热门试卷

解：（1）从题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小

a1== m/s2=5 m/s2 …①

由牛顿第二定律得：μmg=ma1 …②

代入数据解得：μ=0.5…③

（2）刚释放时滑块的加速度为：a2== m/s2=30 m/s2…④

由牛顿第二定律得：kx-μmg=ma2…⑤

代入数据解得：k=175 N/m…⑥

答：（1）滑块与地面间的动摩擦因数为0.5；

（2）弹簧的劲度系数为175 N/m．

解：物体所受最大静摩擦力为：fm=μG=0.2×40N=8N

（1）由于F1-F2=6N＜fm

所以物体处于静止状态，所受摩擦力为静摩擦力，故有：f1=F1-F2=6N，方向水平向右．

（2）因为F1=12N＞fm，所以物体相对水平面向左滑动，故物体受的滑动摩擦力：f2=μG=0.2×40=8N，方向水平向右；

（3）撤去F2后，物体所受合力F合=F1-f2=ma

可得物体的加速度

则物体4s内产生的位移：

物体4s末的速度v=a1t=1×4m/s=4m/s

撤去F1后物体在滑动摩擦力f2作用下做匀减速运动，加速度大小

所以物体匀减速运动还能的距离

所以物体运动的总位移x=x1+x2=8+4m=12m

答：（1）此时物体所受的摩擦力6N；

（2）若将F2撤去后，物体受的摩擦力8N；

（3）若将F2撤去后4s再撤去F1，物体在水平面上滑行的总位移是12m．

解：（1）设AB刚好发生相对滑动时拉力大小为F0，对B受力分析，根据牛顿第二定律得：μmg=Ma0，

对整体应用牛顿第二定律得：F0=（M+m）a0，

解得：F0=40N，

因为F＜F0，故AB一起加速，对AB整体分析，根据牛顿第二定律得：F=（M+m）a，

解得：a=2m/s2，

则A的速度大小v=，

（2）经过多次碰撞，最终AB的速度都为0，木板停靠在墙边，设A相对B的总位移为△x，由动能定理得：Fx=μmg△x，

解得：△x=1.25m，

所以x=s+△x=2.25m

（3）相对滑动时A的加速度，

B的加速度，

第一次碰撞到AB共同速度v1=v-aAt1=-v+aBt1，

解得：t1=0.4s，v1=1.2m/s，

由能的转化与守恒得：，

解得：x1=0.8m，

第二次碰撞到AB共同速度v2=v1-aAt2=-v1+aBt2，

解得：t2=0.24s=0.6t1，v2=0.72m/s=0.6v1，

由能的转化与守恒得：，

解得：，

第二次碰撞到AB共同速度v3=v2-aAt3=-v3+aBt3，

解得：，，

由能的转化与守恒得：，

解得：

以此类推，第k次碰撞时，

令xk＜0.01，解得：，取k=6

答：（1）当长木板B刚要与墙面相撞时A的速度大小v为2m/s；

（2）小铁块A相对地面的总位移x为2.25m；

（3）设长木板B与墙面每次发生相撞后，滑块相对长木板的位移依次为x1、x2、x3…xk…，当k为6时xk将小于0.01m．

解：（1）根据x=得，

运动员下滑过程中的加速度a=．

（2）运动员到达坡底的速度v=at=1.8×10m/s=18m/s．

（3）运动员所受的合力F合=ma=60×1.8N=108N．

答：（1）运动员下滑过程中的加速度大小为1.8m/s2；

（2）运动员到达坡底的速度为18m/s；

（3）运动员受到的合力为108N．

解：（1）设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块受力如下图所示，取加速度的方向为x轴正方向：

对物块分析，在水平方向有FNsinθ-μFNcosθ=ma1，

竖直方向有FNcosθ+μFNsinθ-mg=0，

对整体有F1=（M+m）a1，

代入数值得，F1=14.35N．

（2）设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块受力分析，

在水平方向有FNsinθ+μFNcosθ=ma2，

竖直方向有FNcosθ-μFNsinθ-mg=0，

对整体有F2=（M+m）a2，

代入数值得，F2=33.53N

综上所述可知推力F的取值范围为：14.25N≤F≤33.53N．

答：推力F的取值范围为14.25N≤F≤33.53N．