牛顿运动定律 检测试题
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示,航天员在天宫二号中进行太空授课时演示了旋转的小扳手,下列关于惯性的说法正确的是( )
A.小扳手漂浮不动时没有惯性
B.小扳手的惯性比航天员的惯性小
C.小扳手从地面移到空间站惯性减小
D.惯性是改变物体运动状态的原因
2.2021年4月29日11时23分,中国空间站天和核心舱发射升空。天和核心舱是我国载人航天工程中第一个空间站核心舱,长16.6米、最大直径4.2米,发射质量达到22.5吨,能满足3名航天员长期在轨驻留需求,材料中涉及了长度、质量和时间等物理量及其单位。在国际单位制中,下列说法正确的是( )
A.材料涉及的“11时23分、16.6米和22.5吨”中,只有米是国际单位制中的基本单位
B.“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”,所以“牛顿”是国际单位制中的基本单位
C.时间是国际单位制中力学三个基本物理量之一,天是其国际单位制中的基本单位
D.两个或更多的符号表示的单位一定是导出单位
3.如图所示,一个物体静止放在水平地面上的台式弹簧秤上,下列说法正确的是( )
A.物体对弹簧秤的压力就是物体所受的重力
B.物体对弹簧秤的压力与物体所受重力是一对平衡力
C.物体对弹簧秤的压力与弹簧秤对物体的支持力是一对平衡力
D.如果在竖直上升的电梯中,台秤读数不一定等于物体的重力
4.如图所示,细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球。当细线对小球的拉力刚好等于零时,水平向右的加速度a的大小为(g为重力加速度)( )
A.g B.2g C.g D.g
二、双项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分。每小题有两项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
5.同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼,过程中都经历了电梯加速上升阶段,假设三次的加速度大小相同,且乘客相对电梯均静止,如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中,下列说法正确的是( )
A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B.只有在甲种方式中,乘客才受到了摩擦力作用
C.在丙种方式中,乘客受到电梯地板的支持力最大
D.三种方式中的乘客均处于超重状态
6.如图所示,质量均为1 kg的小球a、b在轻弹簧A、B及外力F的作用下处于平衡状态,其中A、B两个弹簧劲度系数均为5 N/cm,B弹簧上端与天花板固定连接,轴线与竖直方向的夹角为60°,A弹簧竖直,g取 10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.A弹簧伸长量为3 cm
B.外力F=20 N
C.B弹簧的伸长量为4 cm
D.突然撤去外力F瞬间,b球加速度为0
7.如图甲所示,物块的质量m=1 kg,初速度大小v0=10 m/s,在一水平向左的大小恒定的力F作用下从O点沿粗糙的水平面开始向右运动,并从此刻开始计时,某时刻力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.2 s末力F反向
B.2 s末到3 s末物块做匀减速运动
C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D.力F大小为7 N
8.如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A,木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用,木板的加速度a随力F变化的aF图像如图乙所示,g取10 m/s2,则( )
A.滑块A的质量为4 kg
B.木板B的质量为1 kg
C.当F=10 N时,木板B的加速度为4 m/s2
D.当F=10 N时,滑块A的加速度为-2 m/s2
三、非选择题:共60分。
9.(6分)研究表明,球形物体在液体中运动时会受到阻力,其关系式为F阻=kηrvx,式中η称为黏性系数,其单位为kg/(m·s),r和v分别是球的半径和速度,k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断,速度v的指数x的数值为 ;让一小球在盛有液体的足够长的量筒中从静止开始下落,则小球在液体中运动的加速度 (选填“减小”或“增大”),最后的运动状态是 。
