热门试卷

解：（1）、设A落地时的速度为v，系统的机械能守恒：

mgh-mghsin30°=

代入数据得：V=2 m/s．

（2）、A落地后，B以v为初速度沿斜面匀减速上升，设沿斜面又上升的距离为S，

由动能定理得：，

代入数据得：s=0.4m．

答：（1）、物体A着地时的速度是2m/s．

（2）、物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离0.4m．

解：（1）由于开始时物块A、B给小车的摩擦力大小相等，方向相反，小车不动，物块A、B做减速运动，加速度a大小一样，A的速度先减为零．

设A在小车上滑行的时间为t1，位移为s1，由牛顿定律

μmg=ma

A做匀减速运动，由运动学公式

v1=at1

由以上三式可得  a=1m/s2，t1=2s，s1=2m

A在小车上滑动过程中，B也做匀减速运动，B的位移为s2，由运动学公式

可得s2=6m

A在小车上停止滑动时，B的速度设为 v3，有v3=v2-at2

可得v3=2m/s

B继续在小车上减速滑动，而小车与A一起向右方向加速．因地面光滑，两个物块A、B和小车组成的系统动量守恒，设三者共同的速度为v，达到共速时B相对小车滑动的距离为 s3

根据动量守恒定律得：mv3=（2m+M）v

可得v=0.5m/s

在此过程中系统损失的机械能为

可得s3=1.5m

故小车的车长L=s1+s2+s3=9.5m

（2）由于A滑到相对小车静止以后，它随小车一起运动．

故C点距小车左端的距离为s1=2m

Q=Ff•s1=2J

（3）小车和A在摩擦力作用下做加速运动，由牛顿运动定律

μmg=（m+M）a1

可得小车运动的加速度

小车加速运动的时间为 t3，小车匀速运动的时间为 t4

则v=a1t3

可得t3=1.5s

所以t4=（5-2-1.5）s=1.5s

经5s小车离原位置有

解得：s‘=1.125m

答：（1）小车的长度L为9.5m；

（2）A在小车上滑动的过程中产生的热量为2J；

（3）从A、B开始运动计时，经5s小车离原位置的距离为1.125m．

解：（1）对小孩和雪橇整体受力分析，如图，由牛顿第二定律得：

Fcosθ-f=ma

N+Fsinθ=mg

又 f=μN

联立解得：a=0.3 m/s2

（2）由S=得雪橇运动10s时的位移大小为：

S=m=15m

答：（1）雪橇加速度的大小为0.3 m/s2；

（2）雪橇运动10s时的位移大小是15m．

解：该同学的解答不合理                                              

因为四式联立，代入数据后解得a=0.175m/s2

经过时间t=20s，两物块的速度分别为 v‘1=v1-at，v'2=v2-at

代入数据得 v'1=6.5m/s，v'2=-1.5m/s，v'2＜0，表明物块乙在20s之前就已经停止运动，故该同学解答不合理．

正确解答：物块2停止运动前滑行的距离

将相碰之前的位移关系s1+s2=L

具体为，

代入数据得：100a2-15a-1=0                                          

解出 a=0.2m/s2 和a=-0.05m/s2 （舍去），

再由a=μg得，

解得μ=0.02．

答：该同学解法不合理，因为未考虑物体是否停止． 物块与地面间的动摩擦因数为0.02．

解：（1）对物块由牛顿第二定律：

F-μmg=mam1

得：am1=

由

  得

所以：vm1=am1t1=2m/s

（2）I区域内，对木板：

由μmg=MaM1

得

木板到达 I区域边缘处：

vM1=aM1t1=0.5m/s

离开I区域后：对物块：

由μmg=mam2

得

对木板：

当物块与木板达共同速度时：

vm1-am2t2=vM1+aM2t2

    得：t2=1s

两作用区边界距离为：

d==1.5m

（3）由于F＞μmg，所以物块与木板最终只能停在两区域之间．

由全过程能量守恒与转化规律：

FL=μmgs

得：s=3m

答：（1）在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度2m/s

（2）若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离1.5m；

（3）物块与木板最终停止运动时，它们相对滑动的路程3m．