人教版高中物理必修一第四章《运动和力的关系》测试卷(有答案解析)
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一、选择题
1.如图所示为“摘灯笼”游戏示意图,要求游戏者在规定的时间内将尽可能多的灯笼摘下即可获胜,已知灯笼上下用两根相同的细绳L1、L2连接后悬挂于天花板上,人只能拉下面的细绳L1,若两根细线绳能承受的最大拉力相同,则为了顺利摘下灯笼()
A.在细绳L1下端缓慢增加拉力
B.在细绳L1下端突然猛一拉
C.由于细绳L2中的拉力大于细绳L1中的拉力,故细绳L2一定先断
D.细绳L1与细绳L2一定同时断
2.2020年全国蹦床网络赛于5月28日在南京、长沙等7个分赛场举行,共有来自各省市蹦床队的32名运动员参赛。
如图所示的蹦床比赛中,人从空中下落到弹簧床面后,直到向下减速为零,忽略空气阻力,以下说法正确的是()
A.人接触蹦床面到运动至最低点的过程中,人的惯性先增大后减小
B.人接触蹦床时速度最大
C.人起跳时弹簧对他的支持力大于他对弹簧的压力
D.人接触弹簧向下运动的整个过程中,人是先失重后超重
3.如图所示,物块A、B通过跨过光滑定滑轮的轻绳相连,A的质量为m,套在光滑竖直杆上,B的质量为3m,轻绳右侧与竖直杆的夹角为60°,重力加速度的大小为g,将系统自静止开始释放,刚释放时物块A的加速度为()
A.2
7
g,方向竖直向上B.
1
2
g,方向竖直向上
C.1
2
g,方向竖直向下D.
3
2
g,方向竖直向上
4.如图所示为水平匀速向右运动的传送带,一个物块以某一速度从左边冲上传送带,则小物块运动的v–t图象不可能
...是()
A.B.
C.D.
5.“星跳水立方”节目中,某明星从跳板处由静止往下跳的过程中(运动过程中某明星可视为质点),其速度—时间图象如图所示,则下列说法正确的是()
A.跳板距离水面的高度为10m
B.该明星入水前处于失重状态,入水后处于超重状态
C.1s末该明星的速度方向发生改变
D.该明星在整个下跳过程中的平均速度是10m/s
6.如图所示,将质量为10kg的小球用轻绳挂在倾角α=45 的光滑斜面上,斜面向右加速运动,小球相对斜面静止,g=10m/s2,当加速度a=2g时,绳对小球的拉力大小为
()
A.1002B.1003N
C.1005N D.200N
7.随着我国经济的飞速发展,人们对生活水平的追求日益增高,越野拖挂房车成为众多旅行爱好者的选择。
如图所示为一越野车通过挂钩与房车连接,越野车质量为M,房车质量为m。
越野车行驶过程中发动机提供的牵引力为F,行驶过程中受到的阻力为f1;房车无动力也无制动力,行驶过程中受到的阻力为f2,下列说法正确的是()
A.两车匀速行驶的过程中越野车给房车的拉力等于F
B.两车加速行驶的过程中越野车给房车的拉力等于F
C.不管两车匀速还是加速,越野车给房车的拉力都小于F
D.两车一起刹车时,越野车与房车间的作用力一定为0
8.如图所示,将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧,一端固定在水平天花板上相距2L的两点,另一端共同连接一质量为m的物体,平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°。
若将物体的质量变为M,平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°,sin37°=0.6,则M
m
等于
()
A.9
32
B.
9
16
C.
3
8
D.