10.(5分)在平直公路上,汽车由静止开始做匀变速直线运动,当速度达到v=10 m/s时立即关闭发动机滑行,直到停止,运动过程的vt 图像如图所示,则汽车与地面之间的动摩擦因数为 ,汽车全程行驶的位移为 ,汽车牵引力与阻力的比值为 。
11.(6分)如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,上端叠放着两个物块A、B,系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使A向上做匀加速直线运动,以系统静止时的位置为坐标原点,竖直向上为位移x正方向,得到F随x的变化图像如图乙所示,弹簧的劲度系数为 N/m。已知物体A的质量 m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,则物块A做匀加速直线运动的加速度大小为 m/s2,物块B的质量为 kg。
12.(6分)如图,一质量m=2 kg的小物块从斜面上A点由静止开始滑下,滑到斜面底端B点后沿水平面再滑行一段距离停下来。若物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ=0.25。斜面A、B两点之间的距离s=18 m,斜面倾角θ=37°(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),斜面与水平面间平滑连接,不计空气阻力,g取10 m/s2。则物块在斜面上下滑过程中的加速度大小为 m/s2;物块滑到B点时的速度大小为 m/s;物块在水平面上滑行的时间为 s。
13.(7分)用如图甲所示的装置探究加速度与质量的关系,把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上,小车的左端连接穿过打点计时器的纸带,右端连接细线,细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码,通过垫块调节木板左端高度平衡摩擦力。
(1)下列实验操作正确的有 。(多选)
A.先释放小车后接通电源
B.调整定滑轮使细线与长木板平行
C.平衡摩擦力时必须移去纸带
D.平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码
(2)改进后再次实验,选取纸带的一段进行测量,如图乙所示,测得长度如下。已知打点计时器打点周期为T,则小车的加速度的表达式是a= 。(用题中字母表示)
(3)实验中保持小车质量不变,改变砝码的质量,进行实验。根据数据作出图丙的aF图像,由图像可得出的结论是 。
(4)设小车质量为M,托盘和砝码质量为m,重力加速度为g。图丁为某小组在实验中作出的 图像,图像斜率的物理意义是 ;若图像纵截距为b,则b= 。(结果用所给物理量表示)
14.(8分)如图所示,水平地面上有一质量m=2.0 kg的物块,物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.20,在与水平方向成θ=37°斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F=10 N,取sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小;
(2)物块运动过程中加速度的大小;
(3)物块开始运动4.0 s所通过的位移大小。
15.(10分)如图所示,一名滑雪者从倾角θ=37°的斜坡上A处由静止开始自由下滑,经过4 s滑至坡底B后进入水平雪道(B处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接),最终停在C处;已知滑雪板与斜坡雪地间的动摩擦因数μ1=0.25,BC的长度为64 m,求:(不计空气阻力,g取10 m/s2,取
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度大小a1;
(2)滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小v及位移大小s1;
(3)滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数μ2。
16.(12分)某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率为v0=2 m/s。将质量 m=25 kg的物体无初速度地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为 M=25 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5,μ2=0.3,木板下表面可以涂抹不同材料的涂层,使得木板与地面的动摩擦因数μ3在一定范围内,满足0.1≤μ3≤0.3。AB的距离为s=8.2 m,木板足够长,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)物体刚开始下滑时的加速度大小;
