热门试卷

解：物体的加速度：a=，

当速度达到1m/s时，物块的位移：x=m=0.5m＜2.5m．

物块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动．

则匀加速直线运动的时间：t1==1s，

匀速直线运动的时间：t2==2s；

物体从A点运动到B点所经历的时间：t=t1+t2=3s．

答：物体由A运动到B所用的时间为3s

解：自由下落1m的末速度为：

m/s

在减速时间为0.25s的匀减速阶段，重心下落的高度：

h=

加速度：a==8m/s2

设尾部与水面的作用力为F，由牛顿第二定律，有：

F-mg=ma

解得：

F=m（g+a）=65×（10+8）=1230N

答：下降阶段尾部与水面的作用力F为1230N，鱼在下降阶段在水中下降的高度为0.56m．

解：（1）小滑块受到的滑动摩擦力为f2，方向向左

f2=μ2mg=0.8N，

长木板受到小滑块给予的滑动摩擦力f2′，方向向右

f2′=f2=0.8N

长木板受地面的滑动摩擦力f1=μ1（m+M）g=0.4N．

f1方向向左，f2′＞f1，长木板向右加速，小滑块向右做减速运动，长木块的加速度为a1，小滑块加速度为a2，根据牛顿第二定律

a1=μ2g=2m/s2，a2==4m/s2，

当小滑块与长木板的速度相等时，v0-a2t=a1t，

所以t=0.2s

即经过0.2s的时间小滑块与长木板速度相同．

（2）由于小滑块与长木板相对静止，它们一起做匀减速运动，设共同加速度大小为a，一起做匀减速运动的距离为S2

f1=μ1（m+M）g=（m+M）a

故

a=μ1g=1m/s2                                                     

一起减速的初速度为木块加速运动的末速度，故减速的初速度为v=0.4m/s

S2==0.08m                               

设相对运动过程小滑块运动的距离为S1

S1=v0t-a2t2=0.16m                                                

整个过程中，小滑块滑动运动的距离S

S=S1+S2=0.24m    

即从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块滑动的距离为0.24m．

解：（1）对铁块，根据牛顿第二定律得：μmg=ma

解得：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2．

则铁块滑行的距离为：x=．

（2）木板不固定，木板的加速度为：

当两者速度相等后，一起做匀速直线运动，则有：a′t=v0-at

解得：t=．

（3）相对静止时，木板的位移为：．

铁块的位移为：．

则铁块B距离木板的左端的距离为：△x=8-2m=6m

答：（1）铁块在木板上滑行的距离为9m．

（2）铁块B滑上木板之后要经过2sA、B才能保持相对静止．

（3）当两者相对静止时，铁块B距离木板的左端有6m．

解：（1）米袋在AB上加速时的加速度：

a0==μg=5m/s2

米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离：

s0==2.5m＜AB=3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度              

设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma

代入数据得：a=10 m/s2

所以能滑上的最大距离：

s==1.25m

（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为：

a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2

米袋速度小于v1至减为零前的加速度为：

a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2

由 +=4.45m

解得：v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度：

vCD≥v1=4m/s

（3）米袋恰能运到D点所用时间最长为：

tmax=+=2.1s

若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，

则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2．

由SCD=v0tmin+a2t2min，得：tmin=1.16s

所以，所求的时间t的范围为：1.16 s≤t≤2.1 s；

答：（1）若CD 部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m；

（2）若要米袋能被送到D 端，CD 部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s；

（3）米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围为1.16 s≤t≤2.1 s．

解：对A：=-4m/s2．

    对B：=1m/s2．

A对地做匀减速运动，B对地做匀加速运动，设经过时间t，A的位移为xA，B的位移为xB，两者达到共同速度v，然后共同做匀减速运动，最后停止．

对A：v=v0+aAt

对B：v=aBt

代入数据，得：v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18m

A对B的位移△x=xA-xB=0.9m

A、B共同运动的加速度=-2m/s2．

x0==0.09m．

最终A对地的位移x总=xA+x0=1.17m．

故最终A对地的位移1.17m．A对B的位移为0.9m．

解：（1）因为杆顶端所受拉力大小与杆对这名学生拉力的大小相等，所以传感器显示的力大小即为杆对这名学生的拉力．

由图象可知，0～1s内，杆对学生的拉力F1=380N；第5s后，杆内学生的拉力F3=500N，此时学生处于静止状态．

设学生在0～1s内的加速度为a，取向下为正方向，由牛顿第二定律知，

在0～1s内：mg-F1=ma…①

第5s后：mg-F3=0…②

由①②可解得：a=2.4m/s2

可知，这名学生在下滑的第1秒内做匀加速直线运动．而由图象可知，第1～5s内，杆对学生的拉力F2＞mg，加速度方向竖直向上，学生做匀减速直线运动，所以第1s末，这名学生达到最大速度v=at=2.4m/s

（2）设这名学生第1s内加速下滑的距离为x1，第1～5s内减速下滑的距离为x2，则有

所以5s内该学生下滑的距离x=x1+x2=6.0m                    

答：

（1）该学生下滑过程中的最大速度为2.4m/s；

（2）5s内该学生下滑的距离为6m．

解：（1）0.6s末滑块A落地，滑块B做匀减速运动，加速度大小为：

a2=μg=3m/s2，

由牛顿第二定律得：μmBg=mBa2，

B与长木板间的动摩擦因数为：μ==．

（2）若B的质量增加，由能量转化和守恒可知，由于A减小的重力势能是固定的，则A落地时B获得的动能会比原来小，运动时间比原来也短；而摩擦力又增大了，A落地后B的加速度比原来大，停止时间比原来要长，由于v-t图象面积表示位移，总位移是不变的，综合以上分析可知v-t图象变化如图所示．

答：

（1）由图可知，滑块与长木板间的动摩擦因数是0.3．

（2）试通过分析讨论，当增大滑块B的质量时，它的υ-t图象如图．