2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專練四 牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用(含解析)
《2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專練四 牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用(含解析)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專練四 牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用(含解析)(11頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用 1.高考對(duì)牛頓第二定律內(nèi)容的要求較高,從歷年命題看,命題主要集中在三個(gè)方面:結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律綜合分析動(dòng)力學(xué)的兩類問題;交替使用整體法與隔離法處理連接體問題、臨界問題;以實(shí)際應(yīng)用為背景,考查思維轉(zhuǎn)換、實(shí)際建模等綜合問題。 2.兩個(gè)常見模型的注意點(diǎn): (1)“滑塊—木板”模型問題中,靠摩擦力帶動(dòng)的那個(gè)物體的加速度有最大值:。 (2)傳送帶靠摩擦力帶動(dòng)(或阻礙)物體運(yùn)動(dòng),物體速度與傳送帶速度相同時(shí)往往是摩擦力突變(從滑動(dòng)摩擦力變?yōu)闊o摩擦力或從滑動(dòng)摩擦力變?yōu)殪o摩擦力)之時(shí)。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2019?全國III卷?20)如圖(a),物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上,
2、物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連,細(xì)繩水平。t=0時(shí),木板開始受到水平外力F的作用,在t=4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示,木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出( ) 圖(a)圖(b)圖(c) A.木板的質(zhì)量為1 kg B.2 s~4 s內(nèi),力F的大小為0.4 N C.0~2 s內(nèi),力F的大小保持不變 D.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 典例2.(2018?全國I卷?15)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜
3、止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復(fù)原長前,下列表示F和x之間關(guān)系的圖象可能正確的是( ) 三、對(duì)點(diǎn)速練 1.如圖所示,物體A、B由跨過定滑輪且不可伸長的輕繩連接,由靜止開始釋放,在物體A加速下降的過程中,下列判斷正確的是( ) A.物體A和物體B均處于超重狀態(tài) B.物體A和物體B均處于失重狀態(tài) C.物體A處于超重狀態(tài),物體B處于失重狀態(tài) D.物體A處于失重狀態(tài),物體B處于超重狀態(tài) 2.(多選)為了備戰(zhàn)2020年東京奧運(yùn)會(huì),我國羽毛球運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行了如圖所示的原地縱跳摸高訓(xùn)練。已知質(zhì)量m=50 kg的運(yùn)
4、動(dòng)員原地靜止站立(不起跳)摸高為2.10 m,比賽過程中,該運(yùn)動(dòng)員先下蹲,重心下降0.5 m,經(jīng)過充分調(diào)整后,發(fā)力跳起摸到了2.90 m的高度。若運(yùn)動(dòng)員起跳過程視為勻加速運(yùn)動(dòng),忽略空氣阻力影響,g取10 m/s2。則( ) A.運(yùn)動(dòng)員起跳過程處于超重狀態(tài) B.起跳過程的平均速度比離地上升到最高點(diǎn)過程的平均速度大 C.起跳過程中運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力為960 N D.從開始起跳到雙腳落地需要1.05 s 3.如圖所示,質(zhì)量為m的球置于斜面上,被一個(gè)豎直擋板擋住?,F(xiàn)用一個(gè)水平向右的力F拉斜面,使斜面在水平面上向右做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng),忽略一切摩擦,下列說法正確的是( ) A.斜
