热门试卷

解：（1）木块受到的摩擦力为：

f1=μ1Mg=0.2×1×10=2N

5个木板的总的最大静摩擦力：

f2=μ2（Mg+5mg）=0.1×（10+5×0.6×10）=4N

由于f1＜f2，故这5个木板保持静止状态，故地面对木块的总摩擦力为2N；

（2）设当物块滑到第n块木板时，木板才开始运动，故：

μ1Mg＞μ2[M+（6-n）m]g 

解得：n＞4.3

即物块滑上第5块木板时，木板才开始在地面上滑动；

设物块刚滑上第5块木板的速度为v1，则：

解得：

v1=1m/s 

在此过程中，物块发生的位移为S1，有：

解得：

木板5的位移为S2，则：

解得：

故滑块滑上木板相对静止时，距离木板左端：

d=

（3）对木板做受力分析可知：

ma1=F-μ1Mg-μ2（M+m）g 

解得：

 木块相对滑板向右加速滑动

当撤去外力后，对木板受力分析，有：Ma2=μ1Mg+μ2（M+m）g

解得：  此时木板相对滑块向右减速

显然，当两者再次共速时滑块恰好运动到木板最左端，是力F作用在木板上保证滑块不滑出的最长时间的临界条件；

设加速过程的时间为t1，减速过程的时间为t2，滑块的总位移为x1，木板的总位移为x2；

x2-x1=d 

又v2+μ1g（t1+t2）=v2+a1t1-a2t2 

联立解得：

答：（1）当物块在木块1上滑动时，求地面对这5个木块总的摩擦力大小为2N；

（2）由计算分析小物块滑至第5块长木板时，长木板才开始在地面上滑动，物块相对于木板静止时在木板上距离木板左端m；

（3）该力施加的最长时间为．

解：（1）物体从A到B过程中：a1==2m/s2

∴F=ma1+μmg=4N           

（2）物体从B到C过程中：a2==5m/s2

mgsinα=ma2

∴α=30°　         

（3）当物体在推力F的作用下在AB间运动时，设AB间的距离为s，通过AB时间的t，

通过B点时的速度为vB，根据表中提供的数据，在0～2.6s时间段内，物体先加速后减速，设加速时间为t，B点速度为vB；

当物体在水平面上运动时　vB=a1t=2t，

当物体在斜面上运动时　1.0=vB-a2（2.6-t）=vB-5（2.6-t） 　　

联立解得：t=2s，vB=4m/s；　　　

又s=t=4m　

给物体一个初速度v0时物体恰能运动到C点，由于斜面光滑，则物体通过B点的速度仍为vB=4m/s，

根据动能定理：-μmgs=mvB2-mv02　　

解得　　　v0=5.6m/s　　　　

答：（1）恒力F的大小为4N；

（2）斜面的倾角α为30°；

（3）此初速度v0的大小为5.6m/s．

解：（1）为了使物块以最短时间到达B点，物块应一直匀加速从A点到达B点，根据牛顿第二定律，有：

μmg=ma1

根据速度位移公式，有：

解得：

vB==2m/s

（2）设传送带加速结束时的速度为v，为了使物块能一直匀加速从A点到达B点，需满足：

v≥vB

根据速度时间关系公式，有：

at=v

解得：t≥1s

答：（1）如果物块以最短时间到达B点，物块到达B点时的速度大小是2m/s；

（2）上述情况下传送带至少加速运动1s时间．

解：AB段的加速度为：

BC段的加速度为：

设AB段运动的总时间为t1，根据速度时间关系公式，有：

v0+a1t1+a2（t-t1）=0

代入数据，有：

15-2t1-4×（5-t1）=0

解得：t1=2.5s

在t1=2.5s时刻的速度为：

v1=v0+a1t1=15-2×2.5=10m/s

物体在斜面上运动的最远距离：

x==

答：物体在斜面上运动的最远距离为12.5m．

解：（1）由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为：

a1==20 m/s2，方向沿杆向上

在2～4 s内小球的加速度为：

a2==-10 m/s2，负号表示方向沿杆向下．

（2）有风力时的上升过程，小球的受力情况如图所示

在y方向，由平衡条件得：

FN1=Fsin θ+mgcosθ

在x方向，由牛顿第二定律得：

Fcosθ-mgsinθ-μFN1=ma1

停风后上升阶段，小球的受力情况如图所示

在y方向，由平衡条件得：

FN2=mgcos θ

在x方向，由牛顿第二定律得：

-mgsin θ-μFN2=ma2

联立以上各式可得：F=60 N．

答：（1）在0～2s内的加速度大小为20 m/s2，方向沿杆向上；2～4s内的加速度大小为10 m/s2，方向沿杆向下．

（2）风对小球的作用力F的大小为60N．