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参考答案与试题解析 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1-6题只有一项符合题目要求，第7-10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分． 1．图示是一辆正在转弯的汽车的示意图，汽车的四个轮子围绕共同的圆心O运动，且四个轮子的转弯半径各不相同，转弯轨迹也各不相同．关于此时刻四个轮子的运动情况，下列说法正确的是（ ） A．四个轮子的线速度相等 B．四个轮子绕O点运动的角速度相等 C．四个轮子的向心加速度相等 D．内侧后轮的向心加速度最大 【考点】向心力；牛顿第二定律． 【分析】汽车转弯时，由于车轮的半径不同，但四个轮子在相同时间内转过的角度相同，故角速度相同，根据线速度角速度半径及加速度间的关系即可判断 【解答】解：A、在相同时间内车轮通过的弧长不同，故线速度不同，故A错误； B、四个轮子绕O点运动的过程中转过的角度相同，故角速度相等，故B正确； C、根据a=ω2r可知，由于半径不同，故向心加速度不同，故C错误； D、根据a=ω2r可知，由于半径最小，故向心加速度最小，故D错误 故选：B 2．某舰载机落在静止的航空母舰上时，经测其初速度大小为v0=60m/s，落地后打开减速系统，产生的加速度大小为a=20m/s2，假设舰载机在甲板上的运动可以看成匀减速直线运动，则舰载机在落地后10s内的位移为（ ） A．400 B．180m C．90m D．300m 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】求出舰载机在航空母舰上匀减速直线运动到停止的时间，再根据位移时间关系式求出位移 【解答】解：舰载机着陆后到停止所需的时间 则该舰载机在第3s末停止，因此该舰载机的位移，根据速度位移公式有 故选：C 3．如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，现有一水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同．若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（ ） A．A、B两弹簧产生的弹力大小相等 B． C．撤去F的瞬间，a球的加速度为零 D．撤去F的瞬间，b球处于失重状态 【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用． 【分析】先对b球受力分析，根据平衡条件求解弹簧A的拉力；再对a、b球整体受力分析，根据平衡条件求解弹簧B的拉力；最后根据胡克定律判断两个弹簧的劲度系数之比． 【解答】解：AB、先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有： F1=mg 再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图所示： 根据平衡条件，有： F2= 根据胡克定律，有： F1=k1x F2=k2x 故 C、球a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，故加速度一定不为零，故C错误； D、球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D错误； 故选：B． 4．如图所示，用细线将质量为m的氢气球拴在车厢地板上的A点，此时细线与水平面成θ=37°角，气球与固定在水平车顶上的压力传感器按触，小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，压力传感器的示数为气球重力的0.5倍，已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，现要保持细线方向不变而使传感器示数为零．下列方法中可行的是（ ） A．小车向右做加速运动．加速度大小为0.5g B．小车向左做加速运动，加速度大小为0.5g C．小车向右做减速运动．加速度大小为 D．小车向左做减速运动．加速度大小为 【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力． 【分析】车厢静止时，通过对气球受力分析可求出气球受到的浮力；当压力传感器示数为零时，根据牛顿第二定律求小车的加速度，分析运动状态． 【解答】解：当小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，对气球受力分析，受到重力、支持力和浮力，根据受力平衡
