内容发布更新时间 : 2024/11/15 2:56:42星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

擦因数为μ1=0.25,与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.2,sinθ=0.6,cosθ=0.8,g取10m/s2,物块A可看作质点。请问：

(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大?

(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间?木板B有多长? 16.(13分)一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上以后木板运动的速度-时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10 m/s2,求： (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;

(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。

答案解析

1.B 由整体法可判断,小车与墙壁之间无作用力,小车受到重力、地面的支持力、物体对小车的压力和摩擦力,共4个力作用,故B正确。

2.B 设P的质量为M,Q的质量为m,将K往右缓慢移动一小段距离后,斜面与水平面的夹角θ减小,由平衡知识可知,对PQ整体,P对板的压力N=(M+m)gcosθ,随θ减小,则N变大,选项A错误;当斜面与水平面的夹角θ减小时,P的上表面变得倾斜,因为开始时P上表面水平,P对Q的支持力为mg,则当P的上表面倾斜时,P对Q的支持力减小,选项B正确;对PQ整体,板对P的作用力等于P与Q的重力之和,故斜面与水平面的夹角θ减小时板对P的作用力不变,选项C错误;对PQ及板的整体,水平面受到的弹力等于PQ及板的重力,故斜面与水平面的夹角θ减小时,水平地面受到的弹力不变,选项D错误。

3.B 细线剪断瞬间,弹簧弹力不变,A和B整体受到的合外力等于物体B的重力,因此整体的加速度为a=

=g,对物体B：mBg-FN=mBa,所以A、B间作用力FN=mB(g-a)=mBg=8N。

4.C 以两个小球组成的整体为研究对象,分析受力,作出F在三个方向时整体的受力图,如图所示,根据平衡条件得知F与T的合力与总重力2mg大小相等、方向相反,由力的合成图可知,当F与绳子Oa垂直时,F有最小值,即图中位置2,F的最小值Fmin=2mgsin30°=mg,故选C。

5.A 由题图可知,小车向左做匀减速运动,其加速度大小a=gtanθ;小车对物块B向右

的静摩擦力为f=ma=mgtanθ;竖直向上的支持力N=mg,小车对物块B产生的作用力的大小为F=

=mg

,方向为斜向右上方,故A正确。

6.D 由题可得：物块所受的最大静摩擦力为4 N,滑动摩擦力为3 N,物块在4 s末就开始运动了,故5 s内拉力对物块做了功,A项错误;4 s末物块所受拉力为

4 N,所受最大静摩擦力也为4 N,合力大小为0,B项错误;物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N,物块对木板的压力为10 N,物块与木板之间的动摩擦因数为0.3,C项错误;6～9 s内拉力大小为5 N,物块所受的滑动摩擦力为3 N,合力为2 N,由牛顿第二定律可得,物块的加速度大小为2.0 m/s2,D项正确。

7.B、D 根据虚线近似,小车应先匀加速,再匀速,最后匀减速,B正确;由v-t图线斜率表示小车的加速度可知,在t1时刻虚线反映的加速度比实际的大,C错误;因在0～t1时间内,虚线与t轴所围面积小,故此段时间内虚线所对应的平均速度也较小,D正确;v-t图线只能描述直线运动,A错误。

8.B、C 由加速度的定义式得a=

=

m/s2=2m/s2,v0=v2-at2=(6-2×2)m/s=2m/s,A错误;

第2s内物体的位移s=v0t2+a-(v0t1+a)=(2×2+×2×22-2×1-×2×12)m=5 m,C正确;由牛顿第二定律得F合=ma=2×2N=4 N,B正确;由于作用的外力未知,故无法确定物体与地面的动摩擦因数,D错误。

9.B、C 绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力,大小相等,方向相反,故A错误;儿童从井内加速向上运动的过程中,加速度方向向上,根据牛顿第二定律得绳子对儿童的拉力大于儿童的重力,故B正确;消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力和反作用力,故C正确;消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力作用在不同物体上,不是一对平衡力,故D错误。 10.B、C 由t-v0图象可得a=