3
4
9.如图所示,质量分别为2m、2m、3m的A、B、C三个物体用轻绳和轻弹簧连接,轻绳跨过光滑的定滑轮,系统处于静止状态。
现把AB间的轻绳剪断,则在剪断的瞬间,B物体的加速度和地面对C的支持力分别为()
A.a B=3
2
g B.a B=g
C.F N=4mg D.F N=0
10.一枚火箭由地面竖直向上发射,其速度和时间的关系图线如图所示,则()
A
A.t3时刻火箭距地面最远
B.t2~t3时间内,火箭在向下降落
C.t3时刻火箭落回地面
D.0~t3时间内,火箭始终处于失重状态
11.如图所示,自由下落的小球下落一段时间后,与弹簧接触,从它接触弹簧开始,到弹簧压缩到最短的过程中,则()
A.小球一直做减速运动
B.小球所受的弹簧弹力等于重力时,小球速度最大
C.小球一直处于超重状态
D.小球处于先超重后失重状态
12.如图所示,一个m=3kg的物体放在粗糙水平地面上,从t=0时刻起,物体在水平力F 作用下由静止开始做直线运动,在0~3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图所示.已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等.则( )
A.在0~3s时间内,物体的速度先增大后减小
B.3s末物体的速度最大,最大速度为6m s
C.2s末F最大,F的最大值为12N
D.前2s内物体做匀变速直线运动,力F大小保持不变
二、填空题
13.如图所示,质量为m=1kg的小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45 角的不可伸长的轻绳一端相连,此时小球处于静止平衡状态,当剪断轻绳的瞬间,取g=10m/s2,此时轻弹簧的弹力大小为________;小球的加速度大小为________。
14.一质量为m的人站在电梯中,电梯加速上升,加速大小为1
3
g,g为重力加速度。
人
对电梯底部的压力为______,此时人处于____状态(填“超重”或“失重”)。
15.客运电梯简化模型如图(a)所示,在t=0时电梯由静止开始上升,最初一段时间内电梯的加速度a随时间t变化的关系如图(b)所示。
已知电梯总质量为2.0×103kg,忽略空气阻力,则电梯在上升过程中受到的最大拉力为_____N,电梯在11s时的速度为
_____m/s。
16.如图所示,质量为m 的光滑小球,用轻绳连接后挂在三角劈的顶端斜面平行,劈置于光滑水平面上,当劈水平向右匀加速加速度1a =________时,球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零;当劈以加速度2a g =向左匀加速运动时,绳的拉力2T =________。
17.图a 表示用水平恒力F 拉动水平面上的物体,使其做匀加速运动。
当改变拉力的大小时,相对应的匀加速运动的加速度a 也会变化,a 和F 的关系如图b ,则该物体的质量是________kg ,物体与水平面间的动摩擦因数是________(g 取102m /s )。
图(a ) 图(b )
18.如图所示,升降机中质量为m 的物体C ,通过轻绳结于O 点悬挂起来,OC 能承受的最大拉力为3mg ,OA 和OB 绳能承受的最大拉力为3mg ,OA 、OB 绳与竖直方向的夹角分别为60︒和30,为防止绳子被拉断,升降机加速上升时,加速度的最大值为________.
19.如图所示,A 、B 两小球分别用轻质细绳L 1和轻弹簧系在天花板上,A 、B 两小球之间用一轻质细绳L 2连接,细绳L 1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ,细绳L 2水平拉直,现将细绳L 2剪断,则细绳L 2剪断瞬间,细绳L 1上的拉力与弹簧弹力之比为______,A 与B 的加速度之比为______。
20.一块足够长的白板,位于水平桌面上,处于静止状态。
一石墨块(可视为质点)静止在白板上。
石墨块与白板间有摩擦,滑动摩擦系数为μ。
突然,使白板以恒定的速度0v 做匀速直线运动,石墨块将在板上划下黑色痕迹。
经过某段时间t ,令白板突然停下,以后不再运动。
在最后石墨块也不再运动时,白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度
为g ,不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量):①202v ug
②20v ug ③2012v t ugt -④0v t ,以上正确的是___。
三、解答题
21.如图所示,在光滑的水平面上有一个斜面体A ,倾角θ=30°,用一根平行于斜面的不可伸长的轻绳连接着光滑小球B ,小球B 的质量为m =1㎏。
若A 、B 保持相对静止一起做匀加速直线运动,则:
(1)当小球B 对斜面A 的压力恰好为零时,求小球B 的加速度a 1的大小和方向?
(2)当轻绳对小球B 的拉力恰好为零时,求小球B 的加速度a 2大小和方向?
22.某极限运动员乘气球升至距地面43.3510m H =⨯的高空后由静止跳下,到达距地面的高度31.510m h =⨯处时,运动员打开降落伞并成功落地,取重力加速度大小210m/s g =。
(1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至距地面的高度31.510m h =⨯处所需的时间t ;
(2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,物体高速运动时所受阻力的大小可近似表示为2
f kv =,其中v 为速率,k 为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关.已知该运动员在某段时间内高速下落的v t -图像如图所示,该运动员和所带装备的总质量160k
g m =,求该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数k (结果保留一位有效数字).