(2)物体通过传送带所需要的时间;
(3)物体离开传送带后运动总路程的最小值和最大值。
()牛顿运动定律 检测试题
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示,航天员在天宫二号中进行太空授课时演示了旋转的小扳手,下列关于惯性的说法正确的是( )
A.小扳手漂浮不动时没有惯性
B.小扳手的惯性比航天员的惯性小
C.小扳手从地面移到空间站惯性减小
D.惯性是改变物体运动状态的原因
【答案】 B
【解析】 小扳手漂浮不动时,仍存在质量,仍有惯性,故A错误;由于小扳手的质量小于航天员的质量,则小扳手的惯性比航天员的惯性小,故B正确;小扳手从地面移到空间站,质量不变,则惯性不变,故C错误;惯性是保持物体运动状态的原因,而力是改变物体运动状态的原因,故D错误。
2.2021年4月29日11时23分,中国空间站天和核心舱发射升空。天和核心舱是我国载人航天工程中第一个空间站核心舱,长16.6米、最大直径4.2米,发射质量达到22.5吨,能满足3名航天员长期在轨驻留需求,材料中涉及了长度、质量和时间等物理量及其单位。在国际单位制中,下列说法正确的是( )
A.材料涉及的“11时23分、16.6米和22.5吨”中,只有米是国际单位制中的基本单位
B.“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”,所以“牛顿”是国际单位制中的基本单位
C.时间是国际单位制中力学三个基本物理量之一,天是其国际单位制中的基本单位
D.两个或更多的符号表示的单位一定是导出单位
【答案】 A
【解析】 分钟、小时是时间的一个常用单位,不是国际单位制中的基本单位,吨是质量的一个常用单位,不是国际单位制中的基本单位,只有米是国际单位制中的基本单位,A正确;力的单位牛顿是导出单位,是根据牛顿第二定律推导出来的,B错误;时间是国际单位制中力学三个基本物理量之一,天是时间的一个常用单位,C错误;两个或更多的符号表示的单位不一定是导出单位,关键要看其对应的物理量,D错误。
3.如图所示,一个物体静止放在水平地面上的台式弹簧秤上,下列说法正确的是( )
A.物体对弹簧秤的压力就是物体所受的重力
B.物体对弹簧秤的压力与物体所受重力是一对平衡力
C.物体对弹簧秤的压力与弹簧秤对物体的支持力是一对平衡力
D.如果在竖直上升的电梯中,台秤读数不一定等于物体的重力
【答案】 D
【解析】 物体对弹簧秤的压力是由于物体的形变产生的,而物体所受的重力是由于地球的吸引产生的,因此压力不是重力,A错误;物体对弹簧秤的压力作用在弹簧秤上,而物体所受重力作用在物体上,两者不是一对平衡力,B错误;物体对弹簧秤的压力与弹簧秤对物体的支持力是一对作用力和反作用力,C错误;如果在竖直上升的电梯中,当电梯加速上升时,物体处于超重状态,台秤读数大于物体的重力;当电梯减速上升时,物体处于失重状态,台秤读数小于物体的重力,D正确。
4.如图所示,细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球。当细线对小球的拉力刚好等于零时,水平向右的加速度a的大小为(g为重力加速度)( )
A.g B.2g C.g D.g
【答案】 A
【解析】 细线对小球的拉力刚好等于零,说明小球只受重力和斜面的支持力两个力作用,且随滑块A一起以加速度a向右加速运动,小球所受的合力F=mgtan 45°=mg,由牛顿第二定律可得,加速度为a==g。故A正确。
二、双项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分。每小题有两项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
5.同一乘客三次分别乘坐不同的电梯上楼,过程中都经历了电梯加速上升阶段,假设三次的加速度大小相同,且乘客相对电梯均静止,如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中,下列说法正确的是( )
A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用
B.只有在甲种方式中,乘客才受到了摩擦力作用
C.在丙种方式中,乘客受到电梯地板的支持力最大
D.三种方式中的乘客均处于超重状态
【答案】 CD