根据题意知， 所以有 当压力传感器示数为零时，对气球受力分析如图
竖直方向： 竖直方向：Fcosθ=ma② 联立①②代入数据得 故小车向右做减速运动 故选：C 5．如图所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的v﹣t图象．t=0时两物体相距1.5m，在t=1s时两物体相遇，下列说法正确的是（ ）
A．t=0时，甲物体的速度为3m/s B．t=2s时，两物体相距最远 C．t=3s时，两物体再次相遇 D．t=4s时，甲物体在乙物体后3m处 【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【分析】根据图象与时间轴围成的面积可求出两车的位移，确定位移关系，从而可确定何时两车相遇．根据速度关系分析何时相距最远．
【解答】解：A、设t=0时，甲物体的速度为v．根据“面积”表示位移，在t=1s时两物体相遇，位移之差等于1.5m，可得：1.5= B、在t=1s时两物体相遇，在1～2s内甲速度比乙的大，两者间距增大．在2～3s内，甲速度比乙的小，两者间距减小，则在1～3s内在t=2s时两物体相距最远．但t=3s后，乙的速度始终比甲的大，两者间距不断增大，所以在整个过程中，t=2s时两物体不是相距最远，故B错误． C、由于1﹣3s内两个物体的位移相等，所以t=3s时，两物体再次相遇．故C正确． D、t=1s时两物体相遇，而在0﹣1s内甲的位移比乙的大，所以t=0时刻甲物体在乙物体后1.5m处．根据几何知识可得：0﹣4s内两图象与坐标轴所围的面积相等，则4s内两个物体通过的位移相等，所以t=4s时，甲物体在乙物体后1.5m处．故D错误； 故选：C 6．如图所示，小船以大小为v（船在静水中的速度）、方向与上游河岸成θ的速度从O处过河，经过一段时间，正好到达正对岸的O′处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸的O′处．在水流速度不变的情况下，可采取的方法是（ ）
A．θ角不变且v增大 B．θ角减小且v增大 C．θ角增大且v减小 D．θ角增大且v增大 【考点】运动的合成和分解． 【分析】将小船的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性，求出到达对岸沿水流方向上的位移以及时间． 当实际航线与河岸垂直，则合速度的方向垂直于河岸，根据平行四边形定则求出船头与河岸所成的夹角． 【解答】解：由题意可知，船相对水的速度为v1，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有增大，为保持航线不变，且能到达对岸，则如图所示，可知，故D正确，ABC错误；
故选：D． 7．如图甲所示为一足够长的光滑斜面，一定质量的滑块从斜面的底端由静止开始在一沿斜面向上的外力作用下运动，经10s的时间撤走外力，利用速度传感器在计算机上描绘了滑块在0～30s内的速度﹣时间图象，如图乙所示．则下列说法正确的是（ ）
A．滑块在0～10 s内的平均速度大于10～20 s内的平均速度 B．滑块在0～30 s内的位移最大 C．滑块在10～20 s内的与20～30s内的加速度等大反向 D．滑块在10～20 s内的与20～30 s内的位移等大反向 【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动规律的综合运用． 【分析】根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，分析滑块的平均速度．根据图象的斜率等于加速度，分析加速度的大小和方向 【解答】解：A、根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，可知，滑块在0～10 s内的位移大于10～20 s内的位移，则滑块在0～10 s内的平均速度大于10～20 s内的平均速度．