=

m/s2=2.5m/s2。对物块应用牛顿第二定律有

,则A项错误,B项正确;若v0=1m/s,小物块仍在斜面上

=2as得

μmgcos30°-mgsin30°=ma,解得μ=

运动,由图象可知小物块运动时间为0.4s,C项正确;若v0=4m/s,由s=

=

m=3.2m>2.4m,小物块已运动到水平面上,图象对物块已不再成立,故D项错误。

11.【解析】(1)在弹性限度内,弹力与弹簧的伸长量成正比。

(2)由ΔF=kΔx和乙图可知：(30-10)N=k×20×10-2m,所以k=100N/m,由乙图可知F=20N

时,l=10cm=0.1m,所以20N=k(0.1+0.25-l0)m,即l0=0.15m。

(3)优点是避免弹簧自身重力对实验的影响,缺点是弹簧与筒及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。

答案：(1)在弹性限度内,弹力与弹簧的伸长量成正比

(2)100 0.15 (3)避免弹簧自身重力对实验的影响 弹簧与筒及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差

12.【解析】(1)AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中间时刻的瞬时速度,即B点的瞬时速度,故 vB=

=

m/s=1.6m/s。

由逐差法求解小车的加速度, a==

=3.2m/s2。

(2)将坐标系中各点连成一条直线,连线时应使直线过尽可能多的点,不在直线上的点应大致对称地分布在直线的两侧,离直线较远的点应视为错误数据,不予考虑,连线如图所示：

m/s2

(3)图线与横轴有截距,说明实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。 答案：(1)1.6 3.2 (2)见解析

(3)实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够

13.【解析】(1)用隔离法：对滑块受力分析,如图甲所示

在平行斜面的方向上 F=m1gsin30°+Ff 代入数据解得Ff=5N

(2)用整体法：因两个物体均处于平衡状态,故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究,其受力如图乙所示,由图乙可知： 水平方向：F地=Fcos30° 竖直方向：

FN地=(m1+m2)g-Fsin30° 解得：F地=15FN地=135N 答案：(1)5N (2)15

N 135N

t

N

14.【解析】(1)对汽车,在匀减速的过程中,有x1=t=10s

(2)设人加速运动的时间为t1,由匀变速直线运动规律可知 x2=v2(t-2t1)+2t1×解得：t1=2.5s 人的加速度大小 a=

=1.6m/s2

答案：(1)10s (2)1.6m/s2

15.【解析】(1)物块A从斜面滑下的加速度为a1,则 mAgsinθ-μ1mAgcosθ=mAa1 解得a1=4m/s2

物块A滑到木板B上的速度为

v1==m/s=8m/s

(2)物块A在木板B上滑动时,它们在水平方向上的受力大小相等,质量也相等,故它们的加速度大小相等,数值为 a2=

=μ2g=2m/s2

设木板B的长度为L,二者最终的共同速度为v2, 对物块A有 v2=v1-a2t2 xA=v1t2-a2

对木板B有v2=a2t2 xB=a2

位移关系xA-xB=L

联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为： t2=2s,L=8m

答案：(1)8m/s (2)2s 8m

16.【解析】(1)从t=0时开始,木板对物块的摩擦力使物块由静止开始加速,物块和地面对木板的摩擦力使木板减速,直到两者具有共同速度为止。由题图可知,在t1=0.5s时,物块和木板的速度相同为v1=1m/s。设t=0到t=t1时间内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则 a1=a2=

=

m/s2=2m/s2 =

m/s2=8m/s2

设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,根据牛顿第二定律, 对物块有μ1mg=ma1 对木板有μ1mg+2μ2mg=ma2 联立方程得： μ1=0.2 μ2=0.3

(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a′1和a′2,由牛顿第二定律得

对物块有f=ma′1

对木板有2μ2mg-f=ma′2 假设物块相对木板静止, 即f<μ1mg,则a′1=a′2,

得f=μ2mg>μ1mg,与假设矛盾,所以物块相对木板向前减速滑动,而不是与木板共同运动,物块加速度大小 a′1=

=2m/s2

物块的v-t图象如图中的点划线所示。此过程木板的加速度 a′2=2μ2g-μ1g=4m/s2

由运动学公式可得,物块和木板相对地面的位移分别为 x1=2×x2=

=0.5m t1+

=

m

物块相对木板的位移大小为 x=x2-x1=1.125m

答案：(1)0.2 0.3 (2)1.125m