23.冰壶比赛是冬奥会比赛项目之一,如图为比赛场地示意图。
比赛时,运动员从起滑架处推着冰壶出发,在投掷线AB 处将冰壶以一定的初速度推出,按比赛规则,投掷冰壶运动员的队友,可以用毛刷在冰壶滑行的前方来回摩擦冰面,以调节冰壶的运动。
已知冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02,冰面被摩擦后,动摩擦因数减小为原来的90%,投掷线AB 与O 之间的距离为30m ,重力加速度g =10m/s 2。
(1)运动员以多大的速度沿图中虚线将冰壶推出,队友不用摩擦冰面,冰壶能恰好停在O 点;
(2)若运动员以3.4m/s 的速度将冰壶推出,队友应该在冰壶滑出多长的距离后,开始一直连续摩擦前方冰面,才能使冰壶停在O 点;
(3)在(2)中若队友在冰壶刚推出时立即开始连续摩擦一段冰面,冰壶仍能够停在O 点,请在答题纸上用速度-时间图像说明,摩擦冰面的时间应当比(2)中的长还是短?
24.如图所示,传送带与水平面之间的夹角30θ=︒,其上A 、B 两点间的距离L =5m ,传送带在电动机的带动下以v =1m/s 的速度匀速运动,现将一质量m =10kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A 点,已知小物体与传送之间的动摩擦因数32
μ=
,在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中,求:(取210m /s g =)
(1)物体从A 到B 运动的时间;
(2)传送带对小物体做的功;
(3)电动机多做的功。
25.如图甲所示,质量为m =1kg 的物体置于倾角为θ=37︒的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面向上的恒力F ,作用时间t 1=1s 时撤去拉力,物体运动的部分v -t 图象如图乙所示,g 取10m/s 2,试求:
(1)物体与斜面间的动摩擦因数;
(2)拉力F 的大小。
26.如图所示,长9m L =的传送带与水平方向的倾角为θ=37︒,在电动机的带动下以4m /s v = 的速率顺时针方向运行,在传送带的B 端有一离传送带很近的挡板P 可将传送带上的物块挡住,在传送带的A 端无初速地放一质量1kg m =的物块,它与传送带间的动
摩擦因数0.5μ=,物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计;(210m /s g =,
cos37°=0.8,sin37°=0.6)。
求:
(1)物块从A 处第一次滑到P 处的过程中,物块相对传送带的位移?
(2)物块与挡板P 第一次碰撞后,上升到最高点时到挡板P 的距离?
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一、选择题
1.A
解析:A
A .悬挂的灯笼受到自身重力G ,细绳L 2沿绳向上的拉力F 2,细绳L 1沿绳向下的拉力F 1,由平衡可知
21F G F =+
显然
F 2>F 1
则在缓慢增加拉力时,绳2先断,能顺利摘下灯笼,故A 正确;
BCD .若细绳1突然施加很大的力,此时由于惯性,灯笼有保持原状态(静止)的特性,
使得绳2的形变量不能立即增加,绳2的拉力未明显变化,所以绳1先断。
不能顺利摘下灯笼,故BCD 错误。
故选A 。
2.D
解析:D
A .质量是惯性的唯一量度,人接触蹦床面到运动至最低点的过程中惯性不变,故A 错误;
B .接触蹦床后,根据牛顿第二定律
mg kx a m
-= 可知,人会先向下加速,当弹力等于重力时速度最大,故B 错误;
C .人起跳时弹簧对他的支持力和他对弹簧的压力是一对作用力和反作用力,故支持力和压力大小相等,故C 错误;
D .接触蹦床后,人会先向下加速,当弹力等于重力后向下减速直到减速为零,因此人是先失重后超重,故D 正确。
故选D 。
3.A
解析:A
对物块B 分析,根据牛顿第二定律则有
33B mg T ma -=
对物块A 分析,根据牛顿第二定律则有
cos 60A T mg ma ︒-=
沿绳方向则有
cos 60A B a a ︒=
联立解得
27
A a g =
方向竖直向上
故A 正确,B 、C 、D 错误;
故选A 。
4.D
解析:D
A .物块的运动性质取决于物块的初速度和传送带的速度大小,如果物块的速度比传送带速度小,物块在传送带上一直加速,或先加速后匀速,A 正确,不符合题意;
B .如果物块的速度与传送带的速度相等,物块在传送带上直接做匀速直线运动,B 正确;不符合题意;
