热门试卷

解：（1）设圆盘的质量为m，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有     

μ1mg=ma1 

解得a1=μ1g         

桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，有：μ2mg=ma2，

解得a2=μ2g．

（2）设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上在运动距离x2后便停下，

有 v12=2a1x1，v12=2a2x2                 

 盘没有从桌面上掉下的条件是

  x2≤l-x1                      

  设桌布从盘下抽出的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，

而x=at2  

x1=a1t2

而x=l+x1                

由以上各式解得 a≥

答：（1）圆盘在桌布上和在桌面上运动的加速度大小分别是a1=μ1g，a2=μ2g；

（2）若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是a≥．

解：（1）令m表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度为：

根据匀变速直线运动的速度位移关系，物块在斜面上滑动距离为所以有：

以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小为：v0′==5m/s，

运动方向与传输带边缘的夹角α满足：

物块在传输带上作减速运动，其加速度大小为：

当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离为：s′=，

物块不超过传输带宽的边缘对应的最小摩擦系数μ2应满足：

s′sinα==d，解得：μ2=0.5；

（2）传送带上与传送带间存在相对滑动的货物质量：m′=η•，

物块对传送带的摩擦力大小：f=μ2m′g=ηv0′，

单位时间内物块对传送带做功：W1=fvcos（π-α）=-ηv0′vcosα=-ηv2=-360J，

单位时间内传送带对物块做功：W2=ηv2-ηv02=-140J；

答：（1）为使物块滑到传输带上后不会从传输带边缘脱离，物块与传输带之间的动摩擦因数μ2至少为0.5．

（2）单位时间里物块对传输带所做的功W1以为-360J，传输带对物块所做的功W2为-140J．

解：对物体受力分析，由牛顿第二定律得，

Fcos53°-μ（mg-Fsin53°）=ma------①

跟据运动学公式  x=--------②

                vm=at-------③

由①②③解得，μ=0.3   vm=4m/s，

松手后玩具做匀减速运动，

    a′=μg=3m/s2

滑行距离为  x′==2.6m

答：还能滑行的距离为2.6m

解：在物块P从刚开始下落到刚进入相互作用区的时间T0内，

板的加速度为：=μg=0.2m/s2

板的速度减少量为：△v1=aB0T0=0.4m/s

物块刚进入相互作用区时的速度为：Vy0=gT0

在相互作用区内物块P的加速度为：a==500m/s2

经过时间T，物块刚要到达B板的上表面速度变为零，有：Vy0=aT

在时间T内，B板的加速度为：aB==1.22m/s2

这段时间内速度的减小量为：△v2=aBT=0.0488m/s

当物块P的速度减到零后，又开始以加速度aB向上做加速度运动，经过时间T，离开相互作用区，在这段时间内，B板的速度减少量仍是△V2；物块离开相互作用区后，做加速度为g的竖直上抛运动，经过时间T0回到初始位置，在这段时间内，B板的速度减少量为△V1．

每当物块P完成一次上述过程，B板的速度减少量为：△v=2△v1+2△v2=0.8976m/s

由以上各式可得：△v=2μgT0+

设在物块P第n次回到起始位置时，B板的速度是Vn，则有：Vn=V0-n△V，

当Vn=V0-n△V＜0时可得n

说明当B开始停止的那一时刻，P已经回到了初始位置12次了．

答：B停止运动的那一时刻，P已经回到过初始位置12次

解：（1）受力分析如下图所示：

物体在水平方向的合力产生加速度：Fcos37°-f=ma

物体在竖直方向上所受合力为零：FN-mg-Fsin37°=0

滑动摩擦力为：f=μFN

所以物体产生的加速度为：a===0.75m/s2；

（2）由位移公式x=at2得物体在4s内的位移为：x=×0.75×42m=6m 

答：（1）物体的加速度为0.75m/s2；

（2）4s末物体的位移为6m．