故A正确． B、根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，图象在时间轴上方表示的位移为正，图象在时间轴下方表示的位移为负，则知滑块在0～20 s内的位移最大．故B错误． C、图象的斜率表示加速度，而直线的斜率是一定值，所以滑块在10～20 s内的加速度与20～30 s内的加速度等大同向，故C错误． D、根据面积表示位移，可知滑块在10～20 s内的位移与20～30 s内的位移等大反向，故D正确． 故选：AD 8．两同种材料制成的质量不相等的滑块甲乙，其质量分别为m甲、m乙，放在同一粗糙的水平面上，用一不可伸长的轻绳连接，将一光滑的圆环穿过轻绳，在圆环上施加一竖直向上的外力，当轻绳绷紧时与水平方向的夹角如图所示，当竖直向上的外力增大到某值时，两滑块甲、乙均恰不发生滑动，已知物块与水平面间动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
A．两滑块的质量m甲：m乙为 B．两滑块的质量m甲：m乙为 C．地面对两滑块的摩擦力大小相等 D．地面对滑块甲的摩擦力小于地面对滑块乙的摩擦力 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 【分析】同一条绳子的拉力大小相等，根据共点力的平衡条件计算质量之比；根据共点力的平衡条件计算摩擦力的大小． 【解答】解：AB、设绳子拉力为F，根据共点力的平衡可得： 对甲物体：Fcos53°=μ（m甲g﹣Fsin53°） 对乙物体：Fcos37°=μ（m乙g﹣Fsin37°） 联立解得：两滑块的质量m甲：m乙为 CD、地面对甲的摩擦力为f甲=Fcos53°，地面对乙滑块的摩擦力大小为f乙=Fcos37°，f甲＜f乙，所以C错误，D正确； 故选：AD． 9．如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L，某人在训练中，从左侧
A．击球点的高度与网的高度之比为9：8 B．击球点的高度与网的高度之比为3：2 C．球在网的左两侧运动的速度变化量之比为1：3 D．球在网的左两侧运动的速度变化量之比为1：2 【考点】平抛运动． 【分析】球做的是平抛运动，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列方程求解即可．
【解答】解：A、因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以由x=v0t知，网右侧运动时间是左侧的两倍，竖直方向做自由落体运动，根据h= C、因为求出在两侧运动的水平位移之比为1：2，由于水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间之比为1：2，可知球在网的两侧运动的速度变化之比为1：2，故C错误，D正确． 故选：AD． 10．如图为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传动到地面的倾角为θ的传送带，该装置在正常工作时传送带匀速传动，传动的速度为v，方向逆时针，卸货工人将质量为m的货物由顶端无初速度放上，已知动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，则货物在整个运动过程中的速度随时间变化的规律可能正确的是（ ）
A． 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【分析】要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1＞a2 【解答】解：刚放上去的时候，货物受重力、支持力、摩擦力方向向下，货物做加速运动，故由牛顿第二定律：
如果两者共速时货物仍未到达传送带的底端，当货物速度大于传送带速度后，摩擦力变为向上，由于μ＜tanθ，即μmgcosθ＜mgsinθ，货物做加速运动，则由牛顿第二定律： 故选：BC 二、实验题：本题共2小题，共15分．把答案填在题中的横线上或按要求作答． 11．如图所示的实验装置可以探究小球所受摩擦阻力与其所受重力之间的关系，第一次实验时，小球从圆弧轨道顶端A释放，从轨道末端B做平抛运动落在水平地面上的P点；第二次实验时，将长度为L的粗糙木板水平地接在B点，如图乙所示．小球仍从A成静止释放，在木板上滑行后从木板未端B′平抛落地．落地点为Q，已知当地的重力加速度为g．设小球在木板上运动时所受阻力为其重力的k倍，不计空气阻力．