【解析】 电梯加速上升阶段,在甲种方式中,乘客受到支持力、重力、沿斜面向上的摩擦力作用;在乙种方式中,乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用;在丙种方式中,乘客受到支持力、重力,故在甲、乙两种方式中,乘客受到了摩擦力作用,故A、B错误;在甲种方式中,乘客受到电梯地板的支持力为N1=mgcos θ,在乙种方式中,加速度在竖直方向的分量ay=asin θ,根据牛顿第二定律有N2-mg=masin θ,乘客受到电梯地板的支持力为N2=mg+masin θ,在丙种方式中,根据牛顿第二定律有N3-mg=ma,乘客受到电梯地板的支持力为N3=mg+ma,可得N1
A.A弹簧伸长量为3 cm
B.外力F=20 N
C.B弹簧的伸长量为4 cm
D.突然撤去外力F瞬间,b球加速度为0
【答案】 BD
【解析】 先对b球受力分析,受重力和弹簧A的拉力,根据平衡条件有kxA=mg,解得xA= cm=
2 cm,故A错误;再对a、b球整体受力分析,受重力、外力F和弹簧B的拉力,如图所示。
根据平衡条件有F=2mg·tan 60°=2mg=20 N,故B正确;B弹簧的弹力FB==4mg=
40 N;根据胡克定律有FB=kxB,解得xB=8 cm,故C错误;撤去力F的瞬间,b球所受重力和弹簧A的拉力都不变,故b球仍处于平衡状态,加速度为0,故D正确。
7.如图甲所示,物块的质量m=1 kg,初速度大小v0=10 m/s,在一水平向左的大小恒定的力F作用下从O点沿粗糙的水平面开始向右运动,并从此刻开始计时,某时刻力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.2 s末力F反向
B.2 s末到3 s末物块做匀减速运动
C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D.力F大小为7 N
【答案】 CD
【解析】 由题图乙可知,物块速度减为零时,力F突然反向,由=2a1s1,=2a2s2,代入题图乙中所给数据,解得a1=10 m/s2,a2=4 m/s2,则水平向左的力F作用的时间t1==1 s,1 s末力F反向,物块开始做匀加速运动,故A、B错误;力F反向前,由牛顿第二定律有F+μN=ma1,力F反向后,由牛顿第二定律有F-μN=ma2,其中N=mg,解得F=7 N,μ=0.3,故C、D正确。
8.如图甲所示,足够长的木板B静置于光滑水平面上,其上放置小滑块A,木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用,木板的加速度a随力F变化的aF图像如图乙所示,g取10 m/s2,则( )
A.滑块A的质量为4 kg
B.木板B的质量为1 kg
C.当F=10 N时,木板B的加速度为4 m/s2
D.当F=10 N时,滑块A的加速度为-2 m/s2
【答案】 BC
【解析】 由题图乙可知当F=8 N时,加速度为a=2 m/s2,此时滑块与木板加速度相同,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,代入数据解得M+m=4 kg;当F>8 N 时,滑块与木板发生相对运动,对B由牛顿第二定律得F-μmg=Ma,解得a=F-,由题图乙可知,图线的斜率k===1 kg-1,解得木板B的质量M=1 kg,滑块A的质量为m=3 kg,故A错误,B正确;根据F>
8 N的图线知,F=6 N时,a=0,由a=F-可知0=×6-,解得μ=0.2,当F=10 N时,滑块与木板相对滑动,对木板根据牛顿第二定律F-μmg=Ma,解得a=4 m/s2,滑块A根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg=2 m/s2,故C正确,D错误。
三、非选择题:共60分。
9.(6分)研究表明,球形物体在液体中运动时会受到阻力,其关系式为F阻=kηrvx,式中η称为黏性系数,其单位为kg/(m·s),r和v分别是球的半径和速度,k是一个无单位的常数。根据国际单位制推断,速度v的指数x的数值为 ;让一小球在盛有液体的足够长的量筒中从静止开始下落,则小球在液体中运动的加速度 (选填“减小”或“增大”),最后的运动状态是 。
【答案】 1 减小 匀速下落
【解析】 由牛顿第二定律F=ma,即N= kg·。将所有单位代入F阻=kηrvx,kg·=m·() x,解得x=1;小球从静止释放后在重力的作用下向下做加速运动,由题意可知,小球受到的阻力与其下落的速度成正比,所以随着速度增大,阻力也增大,小球所受的合力减小,加速度减小;当小球下落的速度达到最大时,阻力与重力大小相等,此时小球受力平衡,以最大速度匀速下落。
10.(5分)在平直公路上,汽车由静止开始做匀变速直线运动,当速度达到v=10 m/s时立即关闭发动机滑行,直到停止,运动过程的vt 图像如图所示,则汽车与地面之间的动摩擦因数为 ,汽车全程行驶的位移为 ,汽车牵引力与阻力的比值为 。