C .如果物块的速度较大,可以一直减速,减到B 点速度刚好能和传送带共速,C 正确,不符合题意;
D .如果物块速度较大,可以一直减速,可以先减速后匀速,也可以减速到B 点与传送带共速,但是不可能减速到零,D 错误,符合题意。
故选D 。
5.B
解析:B
A .由图象面积的意义得跳板距离水面的高度为
1101m 5m 2
h =⨯⨯= 故A 错误;
B .入水前具有竖直向下的加速度,处于失重状态,入水后具有竖直向上的加速度,处于超重状态,故B 正确
C .1s 末速度方向不变,故C 错误;
D .由平均速度的定义式得
110 1.52m/s 5 m/s 1.5
v ⨯⨯== 故D 错误。
故选B 。
6.B
解析:B
当小球对斜面的压力为零时,小球受拉力和重力两个力作用,根据牛顿第二定律得
tan tan F mg g a g m m αα
====
方向水平向右,当加速度a 时,小球已脱离斜面,根据平行四边形定则知
T ===
故选B 。
7.C
解析:C
ABC .当两车匀速行驶时,对于房车根据平衡条件得越野车给房车的拉力
2F f '=
对于越野车和房车整体,根据平衡条件得
12F f f =+
所以有
F F '<
当两车加速行驶时设加速度为a ,对于房车根据牛顿第二定律得
2F f ma "-=
解得越野车给房车的拉力
2F f ma "=+
对于越野车和房车整体,根据牛顿第二定律得
12()F f f M m a --=+
所以有
F F "<
综上可知不管两车匀速还是加速,越野车给房车的拉力都小于F ,故AB 错误,C 正确; D .两车一起刹车时设加速度为a 1,对整体据牛顿第二定律可得
121 ()f f M m a +=+
对房车据牛顿第二定律可得
21f N ma +=
联立解得两车间的作用力
12
mf Mf N M m
-=
+
只有当mf 1=Mf 2时两车间的弹力才为零,故D 错误。
故选C 。
8.A
解析:A
因为两弹簧弹力的合力与重力大小相等,方向相反,则对于题中左图有
12cos37mg kx =︒ 1()sin 37L x L +=
对于题中右图有
22cos53Mg kx =︒ 2()sin 53L x L +=
联立解得
932
M m = 故A 正确,BCD 错误; 故选A 。
9.B
解析:B
AB .装置静止时,以B 为研究对象,可得弹簧的弹力为
F =m B g -m A g =2mg -2mg =0
剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力不变,则对B ,根据牛顿第二定律得
B B B m g m a =
得
a B =g ,方向竖直向下
故A 错误,B 正确;
CD .剪断轻绳时,C 的所有受力不变,故对C 根据平衡条件得
F N =m C g =3mg
故CD 错误。
故选B 。
10.A
解析:A
ABC .根据图像,0~t 1火箭加速上升,t 1~t 2火箭仍然匀加速上升,但加速度减小了,t 2~t 3时间内火箭匀减速上升,故t 3时刻火箭距地面最远,B 错误C 错误A 正确;
D .0~t 1火箭加速上升,超重,t 1~t 2火箭仍然匀加速上升,超重,加速度增加了,t 2~t 3时间内火箭匀减速上升,失重, D 错误。
故选A 。
11.B
解析:B 【解析】
小球接触弹簧上端后受到两个力作用:向下的重力和向上的弹力.在接触后的前一阶段,重力大于弹力,合力向下,因为弹力F=kx 不断增大,所以合外力不断减小,故加速度不断减小,由于加速度与速度同向,因此速度不断变大.当弹力逐步增大到与重力大小相等时,合外力为零,加速度为零,速度达到最大.后一阶段,即小球达到上述位置之后,由于惯性小球仍继续向下运动,但弹力大于重力,合外力竖直向上,且逐渐变大,因而加速度逐渐变大,方向竖直向上,小球做减速运动,当速度减小到零时,达到最低点,弹簧的压缩量最大;因加速度先向下后向上,故物体先失重后超重;故B 正确,ACD 错误.故选B .
点睛:本题考查了牛顿第二定律的综合应用,学生容易出错的地方是:认为物体一接触弹簧就减速.对弹簧的动态分析也是学生的易错点,在学习中要加强这方面的练习.
12.B
解析:B
AB .由图可知,在0~3s 内始终加速,3s 末速度最大,最大为图象围成“面积”,即
1
346/2
m s ⨯⨯=,A 错误,B 正确; C .动摩擦因素未知,不能计算动摩擦力大小,因而不能确定拉力F 的大小,C 错误; D .但滑动摩擦力不变,0~2s 加速度变大,则拉力大小变大,D 错误. 选B. 【点睛】
加速度—时间图象主要考查的是:图线与时间轴围成的面积表示速度,并结合牛顿第二定律进行分析求解.