（1）若要测量k的值，除了测量轨道末端距地面的高度h外，实验还需要测量的物理量是 BP距离x1 和 BQ距离x2 （用文字和字母表示）． （2）k= 【考点】探究影响摩擦力的大小的因素． 【分析】（1）利用平抛运动的规律测出滑块从桌面边缘飞出的速度大小，因此需要测量两次滑块平抛的水平方向位移和桌面高度． （2）从N到M过程中利用动能定理或者运动学公式即可求出动摩擦因数的表达式． 【解答】解：（1）该实验实验原理为：测出滑块在N点M点速度大小，然后根据动能定理或者运动学公式列方程，进一步测出滑块与桌面间的动摩擦因数，因此需要测量N、M两点速度的大小，N点速度即为滑块滑到滑槽底端的速度，可以通过第一次实验测得，根据平抛规律，测量出MO的高度h以及OP距离x1即可，M点速度通过第二次实验测得，只需测量出OP′距离x2即可． （2）设滑块滑到底端的速度为v0，通过第一次实验测量有： h= x1=v0t ② 设滑块滑到M点速度为vM，通过第二次实验测量有： x2=vMt ③ 从N到M过程中，根据功能关系有： mgkL= 联立①②③④解得：k= 故答案为：（1）BP距离x1，BQ距离x2；（2） 12．为了探究物体的加速度与质量的关系时，某实验小组的同学设计了如图所示的实验装置．装置中有电磁打点 计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码（总质量用M表示）、砂和砂捅（总质量用m表示）、刻度尺等，请回答下列问题：
（1）为了完成本实验，下列实验器材中必不可少的是 CD ． A．低压直流电源 B．秒表 C．天平（附砝码） D．低压交流电源 （2）实验误差由偶然误差和系统误差，本实验中纸带与打点计时器、小车与长木板之间的摩擦和阻力对实验的影响属于系统误差．为了使实验结果更贴近结论，应尽量地减少摩擦阻力的影响，即按如图的方式将长木板的一端适当垫高，以平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，取下沙桶并将纸带穿过打点计时器，使小车带动纸带在长木板上做 匀速直线 运动． （3）探究小车的加速度与其质量的关系时，可以通过改变小车中砝码的个数来改变小车的质量．在完成本实验时，为了使沙桶的总重力近似地等于小车的牵引力，则沙桶的总质量与小车的总质量的关系应满足 M＞＞m ． （4）该实验小组的同学在某次测量时，得到了如图所示的纸带，其中0、1、2为相邻的三个计数点，且相邻两计数点的打点频率为f，0、1两点间的距离用x1表示.1、2两点间的距离用x2表示，则该小车加速度的表达式a= （x2﹣x1）f2 m/s2．如果f=10Hz，x1=5.90cm，x2=6.46cm，则加速度的值应为a= 0.56 m/s2（保留两位小数） （5 ）在完成以上操作后，将得到的数据用图象进行处理，则小车的加速度的倒数
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 【分析】（1）根据实验目的明确实验步骤和所要测量的物理量，即可知道实验所需要的实验器材； （2）实验前要平衡摩擦力，不挂沙桶时小车在木板上做匀速直线运动； （3）根据实验误差的来源，在 M＞＞m条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力； （4）根据匀变速直线运动的推论△x=aT2求解加速度； （5）根据牛顿第二定律得出加速度的倒数与质量的关系，从而选择图象． 【解答】解：（1）本实验中需测小车质量，则需要天平，电磁打点计时器需要低压交流电源， 故选：CD． （2）平衡摩擦力时，把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动即可； （3）根据实验误差的来源，在 M＞＞m条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力． （4）根据△x=aT2得：a= （5）根据牛顿第二定律得：a= 则以 故选：C 故答案为：（1）CD；（2）M＞＞m；（3）（x2﹣x1）f2；0.56；（4）C． 三、计算或论述题：本大题共4小题，共45分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位． 13．如图所示，P、Q为两个固定的滑轮，A、B、C三个物体用不可伸长的轻绳（不计轻绳与滑轮间的摩擦）跨过P、Q相连于O点，初始时O、P间轻绳与水平方向夹角为60°，O、Q间轻绳水平，A、B、C三个物体恰好能保持静止，已知B物体的质量为2kg．