热门试卷

解：（1）第一阶段：A受拉力F=μ1mg=0.3×100N=30N，A作匀速运动，B作匀加速运动．

设B加速度大小为 a1，

有：μ1mg-μ2（2mg）=ma1，代入数据解得，

假设A没有滑离B，当B的速度达到2m/s时，所用时间为t1

有：a1t1=2m/s，

解得t1=2s

此时sA=vt1=2×2m=4m    

，

sA＜sB+LB，假设成立，A不能滑离B．       

（2）第二阶段：可以判断：A、B不会发生相对滑动，会一起作匀加速运动，设加速大小为a2：

F-μ2（2m）g=2ma2

代入数据解得，

此后A、B一起匀加速运动5m，所用时间为t2

5m=，

代入数据解得t2=2s

木板B滑行s=7m需要时间t=t1+t2=4s．

答：（1）物块A不能滑离B．

（2）木板B滑行s=7m需要4s．

解：（1）物块向下做匀速直线运动，沿斜面的方向物块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，方向相反，则：

mgsinθ=μmgcosθ

所以：μ=tanθ=tan37°=0.75

（2）当物体向上运动时，摩擦力的方向沿斜面向下，重力的分力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：

得，mgsinθ+μmgcosθ=ma，

代入数据解得：a=12m/s2．

（3）物体能上滑的最大距离s，则：

s=m．

答：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.75；

（2）物体沿斜面上滑时的加速度大小12m/s2．

（3）物体能上滑的最大距离是1.5m．

解：对物体受力分析并正交分解如图：

则：F1=Fsin37°=0.6F=12N，F2=Fcos37°=0.8F=16N

Y轴：N1+F1=G，可得：N1=G-F1=20-12=8N，又：f=μN1=0.75×8=6N

X轴：F2-f=ma，即：16-6=2×a，解得：a=5m/s2

加速阶段：由：x=得：x1==10m，此时速度v=at=5×2=10m/s

撤力后，受力分析如图：

f=μN=0.75×20=15N，所以：a=

由：0-102=2×（-7.5）×x2，解得：x2=m

所以：物体在整个过程中发生的位移为：x=x1+x2=

答：物体在整个过程中发生的位移为．

解：由乙图象可知：Ff的最大值为5N，就是木块受到的最大静摩擦力，木块受到的滑动摩擦力大小为Ff=4N．

（1）设木块与木板间的动摩擦因数为μ，由图乙知木块受到的滑动摩擦力Ff=μFN=μmg=4 N，解得μ=0.2．    

（2）设木块在斜面上的加速度为a，由v2=2ax解得a=2 m/s2

对木块受力分析如图所示，建立直角坐标系，由牛顿第二定律得

F-mgsinθ-Ff′=ma

FN′-mgcosθ=0

又F=μF

所以可以解得F=19.2 N．

答：（1）木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2　

（2）拉力F的大小为19.2 N．

解：根据x=得加速度为：a=．

根据牛顿第二定律得：mgsin30°-f=ma，

解得：f=N=75N．

答：滑雪者受到的阻力为75N．

解：（1）上升过程，由=2ax得：

上升的最大距离

 x==m=9m．

（2）物体上滑时受力情况如图甲所示．

则由牛顿第二定律得：

沿斜面方向上：mgsinθ+Ff=ma…①

垂直斜面方向上：mgcos θ-FN=0…②

又：Ff=μFN…③

由①②③式解得：μ=0.25．

（3）在最高点，因mgsinθ=0.6mg，最大静摩擦力 fm=μmgcosθ=0.25mg•0.8=0.2mg

故mgsinθ＞fm，物体能下滑．

物体沿斜面下滑时受力情况如图乙所示

由牛顿第二定律得：

沿斜面方向上：mgsin θ-F′f=ma′

代入数据解得：a′=4 m/s2．

答：

（1）物体沿斜面上升的最大距离是9m．

（2）画出物体沿斜面上升的受力分析图如图，物体与斜面间动摩擦因数是0.25．

（3）物体上升到最高点后能返回，返回时的加速度大小为4 m/s2．