二、填空题
13.10N1414m/s2
解析:10N 14.14m/s 2
[1]小球的受力分析图如图所示,根据共点力平衡得,弹簧的弹力
10N F mg ==
剪断细线的瞬间,弹簧弹力不变,则轻弹簧的弹力
=10N F
[2]此时小球所受的合力
F 合
则小球的加速度
214.14m/s a ==
14.超重
解析:
4
3
mg 超重 [1]对人受力分析,受重力和电梯的支持力,加速度向上,根据牛顿第二定律 N -mg =ma
故
4
3
N mg ma mg =+=
[2]根据牛顿第三定律,人对电梯的压力等于电梯对人的支持力,故人对电梯的压力等于
4
3
mg ,对电梯的压力大于本身重力,故处于超重。
15.2×10410【分析】考查牛顿第二定律的应用
解析:2×104 10 【分析】
考查牛顿第二定律的应用。
[1][2].图象可以看出,加速上升阶段的最大加速度为1m/s 2,根据牛顿第二定律,有:
F mg ma ﹣=
解得:
34() 2.010(101N 2.210N F m g a +⨯⨯+⨯=)==
速度改变量等于图象与时间轴包围的面积,故:
9111m/s 10m/1
2
s v ∆⨯+⨯=()=
而0v v ∆=﹣,所以电梯在11s 时的速度
10m/s v v ∆==。
16g [1]球与斜面相对静止且细绳的拉力恰好为零时,小球受力如图所示:
由牛顿第二定律得:
tan 30mg ma ︒=
解得:
133
a g =
[2]当劈加速度向左,球恰好刚要离开斜面,即斜面对球的作用力恰好为零时,球受力如图所示:
由牛顿第二定律得:
tan 30
mg
ma ︒
=临界 解得:
32=a g a g <=临界
所以当加速度:2a g =水平向左匀加速运动时,小球离开斜面,受力如图所示:
所以绳子的拉力:
222()()5T mg ma mg =+=
17.375053
解析:375 0.53
[1][2]对物体,由牛顿第二定律可得
F mg ma μ-=
故
1
a F μg m
=
-
即a F -图像的斜率为
1
m
,截距为μg -,由图中数据可得 0.375kg m =
0.53μ=
18.g
[1]以物体为研究对象,作出力图,如图;升降机竖直向上做匀加速运动时,加速度竖直向上,合力一定竖直向上,则两根绳子的拉力的合力方向一定竖直向上,由力图可知,BO 绳的拉力大于AO 绳的拉力,当BO 绳的拉力达到最大时,升降机的加速度为最大;根据牛顿第二定律得:
cos60cos30AO BO m F F mg ma ︒+︒-=
又:
sin60sin 30AO BO F F ︒=︒
代入解得:
m a g =
19.2(cos ):1θ cos :1θ
[1]将细线L 2剪断瞬间,细绳L 1上的拉力
1cos F mg θ=
弹簧弹力不变,为
cos T mg
F θ
=
则
2
1(cos )1
T F F θ= [2] 对A 由牛顿第二定律得
sin A mg ma θ=
解得
sin A a g θ=
弹簧的弹力不可突变,将细线L 2剪断瞬间,对B 球,由牛顿第二定律得
tan B mg ma θ=
解得
tan B a g θ=
则A 与B 的加速度之比为cos :1θ
20.①③
解析:①③
在时间t 内,石墨块可能一直匀加速,也可能先加速后匀速;石墨加速时,根据牛顿第二定律,有
mg ma μ=
解得
a g μ=
①如果时间t 内一直加速,加速的位移为
211
2
x gt μ=
故相对白板的位移为
△210101
2
x v t x v t gt μ=-=-
②如果先加速,后匀速,位移为
22000
2002()2v v v x v t v t g g g
μμμ=+-=-
故相对白板的位移为
△2
2022v x v t x g
μ=-=
③如果加速的末速度恰好等于0v ,则
20
32v x g
μ=
故相对白板的位移为
△20
3032v x v t x g
μ=-=
经过时间t 后,白板静止后,石墨做减速运动,加速度大小不变,故相对白板沿原路返回,故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移;所以白板上黑色痕迹的长度可
能是①202v g μ、③2
012
v t gt μ-
三、解答题
21. m/s 2,方向水平向右; m/s 2,方向水平向左 (1)此时小球受到重力和绳子的拉力,且绳子拉力F T 的方向与斜面平行,从受力分析得
mg
=
3tan 30F mg =︒
合