5、面和擋板對(duì)球的彈力的合力等于ma B.若加速度足夠大,斜面對(duì)球的彈力可能為零 C.若加速度足夠小,則豎直擋板對(duì)球的彈力可能為零 D.若加速度不斷的增大,斜面對(duì)球不僅有彈力,而且該彈力是一個(gè)定值 4. 如圖所示,水平桌面上放置一個(gè)傾角為45°的光滑楔形滑塊A,一細(xì)線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處,細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m=0.2 kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運(yùn)動(dòng),取g= 10 m/s2,則下列說法正確的是( ) A.當(dāng)a=5 m/s2時(shí),滑塊對(duì)球的支持力為N B.當(dāng)a=15 m/s2時(shí),滑塊對(duì)球的支持力為N C.當(dāng)a=5 m/s2時(shí),地面對(duì)A的支持力
6、一定大于兩個(gè)物體的重力之和 D.當(dāng)a=15 m/s2時(shí),地面對(duì)A的支持力一定小于兩個(gè)物體的重力之和 5.(多選)如圖甲所示,物塊的質(zhì)量m=1 kg,初速度v0=10 m/s,在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng),某時(shí)刻恒力F突然反向,整個(gè)過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示,g=10 m/s2,則( ) A.0~5 s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng) B.在t=1 s時(shí)刻恒力F反向 C.恒力F大小為10 N D.物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3 6.(多選)傳送帶在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和日常生活中都有著廣泛的應(yīng)用。如圖甲,傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),現(xiàn)將
7、m=2 kg的貨物放在傳送帶上的A點(diǎn),貨物與傳送帶的速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖乙,整個(gè)過程傳送帶是繃緊的,貨物經(jīng)過1.2 s到達(dá)B點(diǎn),已知重力加速度g=10 m/s2。下列說法正確的是( ) A.貨物在0.2~1.2 s內(nèi)的加速度大小為1 m/s2 B.A、B兩點(diǎn)的距離為1.5 m C.貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中,貨物與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為2.4 J D.貨物從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中,傳送帶對(duì)貨物做的功為6.4 J 7.(多選)一塊足夠長的白板,位于水平桌面上,處于靜止?fàn)顟B(tài),一石墨塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在白板上,石墨塊與白板間有摩擦,滑動(dòng)摩擦系數(shù)為μ。突然,使白板以恒定的速度v0做
8、勻速直線運(yùn)動(dòng),石墨塊將在板上劃下黑色痕跡。經(jīng)過某段時(shí)間t,令白板突然停下,以后不再運(yùn)動(dòng)。在最后石墨塊也不再運(yùn)動(dòng)時(shí),白板上黑色痕跡的長度可能是(已知重力加速度為g,不計(jì)石墨與板摩擦劃痕過程中損失的質(zhì)量)( ) A. B. C. D.v0t 8.(多選)傾角為θ的斜面固定在水平面上,在斜面上放置一長木板,木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。平行于斜面的力傳感器上端連接木板,下端連接一光滑小球,如圖所示。當(dāng)木板固定時(shí),傳感器的示數(shù)為F1?,F(xiàn)由靜止釋放木板,木板沿斜面下滑的過程中,傳感器的示數(shù)為F2。則下列說法正確的是( ) A.若μ=0,則F1=F2 B
9、.若μ=0,則F2=0 C.若μ≠0,則μ=tanθ D.若μ≠0,則μ= 【答案】BD 【解析】當(dāng)木板固定時(shí),對(duì)小球分析,根據(jù)共點(diǎn)力平衡有:F1=mgsinθ,靜止釋放木板,木板沿斜面下滑的過程中,若μ=0,則整體沿斜面下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律可得:Mgsinθ=Ma,解得:a=gsinθ,再以小球?yàn)檠芯繉?duì)象,則有:mgsinθ-F2=ma,解得:F2=0,故A錯(cuò)誤、B正確;當(dāng)木板沿斜面下滑時(shí),若μ≠0,對(duì)整體分析,根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為:a=gsinθ-μgcosθ,隔離對(duì)小球分析有:mgsinθ-F2=ma,解得:F2=μmgcosθ,則有:,解得:,故C錯(cuò)誤、D正確。 9
10、. 一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊;在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5 m,如圖甲所示。t=0時(shí)刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng),直至t=1 s時(shí)木板與墻壁 碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2; (2)木板的最小長度; (3)木板右端離墻壁的最終距離。 10.某