【答案】 0.05 150 3∶1
【解析】 由vt图像可知,汽车做匀加速运动时,加速度a1=1 m/s2,做匀减速运动时加速度大小a2=0.5 m/s2,由牛顿第二定律a2==μg,可得μ=0.05,由vt图像所围成的面积可知汽车共行驶150 m,由牛顿第二定律可得F-f=ma1,f=ma2,所以F∶f=(a1+a2)∶a2=3∶1。
11.(6分)如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,上端叠放着两个物块A、B,系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上,使A向上做匀加速直线运动,以系统静止时的位置为坐标原点,竖直向上为位移x正方向,得到F随x的变化图像如图乙所示,弹簧的劲度系数为 N/m。已知物体A的质量 m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2,则物块A做匀加速直线运动的加速度大小为 m/s2,物块B的质量为 kg。
【答案】 80 1 10
【解析】 以A、B整体为研究对象,设静止时弹簧压缩量为x0,B的质量为M,有kx0=(m+M)g,分离之前F+k(x0-x)-(m+M)g=(m+M)a,即F=kx+(m+M)a,F随x的变化图像的斜率等于劲度系数,有k= N/m=80 N/m,x=0时刻,有12 N=(m+M)a;分离时,有22-mg=ma。联立解得物块A做匀加速直线运动的加速度大小及B的质量分别为a=1 m/s2,M=10 kg。
12.(6分)如图,一质量m=2 kg的小物块从斜面上A点由静止开始滑下,滑到斜面底端B点后沿水平面再滑行一段距离停下来。若物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ=0.25。斜面A、B两点之间的距离s=18 m,斜面倾角θ=37°(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),斜面与水平面间平滑连接,不计空气阻力,g取10 m/s2。则物块在斜面上下滑过程中的加速度大小为 m/s2;物块滑到B点时的速度大小为 m/s;物块在水平面上滑行的时间为 s。
【答案】 4 12 4.8
【解析】 物块在斜面上下滑时,如图所示对物块进行受力分析并沿斜面和垂直斜面正交分解,
由牛顿第二定律得mgsin θ-f=ma1,根据共点力平衡条件得N=mgcos θ,滑动摩擦力f=μN,联立解得a1=4 m/s2。物块从A点滑到B点有2as=,代入数据解得vB=12 m/s。在水平面上,对物块进行受力分析由牛顿第二定律得f′=ma2,f′=μmg,vB=a2tBC,联立解得tBC=4.8 s。
13.(7分)用如图甲所示的装置探究加速度与质量的关系,把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上,小车的左端连接穿过打点计时器的纸带,右端连接细线,细线绕过定滑轮挂有托盘和砝码,通过垫块调节木板左端高度平衡摩擦力。
(1)下列实验操作正确的有 。(多选)
A.先释放小车后接通电源
B.调整定滑轮使细线与长木板平行
C.平衡摩擦力时必须移去纸带
D.平衡摩擦力时必须移去托盘和砝码
(2)改进后再次实验,选取纸带的一段进行测量,如图乙所示,测得长度如下。已知打点计时器打点周期为T,则小车的加速度的表达式是a= 。(用题中字母表示)
(3)实验中保持小车质量不变,改变砝码的质量,进行实验。根据数据作出图丙的aF图像,由图像可得出的结论是 。
(4)设小车质量为M,托盘和砝码质量为m,重力加速度为g。图丁为某小组在实验中作出的 图像,图像斜率的物理意义是 ;若图像纵截距为b,则b= 。(结果用所给物理量表示)
【答案】 (1)BD
(2)
(3)在小车质量不变时,加速度与合外力成正比
(4)M
【解析】 (1)为了避免纸带上出现大量的空白段落,实验时应先接通电源,后释放小车,故A错误;为了使细线的拉力等于小车所受外力的合力,实验中需要调整定滑轮使细线与长木板平行,故B正确;平衡摩擦力时需要通过打出的点迹分布是否均匀来判断实验是否达到要求,因此实验中需要纸带,故C错误;平衡摩擦力是利用小车所受重力沿斜面的分力与摩擦力平衡,所以必须移去托盘和砝码,故D正确。
(2)根据逐差法可知,m车的加速度的表达式是a==。
(3)根据题图丙可知,点迹在误差允许的范围之内,点迹位于同一条直线上,且经过坐标原点,可根据数据作出图像aF图像,由图像可得出的结论是在小车质量不变时,加速度与合外力成
正比。
(4)将小车与托盘和砝码整体进行分析,根据牛顿第二定律有mg=(M+m)a,平衡摩擦力后,整体的合力F=mg,变形有=M·+,可知实验中作出图像,图像斜率的物理意义是小车的质量M,图像纵截距b=。