求： （1）A、C两物体的质量分别为多少？ （2）若在O点施加一外力F，缓慢移动O点到使O、P间的轻绳水平，O、Q间轻绳处于与水平方向夹角为60°的位置，此时外力F的大小．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；力的合成． 【分析】（1）对A、C受力分析可知OP的拉力mAg，OQ的拉力mCg．则对O点受力分析，由受力平衡条件可得mA和mC的大小． （2）缓慢移动后的O点依然处于平衡状态，则外力F的大小等于mAg、mBg、mCg的合力的大小，采用正交分解法与力的合成法可求得这三个力的合力． 【解答】解：（1）对于O受力分析，由受力平衡可知OP的拉力mAg，OQ的拉力mCg．
对于O点，根据平衡条件得： mAgsin60°=mBg ① mAgcos60°=mCg ② 联立①②式，代入数据解得：mA= 故A物体的质量为 （2）缓慢移动后的O点受外力F、mAg、mBg、mCg，且处于平衡状态，则F的大小等于mAg、mBg、mCg的合力．
对O点，根据平衡条件得： x轴：Fx=mAg﹣mCgcos60 ③ y轴：Fy=mBg+mCgsin60 ④ F= 联立③④⑤式，代入数据解得：F= 故外力F的大小为 答：（1）A物体的质量为 （2）外力F的大小为 14．已知某遥控飞机的最大动力为F=36N，该飞机飞行时空气对它的阻力恒为f=4N，重力加速度g=10m/s2，某玩具厂为了测定一质量为m=2kg的遥控飞机的性能，完成了如下的测试． （1）启动遥控器使该玩具飞机获得竖直向上的最大动力，使其竖直向上运动，测试该飞机在5s的时间内上升的位移多大？ （2）为了测试该飞机的抗摔性能，首先将飞机升高到H=200m处悬停，然后撤走动力，则飞机落地瞬间的速度为多大？ （3）在（2）中，飞机在下落过程中，启动遥控器使飞机恢复最大动力，为了使飞机落地的速度为零，则求飞机在没有动力的情况下下落的时间t0为多少． 【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】（1）（2）已知受力情况，进行受力分析，根据牛顿第二定律，求出运动的加速度，再求出运动情况．
（3）先做初速度为零的匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动直至停止；已知受力情况，求出两段的加速度，设出最大速度vm，将两运动联合列出 【解答】解：（1）由题意设上升时加速度为a， 由牛顿第二定律：F﹣mg﹣f=ma 解得：a=6m/s2 由h= 故上升的位移大小为75m （2）设下落过程加速度为a1， 由牛顿第二定律得：mg﹣f=ma1 解得：a1=8m/s2 由v2=2a1H，解得：v= 故飞机落地瞬间的速度大小为 （3）设恢复升力后向下减速时加速度为a2，由牛顿第二定律可知，F+f﹣mg=ma2 解得：a2=10m/s2 设恢复升力的速度为vm，则有： 解得：vm= 由：vm=a1t0
解得：t0= 故飞机在没有动力的情况下下落的时间t0为 答：（1）上升的位移大小为75m； （2）飞机落地瞬间的速度大小为 （3）飞机在没有动力的情况下下落的时间t0为 15．如图所示，由轻杆组成的Z形装置ABCDE可绕竖直轴BC转动，质量均为m=1kg的甲、乙两小球与两细线连接后分别系于A、G和B、E处，细线BF长l1=0.5m，EF的长度大于BF的长度，AH、GH长均为l2=0.4m．装置 静止时，细线BF与竖直方向的夹角θ=37°，细线HG、EF水平，细线AH竖直，已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1）当装置的角速度取不同值时，通过计算，画出相应稳定状态下各条细线拉力T与角速度的平方ω2之间的函数图象 （2）若装置匀速转动的角速度ω=5rad/s时，细线HG和FE突然断裂，且Z形装置停转，求断裂瞬间绳AH和BF的拉力大小之比．