11、工廠用傾角為37°的傳送帶把貨物由低處運(yùn)送到高處,已知傳送帶總長為L=50 m,正常運(yùn)轉(zhuǎn)的速度為v=4 m/s。一次工人剛把M=10 kg的貨物放到傳送帶上的A處時(shí)停電了,為了不影響工作的進(jìn)度,工人拿來一塊m=5 kg帶有掛鉤的木板,把貨物放到木板上,通過定滑輪用繩子把木板拉上去。貨物與木板及木板與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.8。(物塊與木板均可看成質(zhì)點(diǎn),g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對(duì)木板滑動(dòng),求工人所用拉力的最大值; (2)若工人用F=189 N的恒定拉力把貨物拉到L/5處時(shí)來電了,工人隨即撤去拉力,求此時(shí)貨物
12、與木板的速度大??; (3)來電后,還需要多長時(shí)間貨物能到達(dá)B處?(不計(jì)傳送帶的加速時(shí)間) 答案 二、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】分析知木板受到的摩擦力f?=f。0~2 s,木板靜止,F(xiàn)=f?,F(xiàn)逐漸增大,所以C錯(cuò)誤。4 s~5 s,木板加速度大小a2=0.2 m/s2,對(duì)木板受力分析,f?=ma2=0.2 N,得m=1 kg,所以A正確。2 s~4 s,對(duì)木板有F-f?=ma1,F(xiàn)=f?+ma1=0.4 N,所以B正確。由于無法確定物塊的質(zhì)量,則盡管知道滑動(dòng)摩擦力大小,仍無法確定物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù),故D錯(cuò)誤。 【答案
13、】AB 典例2.【解析】假設(shè)物塊靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x0,則由力的平衡條件可知kx0=mg,在彈簧恢復(fù)原長前,當(dāng)物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,由以上兩式解得F=kx+ma,顯然F和x為一次函數(shù)關(guān)系,且在F軸上有截距,則A正確,B、C、D錯(cuò)誤。 【答案】A 三、對(duì)點(diǎn)速練 1.【答案】D 【解析】A加速下降,則加速度向下,輕繩的拉力小于重力,故A處于失重狀態(tài);同時(shí)B加速上升,則加速度向上,輕繩的拉力大于重力,故B處于超重狀態(tài)。故A、B、C錯(cuò)誤,D正確。 2.【答案】AD 【解析】運(yùn)動(dòng)員離開地面后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)可知;在起跳過程中可
14、視為勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度方向豎直向上,所以運(yùn)動(dòng)員起跳過程處于超重狀態(tài),根據(jù)速度位移公式可知,解得,對(duì)運(yùn)動(dòng)員根據(jù)牛頓第二定律可知,解得,根據(jù)牛頓第三定律可知,對(duì)地面的壓力為1560N,故選項(xiàng)A正確,C錯(cuò)誤;在起跳過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),起跳過程的平均速度,運(yùn)動(dòng)員離開地面后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),離地上升到最高點(diǎn)過程的平均速度,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;起跳過程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,起跳后運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,故運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間,故選項(xiàng)D正確。 3.【答案】D 【解析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象,分析受力情況,如圖,受重力mg、豎直擋板對(duì)球的彈力F2和斜面的彈力F1.根據(jù)牛頓第二定律知小球所受的合力為ma,即重力、斜面和擋板對(duì)球的彈力三個(gè)力
15、的合力等于ma,面和擋板對(duì)球的彈力的合力不等于ma,故A錯(cuò)誤。設(shè)斜面的加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律得豎直方向:F1cosθ=mg①,水平方向:F2﹣F1sinθ=ma②,由①看出,斜面對(duì)球的彈力F1大小不變,與加速度無關(guān),不可能為零。由②看出,若加速度足夠小時(shí),F(xiàn)2=F1sinθ=mgtanθ≠0,故BC錯(cuò)誤。若F增大,a增大,斜面的彈力F1大小不變。故D正確。 4.【答案】A 【解析】設(shè)加速度為a0時(shí)小球?qū)瑝K的壓力等于零,對(duì)小球受力分析,受重力、拉力,根據(jù)牛頓第二定律,有:水平方向:F合=Fcos45°=ma0;豎直方向:Fsin45°=mg,解得a0=g。當(dāng)a=5m/s2時(shí),小球