14.(8分)如图所示,水平地面上有一质量m=2.0 kg的物块,物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.20,在与水平方向成θ=37°斜向下的推力F作用下由静止开始向右做匀加速直线运动。已知F=10 N,取sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小;
(2)物块运动过程中加速度的大小;
(3)物块开始运动4.0 s所通过的位移大小。
【答案】 (1)5.2 N (2)1.4 m/s2 (3)11.2 m
【解析】 (1)物体竖直方向上受力平衡
Fsin 37°+mg=N,
而f=μN,
联立解得滑动摩擦力的大小f=5.2 N。
(2)根据牛顿第二定律Fcos θ-f=ma,
可得加速度a=1.4 m/s2。
(3)根据s=at2,可知4.0 s所通过的位移大小
s=×1.4×4.02 m=11.2 m。
15.(10分)如图所示,一名滑雪者从倾角θ=37°的斜坡上A处由静止开始自由下滑,经过4 s滑至坡底B后进入水平雪道(B处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接),最终停在C处;已知滑雪板与斜坡雪地间的动摩擦因数μ1=0.25,BC的长度为64 m,求:(不计空气阻力,g取10 m/s2,取
sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)滑雪者在倾斜雪道上的加速度大小a1;
(2)滑雪者在倾斜雪道上的末速度大小v及位移大小s1;
(3)滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数μ2。
【答案】 (1)4 m/s2 (2)16 m/s 32 m (3)0.2
【解析】 (1)对滑雪者受力分析如图所示,
沿斜坡和垂直于斜坡方向分别有
mgsin θ-f=ma1,
N=mgcos θ,
又f=μN,解得a1=4 m/s2。
(2)由匀变速直线运动规律得v=a1t1,
解得v=16 m/s,
由匀变速直线运动规律得s1=a1,
解得s1=32 m。
(3)设滑雪者在水平雪道上滑行的加速度大小为a2,由匀变速直线运动规律得
v2=2a2s2,
解得a2=2 m/s2,
由牛顿第二定律得μ2mg=ma2,
解得μ2=0.2。
16.(12分)某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ=37°,顺时针转动的速率为v0=2 m/s。将质量 m=25 kg的物体无初速度地放在传送带的顶端A,物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为 M=25 kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.5,μ2=0.3,木板下表面可以涂抹不同材料的涂层,使得木板与地面的动摩擦因数μ3在一定范围内,满足0.1≤μ3≤0.3。AB的距离为s=8.2 m,木板足够长,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)物体刚开始下滑时的加速度大小;
(2)物体通过传送带所需要的时间;
(3)物体离开传送带后运动总路程的最小值和最大值。
【答案】 (1)10 m/s2 (2)2.2 s
(3)6 m m
【解析】 (1)物体速度达到传送带速度前
mgsin 37°+μ1mgcos 37°=ma1,
解得a1=10 m/s2。
(2)物体与传送带共速所需时间为
t1==0.2 s,
根据速度—位移公式有=2a1s1,
解得s1=0.2 m,
共速后,由于μ1=0.5
mgsin 37°-μ1mgcos 37°=ma2,
解得a2=2 m/s2,
设物体经t2到达B端,则有
(s-s1)=v0t2+a2,
解得t2=2 s,
物体通过传送带所需要的时间为
t=t1+t2=2.2 s。
(3)物体滑上木板左端时的速度大小
vB=v0+a2t2,
解得vB=6 m/s,
物体am=μ2g=3 m/s2,
木板aM==3-20μ3,
临界条件为μ3=0.15,
①0.15≤μ3≤0.3时,木板静止,物体路程的最小值为l==6 m,
②0.1≤μ3<0.15时,物体与木板先相对运动,达到共速后,一起减速为零,μ3越小,物体的路程越大。当μ3=0.1 时,路程有最大值。
设共速时间为t3,则6-3t3=1×t3,
解得t3=1.5 s,l1= m,
此后,整体加速度为a=μ3g=1 m/s2,
解得l2= m,
总路程l′=l1+l2= m,
总路程的最小值为6 m,最大值为 m。
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