热门试卷

解：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．

由图可知，在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则有：

a1=…①

a2=…②

式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得

μ1mg=ma1…③

（μ1+2μ2）mg=ma2…④

联立①②③④式得：

μ1=0.20…⑤

μ2=0.30…⑥

（2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g

由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．

根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2==μ1g=2m/s2．

0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为：a1′==4m/s2

则木板速度减为零需要的时间为：，

则有：t=0.5+0.25=0.75s，即木板在t=0.75s时停止运动．

答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；

（2）木板在0.75s时停止运动．

解：（1）由图象可知，a=0时，T0=0.6N；

此时小球静止在斜面上，其受力如图甲，所以mgsinθ=T0；

同样，a=时，小球恰好离开斜面，其受力如图乙．

所以 mgcotθ=ma；

解得：θ=37°，m=0.1kg；

（2）小球离开斜面之前，Tcosθ-FNsinθ=ma；

Tsinθ+FNcosθ=mg；

联立解得：FN=mgcosθ-masinθ，

即FN=0.8-0.06a；

FN图线如图所示，

答：（1）求小球质量0.1kg；斜面倾角37°；

（2）在图丙中画出FN随a变化的图线，如上图所示．

解：由动能定理知：（F-f）s=

其中f=0.2mg

解得：s==1125m

答：机在跑道上滑行的距离1125m．

解：小球与筒底分离，而做自由落体运动：

筒竖直向下的位移为：h2=h1+L=2m

筒在外力作用下加速运动，由

得：

对筒由牛顿第二定律可得：F+m2g=m2a

解之得：m2=3.5kg

小球的质量：m1=M-m2=0.5kg

答：小球的质量为0.5kg．

解：（1）A在B内、外运动时，B的加速度大小

a==μg=1 m/s2

B全过程做匀减速直线运动，所以通过的总路程   s==0.18m

（2）A第二次进入B之前，在B内运动的加速度大小   a1==10 m/s2

运动的时间   t1=2×=0.2s

在B外运动的加速度大小a2=20 m/s2

运动的时间   t2=2×=0.1s

A从第一次进入B到第二次进入B的时间   t=t1+t2=0.3s

A运动一个周期B减少的速度为△υ=at=0.3m/s）

从小球第一次进入B到B停下，A运动的周期数为   n===2

故要保证小球始终不与B相碰，B上的小孔个数至少为   2n+1=5

（3）由于B向右做匀减速直线运动，经0.6s速度减为零，由逆向思维可知，B向左做初速度为零的匀加速直线运动了0.6s，每经过0.1s，其位移大小之比为1：3：5：7：9：11，共有（1+3+5+7+9+11）份即36份，所以，从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离分别为

S1=s=0.1m     S2=s=0.035m

S3=s=0.04m      S4=s=0.005m

答：（1）从A第一次进入B至B停止运动的过程中，B通过的总路程s=0.18m；

（2）B上至少要开5个小孔，才能保证A始终不与B接触；

（3）从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离分别为0.1m，0.035m，0.04m，0.005m