16、未離開滑塊,水平方向:Fcos45°-FNcos45°=ma;豎直方向:Fsin45°+FNsin45°=mg,解得FN=N,故A正確;當(dāng)a=15m/s2時(shí),小球已經(jīng)離開滑塊,只受重力和繩的拉力,滑塊對(duì)球的支持力為零,故B錯(cuò)誤;當(dāng)系統(tǒng)相對(duì)穩(wěn)定后,豎直方向沒有加速度,受力平衡,所以地面對(duì)A的支持力一定等于兩個(gè)物體的重力之和,故C,D錯(cuò)誤。 5.【答案】BD 【解析】物體勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為:,勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為:,根據(jù)牛頓第二定律得:F+f=ma1,F(xiàn)﹣f=ma2,聯(lián)立兩式解得:F=7N,f=3N,則動(dòng)摩擦因數(shù)為:,物體勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:,即在0﹣1s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)
17、動(dòng),1s后恒力F反向,做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。故BD正確,AC錯(cuò)誤。 6.【答案】AC 【解析】由加速度的定義知:貨物在0.2~1.2 s內(nèi)的加速度為:,故A正確;物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度,仍做勻加速直線運(yùn)動(dòng),所以物塊由A到B的間距對(duì)應(yīng)圖象所圍梯形的“面積”,為:x=×1×0.2+×(1+2)×1=1.6m,故B錯(cuò)誤;由v-t圖象可知,物塊在傳送帶上先做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為:,對(duì)物體受摩擦力,方向向下,重力和支持力,得:mgsinθ+μmgcosθ=ma1①;同理,做a2的勻加速直線運(yùn)動(dòng),對(duì)物體受力分析受摩擦力,方向向上,重力和支持力,得:mgsinθ-μm
18、gcosθ=ma2②,聯(lián)立①②解得:sinθ=0.3,μgcosθ=2,根據(jù)功能 關(guān)系,貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以相對(duì)位移,f=μmgcosθ=4N,做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng),位移為:x1=×1×0.2=0.1m,皮帶位移為:x皮=1×0.2=0.2m,相對(duì)位移為:△x1=x皮-x1=0.2-0.1=0.1m,同理,做a2勻加速直線運(yùn)動(dòng),位移為:x2=×(1+2)×1=1.5m,x皮2=1×1=1m,相對(duì)位移為:△x2=x2-x皮2=0.5m,故兩者之間的總相對(duì)位移為:△x=△x1+△x2=0.6m,貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為:Q=W=f△x=4×0.6J=2.4J,故C正確
19、;根據(jù)功能關(guān)系,由C中可知:f=μmgcosθ=4N,做a1勻加速直線運(yùn)動(dòng),由圖象知位移為:x1=0.1m,物體受摩擦力,方向向下,摩擦力做正功為:Wf1=fx1=4×0.1=0.4J,同理做a2勻加速直線運(yùn)動(dòng),由圖象知位移為:x2=1.5m,物體受摩擦力,方向向上,摩擦力做負(fù)功為:Wf2=-fx2=-4×1.5=-6J,所以整個(gè)過程,傳送帶對(duì)貨物做功大小為:6J-0.4J=5.6J,故D錯(cuò)誤。 7.【答案】AC 【解析】在時(shí)間t內(nèi),石墨可能一直勻加速,也可能先加速后勻速;石墨加速時(shí),根據(jù)牛頓第二定律,有μmg=ma,解得a=μg。①如果時(shí)間t內(nèi)一直加速,加速的位移為,故相對(duì)白板的位移為;
20、②如果先加速,后勻速,位移為,故相對(duì)白板的位移為;③如果加速的末速度恰好等于v0,則,故相對(duì)白板的位移為。經(jīng)過時(shí)間t后,白板靜止后,石墨做減速運(yùn)動(dòng),加速度大小不變,故相對(duì)白板沿原路返回,故白板上黑色痕跡的長度等于加速時(shí)相對(duì)薄板的位移;故選AC。 8.【答案】BD 【解析】當(dāng)木板固定時(shí),對(duì)小球分析,根據(jù)共點(diǎn)力平衡有:F1=mgsinθ,靜止釋放木板,木板沿斜面下滑的過程中,若μ=0,則整體沿斜面下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律可得:Mgsinθ=Ma,解得:a=gsinθ,再以小球?yàn)檠芯繉?duì)象,則有:mgsinθ-F2=ma,解得:F2=0,故A錯(cuò)誤、B正確;當(dāng)木板沿斜面下滑時(shí),若μ≠0,對(duì)整體分析,根
