热门试卷

解：（1）滑块开始向上做匀减速直线运动的加速度大小为：

=gsin37°+μgcos37°=6+0.5×8=10m/s2，

则滑块第一次速度达到1m/s时，煤块的位移为：

，

煤块运动的时间为：

，

此时传送带的位移为：

x2=vt1=1×1m=1m，

煤块相对传送带滑动的路程为：

△x=x1-x2=6-1m=5m．

（2）速度相等后，煤块继续向上做匀减速直线运动，加速度大小为：

=gsin37°-μgcos37°=6-4=2m/s2．

煤块匀减速运动到零所需的时间为：

，

匀减速运动的位移为：

，

反向做匀加速直线运动的加速度为：

，

根据得：

s=2.5s，

则煤块在传送带上运动的总时间为：

t=t1+t2+t3=1+0.5+2.5s=4s．

答：（1）从滑上传送带到第一次速度达到1m/s的过程中，煤块相对传送带通过的路程为5m；

（2）煤块在传送带上运动的总时间为4s．

解：（1）由图象知：

a1===2m/s2

a2==1m/s2

（2）1s末速度υ1=a1t1=2m/s

2s末速度υ2=υ1-a2t2=1m/s

3s末速度υ3=υ2+a1t3=3m/s

4s末速度υ4=υ3-a2t4=2m/s

依此得：υ8=4m/s=5m/s

画出υ-t图如图：

由图计算每秒内的位移：

x1=1m  x2=1.5m  x3=2m  x4=2.5m

x5=3m  x6=3.5m  x7=4m  x8=4.5m

最后的8s-8.5s内位移：

△x=

所以x=x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+△x=24.25m

答：（1）第1s内和第2s内的加速度大小分别为2m/s2，1m/s2

（2）t=8.5s时物块离开出发点的位移大小24.25m

解：当斜面体水平向右的加速度达到最大值时，小球受重力和拉力，支持力为零，如左下图所示．

根据牛顿第二定律得，a==gcotθ．

所以向右运动时，斜面体水平方向运动的加速度不得大于gcotθ．

当斜面体水平向左的加速度达到最大值时，小球受重力和支持力，拉力为零，如右下图所示．

根据牛顿第二定律得，a==gtanθ．

所以向左运动时，斜面体水平方向运动的加速度不得大于gtanθ．

答：斜面体向右运动时，斜面体水平方向运动的加速度不得大于gcotθ．

斜面体向左运动时，斜面体水平方向运动的加速度不得大于gtanθ．

解：（1）据题意 静止时 受力分析如图所示

由 平衡条件 得：

对A有   mAgsinθ=FT     ①

对B有   qE+f0=FT      ②

代入数据得f0=0.4 N         ③

（2）据题意 A到N点时 受力分析 如图所示由 牛顿第二定律 得：

对A有   F+mAgsinθ-FT-FKsinθ=mAa   ④

对B有   FT′-qE-f=mBa                 ⑤

其中  f=μmBg            ⑥

设弹簧的伸长量是x，FK=kx                     ⑦

设物块的位移是d，由电场力做功与电势能的关系得△EP=qEd          ⑧

由几何关系得              ⑨

A由M到N  由  得 A运动到N的速度                           ⑩

拉力F在N点的瞬时功率       P=Fv⑪

由以上各式 代入数据 P=0.528 W⑫

答：（1）B所受静摩擦力的大小为0.4N．

（2）A到达N点时拉力F的瞬时功率为0.528W．

解：（1）对小球进行受力分析：小球受重力，挡板对球的弹力FN1，斜面对球的弹力FN2．

将FN1和FN2合成，合力为F，根据共点力平衡条件得出F=G，利用三角函数关系得出：

 FN1=Gsinα=2×10×=10N

根据牛顿第三定律，板对球的弹力等于小球对木板的压力，

所以：小球对木板的压力为10N

（2）撤去挡板，对小球受力分析：将重力分解成：G1，G2 ．  

根据牛顿第二定律得出：F合=G1=Gsin30°=ma             

a=gsin30°=5m/s2；

2s末小球的速度大小v=at=10m/s．

答：（1）球对挡板的压力大小为10N；

（2）2s末小球的速度大小10m/s．

解：对滑块，根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma1．

根据位移时间公式得：．

对木板，根据牛顿第二定律得：μmg=Ma2

根据位移时间公式得：．

在0.5s末使滑块从木板右端滑出：

s1-s2=L．

由以上几个式子得：

F=14N．

答：恒力F应为14N．