由牛顿第二定律F ma =得
13mg =ma
求得加速度大小
21a =3g =103m /s
方向水平向右。
(2)此时小球受到重力与斜面对它的弹力,F N 的方向与斜面垂直向左上方,
从受力分析得
3=mgtan30F mg ︒=
合 由牛顿第二定律F ma =得
23
mg =ma 3
求得加速度大小
232103a =
g =m /s 方向水平向左。
22.(1)80s ;(2)0.01kg/m (1)根据匀变速直线运动的规律有
2
12
H h gt -=
解得
80s t =
(2)该运动员达到最大速度max v 时,加速度为零,根据物体的平衡条件有
2max mg kv =
由所给的v t -图像可知
max 400m/s v =
解得
0.01kg/m k =
23.(1)23m/s ;(2)19m ;(3)见解析 (1)设队友不摩擦冰面,冰壶滑行的加速度为a 1
1mg ma μ=
由运动学公式得
20102v a x =
023m/s v =
(2)由运动公式
2201112v v a x -=
设队友摩擦冰面后,冰壶滑行的加速度为a 2
21222v a x =
12x x x +=
联立解得
119m x =
(3)由图像可知,先摩擦冰面的时间应该短;
24.(1)5.2s ;(2)255J ;(3)270J (1)如图,对小物体进行受力分析有
由图分析知
cos N mg θ=
33cos 1010N 75N f N mg μμθ===
⨯= sin 50N mg θ= sin f mg θ>
则小物体可以与传送带上静止 根据牛顿第二定律
sin f mg ma θ-=
75N 50N 10a -=
得
22.5m/s a =
则匀加速的时间
11s 0.4s 2.5
t v a =
== 匀加速的位移
22
111m 0.2m 22 2.5
v s a ===⨯
则小物体匀速运动的位移为
25m 0.2m 4.8m s =-=
匀速运动的时间
22 4.8s 4.8s 1
s t v =
== 则小物体从A 到B 所需时间为
0.4s 4.8s 5.2s t =+=
(2)由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量
22111
sin 3010110105J 255J 222
J W mv mgs =
+︒=⨯⨯+⨯⨯⨯= (3)在前0.4s 时间内传送带运动的位移为
210.4m 0.4m S vt ==⨯=
所以摩擦产生的热量等于摩擦力乘以两物体间的相对距离,即
()()21cos 750.40.2J 15J Q mg S S μθ=-=⨯-=
电动机做的功为
255J 15J 270J W '=+=
25.(1)0.5;(2)30N
(1)(2)根据速度时间图线知,匀加速直线运动的加速度
2120m/s a =
根据牛顿第二定律得
1cos sin F mg mg ma μθθ--=
匀减速直线运动的加速度
2210m/s a =
根据牛顿第二定律得
2sin cos mg mg ma θμθ+=
解得
F =30N ,μ=0.5
26.(1)21m ;(2)5m
(1)物块从A 点由静止释放,由牛顿第二定律得向下运动的加速度
1sin cos ma mg mg θμθ=-
代入数据解得2
12m/s a =
由速度位移公式可知,与P 碰前的速度为
16m/s v ===
物块从A 到B 的时间为
1116
3s 2
v t a =
== 在此过程中物块相对传送带向下位移为
1121m s L vt =+=
(2)物块与挡板碰撞后,以1v 的速率反弹,因1v v >,物块相对传送带向上滑动 物块向上做减速运动的加速度2a ,由牛顿第二定律可知
2sin cos ma mg mg θμθ=+
代入数据解得2
210m/s a =
物块速度减小到与传送带速度相等所需时间
12264
0.2s 10
v v t a --=
== 物块向上的位移
111640.21m 22v v x t ++=
=⨯= 物块相对传送带向上的位移为
2120.2m s l vt =-=
物块速度与传送带速度相等后,tan μθ<,由牛顿第二定律可知
3sin cos ma mg mg θμθ=-
代入数据解得,物块向上做减速运动的加速度2
32m/s a =
物块速度减小到零的时间为
334
2s 2
v t a =
== 物块向上的位移
22
2344m 222
v x a ===⨯
离P 点的距离
12145m x x +=+=。