21、據(jù)牛頓第二定律可得加速度為:a=gsinθ-μgcosθ,隔離對(duì)小球分析有:mgsinθ-F2=ma,解得:F2=μmgcosθ,則有:,解得:,故C錯(cuò)誤、D正確。 9.【答案】(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m 【解析】(1)規(guī)定向右為正方向.木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 -μ1(m+M)g=(m+M)a1 ① 由題圖乙可知,木板與墻壁碰撞前的瞬間速度v1=4 m/s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v1=v0+a1t1 ② x0=v0t1+a1t ③ 式中,t1=1 s,x0=4
22、.5 m是木板與墻壁碰撞前的位移,v0是小物塊和木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。 聯(lián)立①②③式和題給條件解得μ1=0.1 ④ 在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng),小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有-μ2mg=ma2 ⑤ 由題圖乙可得a2= ⑥ 式中,t2=2 s,v2=0,聯(lián)立⑤⑥式和題給條件解得μ2=0.4. ⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時(shí)間Δt,木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3 ⑧ v3=-v1+a3Δt ⑨ v3=v1+a2Δt ⑩ 碰
23、撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中,木板運(yùn)動(dòng)的位移為x1=Δt ? 小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x2=Δt ? 小物塊相對(duì)木板的位移為Δx=x2-x1 ? 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩???式,并代入數(shù)據(jù)解得Δx=6.0 m ? 因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。 (3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止,設(shè)加速度為a4,此過程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為x3。由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ1(m+M)g=(m+M)a4 ? 0-v=2a4x3 ? 碰撞后木板運(yùn)動(dòng)的位移為x=x1+x3 ? 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩????式,并代入數(shù)據(jù)
24、解得x=-6.5 m 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。 10.【答案】(1)192N (2) (3) 【解析】(1)設(shè)最大拉力為Fm,貨物與木板之間的靜摩擦力達(dá)到最大值,設(shè)此時(shí)的加速度為a1,對(duì)貨物分析根據(jù)牛頓第二定律得: 得: 對(duì)貨物與木板整體分析根據(jù)牛頓第二定律得: 得: Fm=192N (2)設(shè)工人拉木板的加速度為a2,根據(jù)牛頓第二定律得: 解得: 設(shè)來電時(shí)木板的速度為v1,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得: 得: (3)由于,所以來電后木板繼續(xù)加速,加速度為a3 設(shè)經(jīng)過t1木板速度與傳送帶速度相同, 得: 設(shè)t1內(nèi)木板加速的位移為x1, 得: 共速后,木板與傳送帶相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x2,則 得: 得: 所以來電后木板再需要運(yùn)動(dòng)t=t1+t2=11.25 s。 11
- 溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請(qǐng)與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 設(shè)備采購常用的四種評(píng)標(biāo)方法
- 車間員工管理須知(應(yīng)知應(yīng)會(huì))
- 某公司設(shè)備維護(hù)保養(yǎng)工作規(guī)程
- 某企業(yè)潔凈車間人員進(jìn)出管理規(guī)程
- 企業(yè)管理制度之5S管理的八個(gè)口訣
- 標(biāo)準(zhǔn)化班前會(huì)的探索及意義
- 某企業(yè)內(nèi)審員考試試題含答案
- 某公司環(huán)境保護(hù)考核管理制度
- 現(xiàn)場管理的定義
- 員工培訓(xùn)程序
- 管理制度之生產(chǎn)廠長的職責(zé)與工作標(biāo)準(zhǔn)
- 某公司各級(jí)專業(yè)人員環(huán)保職責(zé)
- 企業(yè)管理制度:5S推進(jìn)與改善工具
- XXX公司環(huán)境風(fēng)險(xiǎn)排查及隱患整改制度
- 生產(chǎn)車間基層管理要點(diǎn)及建議