热门试卷

解：（1）因为金属块匀速运动，受力平衡则有

 Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=0

得μ=

（2）撤去外力后金属块的加速度大小为：a=μg=5m/s2

金属块在桌面上滑行的最大距离：s==2.5m

答：（1）金属块与地板间的动摩擦因数为0.5；

（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离为2.5m．

解：（1）根据牛顿第二定律：F-μmg=ma

代入数据得：a=4m/s2

则2s末物体的速度为：v=at=4×2=8m/s

（2）撤去外力后，物体受摩擦力作用，设加速度大小为a1

则：μmg=ma1

根据速度位移公式得，撤去拉力后物体在水平面上还能滑行的最大距离为：x=

联立两式代入数据得：x=16m

答：（1）2s末物体的瞬时速度为8m/s；

（2）撤去拉力后物体在水平面上还能滑行的最大距离为16m．

解：（1）由图象知，小环在2-4s内的加速度

（2）令小环质量为m，有：

小环匀速上升时：F-mgsinθ=0       ①

小环加速上升时：F′-mgsin0=ma      ②

已知F=5N，F′=5.5N，a=0.5m/s2，所以由①和②解得：

小环质量m=

（3）代入小环质量m=1kg到式①，可得：

所以夹角θ=30°

（4）由v-t图象知，

小环匀速上升的距离：x1=v0t=1×2m=2m

小环加速上升的距离：

小环在重力和杆的支持力作用下做匀减速运动，加速度大小a′=gsinθ=5m/s2

小环匀减速上升的最大距离

所以环沿杆上升的距离x=x1+x2+x3=2+3+0.4m=5.4m

物体离地高度H=

答：（l）小环在加速运动时的加速度a的大小为0.5m/s2；

（2）小环的质量m=1kg；

（3）细杆与水平地面之间的夹角α=30°；

（4）第4秒末撤去F，小环到达最高点离开地面的高度为2.7m．

解：（1）设力作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，

由牛顿第二定律有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1

撤去力后，设物体的加速度为a2，

由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma2

由图象可得a1=20m/s2； a2=10m/s2

代入解得F=30N； μ=0.5

故斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，拉力大小为30N；

（2）3s末物体速度减为零，之后物体下滑做匀加速直线运动，

根据牛顿第二定律，有：mgsin37°-f=ma3

解得：a3=2m/s2

由速度时间公式，得到再过3s，有：v=a3t=6m/s

故物体6s末速度大小为6m/s．方向与初速度方向相反即沿斜面向下．

图象如下图所示．

（3）速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，故：前3s的位移为：x=；

下降过程，根据位移时间关系公式，有：，解得；

故返回出发点的速度为：；

答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，拉力F的大小为30N；

（2）t=6s时物体速度为6m/s，t=6s内物体运动的v-t图象如图所示；

（3）物体返回出发点的速度大小约为11.0m/s．

解：（1）A、B作为一个整体进行受力分析，可知水平方向受到向右的推力F和水平向左的滑动摩擦力，滑动摩擦力大小 Ff=μFN=μ（mA+mB）g=0.2×200N=40N．

A、B所受的合外力大小 F合=F-Ff=60N-40N=20N，方向水平向右．

由牛顿第二定律得 a==m/s2=1m/s2，方向水平向右．

（2）对B受力分析：B水平方向受到A的弹力及地面对B的摩擦力，

B受滑动摩擦力：FfB=μFNB=0.2×10N=20N，方向水平向左

B所受的合外力为：F合B=mBa=10×1N=10N，方向水平向右

由F合B=F弹-FfB得

F弹=F合B+FfB=10N+20N=30N，方向水平向右．

答：

（1）物体A的加速度大小是1m/s2，方向水平向右；

（2）物体A对B的弹力大小是30N，方向水平向右．

解：（1）由牛顿第二定律可的μmg=ma

解得a=μg=2m/s2

（2）由速度时间公式可得v=v0+at

t=

（3）第28个产品在传送带停止运动前通过的位移为X

加速阶段通过的位移为=1.5m

匀速通过的位移为x2=vt′=2.5×2m=5m

减速阶段通过的位移为

相距距离为X=x1+x2+x3=9.625m

答：（1）产品刚接触到传送带时的加速度为2m/s2

（2）产品经过1s与传送带速度相同？（正常工作情况下）

（3）第28个产品与第29个产品在传送带上最终相距9.625m