【考点】向心力． 【分析】（1）装置转动稳定时，甲乙两球都在水平面内做匀速圆周运动．由合力提供向心力，运用正交分解法分别求各绳的拉力与角速度平方的关系，再画出图象． （2）若装置匀速转动的角速度ω=5rad/s时，细线HG和FE突然断裂，且Z形装置停转，甲球将垂直于纸面摆动，乙球将做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出断裂瞬间绳AH和BF的拉力，再得到拉力之比． 【解答】解：（1）装置转动稳定时，甲乙两球都在水平面内做匀速圆周运动． 对于绳AH，其拉力始终等于小球甲的重力，即 TAH=mg=10N． 对于绳GH，其拉力提供甲做圆周运动所需要的向心力，即 TGH=mω2l2=0.4ω2． 对于乙球，绳EF刚好无拉力时，有 mgtan37°=mω2l1sin37° 解得装置转动的角速度的平方为ω2=此后，当转速继续增大时，乙球将会“飘”起来，绳子EF的拉力变为零． 在乙球飘起来之前，由牛顿第二定律， 水平方向有：TBFsin37°﹣TEF=mω2l1sin37° 竖直方向有：TBFcos37°=mg 解得：TBF=12.5N，TEF=7.5﹣0.3ω2． 在乙球飘起来之后，有 TBFsinθ=mω2l1sinθ 解得 TBF=0.5ω2． 综上分析，画出各条细线拉力T与角速度的平方ω2之间的函数图象如图． （2）若装置匀速转动的角速度ω=5rad/s时，细线HG和FE突然断裂，且Z形装置停转，甲球将垂直于纸面摆动，乙球将做匀速圆周运动 对于甲球：TAH﹣mg=mω2l2 解得TAH=20N 对于乙球，有：TBFcos37°=mg 解得TBF=12.5N 则断裂瞬间绳AH和BF的拉力大小之比 TAH：TBF=8：5． 答：（1）画出各条细线拉力T与角速度的平方ω2之间的函数图象如图． （2）断裂瞬间绳AH和BF的拉力大小之比 TAH：TBF=8：5．
16．如图所示，质量为M=4.0kg的长木板静止在粗糙水平面上，某时刻一质量为m=2.0kg的小木块（可视为质点），以v0=10m/s的初速度从左端滑上长木板，同时用一水平向右的恒力F拉动长木板向右做加速运动，当小木块运动到长木板的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F，长木板在地面上继续运动一段距离L=4m时的速度为3m/s，已知长木板与小木块间的动摩擦因数μ1=0.5，长本板与地面间动摩擦因数μ2=0.2，加速度g=10m/s2．求： （1）长木板的长度； （2）作用在长木板上的恒力F大小； （3）若小木块滑上长木板后，欲将长木板从小木块下抽出，则至少需要多大的力．
【考点】功的计算；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律． 【分析】根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，结合速度位移公式求出物块与木板达到的共同速度，根据牛顿第二定律和运动学公式，结合相对位移的大小求出木板的长度，以及拉力的大小．欲将长木板从小木块下抽出，则二者达到共同速度时，二者位移相等． 【解答】解：（1）设物块与木板达共同速度v共后，物块与木板一起向右减速滑行，设此过程加速度大小为a，则： a=
代入数据解得v共=5m/s． 对物块，冲上木板后做加速度大小为a1的匀减速运动，对木板，物块冲上后做加速度大小为a2的匀加速运动，经时间t1达共同速度v共． 依题意对小物块有： a1=μ1g=5m/s2， v共=v0﹣a1t1，代入数据解得t1=1s． 对木板：v共=a2t1，解得a2=5m/s2， 小物块的位移：x物= 平板车的位移：x木= 所以小车的长度L=x物﹣x木=7.5﹣2.5m=5m． （2）由牛顿第二定律，F+μ1mg﹣μ2（M+m）g=Ma2， 代入数据解得F=22N． （3）欲将长木板从小木块下抽出，则对物块，冲上木板后先做加速度大小为a1的匀减速运动，后做加速度大小为a1的匀加速运动，对木板，物块冲上后做加速度大小为a2的匀加速运动，后做加速度为a3的匀加速运动到达共同速度前 依题意对小物块有： a1=μ1g=5m/s2，v共=v0﹣a1t1 小物块的位移：x物= 对木板：由牛顿第二定律，F+μ1mg﹣μ2（M+m）g=Ma2， v共=a2t1 木板的位移：x木= 达到共同速度后，则 对小物块有：x物′=v共t2+ 对木板：由牛顿第二定律，F﹣μ1mg﹣μ2（M+m）g=Ma3， 木板的位移：x木′= 抽出的条件x物总=x木总 代入数据解得F=44N． 答：（1）木板的长度为5m； （2）作用在平板车上的恒力F大小为22N， （3）则至少需要44N． 2016年12月22日 |
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