率为P0，故此时牵引力

对汽车，据牛顿第二定律有  F3-f=ma‘

可得速度为V3=32m/s时的加速度

（5）汽车匀加速启动阶段所用时间

对汽车，速度从V1增大到Vm过程，根据动能定理有

可得速度从V1增大到Vm所用时间t2=35s

故汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间t=t1+t2=20+35=55s

答：（1）汽车的最大行驶速度为40m/s；

（2）汽车匀加速启动阶段结束时的速度为20m/s；

（3）当速度为V2=5m/s时，汽车牵引力的瞬时功率为2×104W；

（4）当汽车的速度为V3=32m/s时的加速度为0.25m/s2；

（5）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为55s．

解；（1）未施加力F时A处于静止状态，

弹簧的压缩量x1=l0-l1=100cm-75cm=25cm=0.25m

由胡克定律：mAg=kx1得     

由胡克定律得：mAg=kx1得：

所以劲度系数：k=

（2）B物体刚好离开地面时，由mBg=kx2得

弹簧的伸长量

物体A在0.5s内上升的位移 x=x1+x2=0.25m+0.5m=0.75m

物体A的加速度

答：（1）弹簧的劲度系数为600N/m；（2）物体A的加速度为6m/s2．