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专题二牛顿运动定律的应用答案.doc

上传人:仙人****88 文档编号:5873114 上传时间:2024-11-22 格式:DOC 页数:5 大小:189.51KB
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资源描述

1、专题二 牛顿运动定律的应用答案1.【解析】设绳中张力为FT,A、B运动的加速度的大小为a,对A在沿斜面方向由牛顿第二定律有:mAgsin-FT = mAa对B在竖直方向由牛顿第二定律有:FT-mBg = mBa联立上两式得:a = ,FT = 此时A对斜面的压力为FN1 = mAgcos,斜面体的受力如图所示在水平方向有:F+FTcos = FN1sin得:F = 2.【解析】开始一段时间,物块相对小车滑动,两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为Ff = mg = 4N物块在Ff的作用下加速,加速度为am = = 2m/s2,从静止开始运动小车在推力F和f的作用下加速,加速度为aM = = 0.5

2、m/s2,初速度为0 = 1.5m/s设经过时间t1,两者达到共同速度,则有: = amt1 = 0+aMt1代入数据可得:t1 = 1s,= 2m/s在这t1时间内物块向前运动的位移为s1 = amt = 1m以后两者相对静止,相互作用的摩擦力变为静摩擦力将两者作为一个整体,在F的作用下运动的加速度为a,则F =(M+m)a 得a = 0.8m/s2在剩下的时间t2 = t-t1 = 05s时间内,物块运动的位移为s2 =t2+at2,得s2 = 1.1m可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为s = s1+s2 = 2.1m3. 3.答案:释放后A和B相对静止一起做自由落体运动,B着

3、地前瞬间的速度为 B与地面碰撞后,A继续向下做匀加速运动,B竖直向上做匀减速运动。它们加速度的大小分别为: 和 B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 在此时间内A的位移 要在B再次着地前A不脱离B,木棒长度L必须满足条件 L x 联立以上各式,解得 L 4(1)Fmin=45N;Fmax=285N;(2)WF=49.5J5.(1)物体将从传送带的右边离开物体从曲面上下滑到低端时的速度为:=4m/s以地面为参照系,物体滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零,后向左做匀加速运动,直到速度与皮带速度相等后与皮带相对静止(这一段时间内物体相对于传送带一直向右滑动),期间物体的加速度大小和

4、方向都不变,加速度大小为:=1m/s2物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零,对地向右发生的位移为:m=8m6m,表明物体将从右边离开传送带(2)以地面为参考系,若两皮带轮间的距离足够大,则物体滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零,后向左做匀加速运动,直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止,从传送带左端掉下期间物体的加速度大小和方向都不变,加速度大小为:=1m/s2所以,物体发生的位移为:m=3.5m取向右为正物体运动的时间为:s=7s这段时间内皮带向左运动的位移为:S2=ut=37m=21m所以物体相对于传送带滑行的距离为S=S1+S2=24.5m物体与传送带有相对滑动期间产生的热

5、量为:Q=FfS=MgS=490J(3)物体滑上传送带经过t1=2s时的速度为:v1=v0-at1=2m/s,滑过的距离为:=6m;此时物体将向右做匀减速运动直到速度为零,向右运动的距离为:m=0.5m,所用的时间为:=1s;后又向左做匀加速运动直到速度为u=3m/s,所用时间为:=3s,发生位移为:=4.5m;以后还要继续向左以速度u=3m/s匀速运动距离:S4=S1S2S3=2m,所用时间为s所作图线如图所示6、解:设02.0s内物体的加速度大小为a1,24s内物体的加速度大小为a2,由 得 a1=5m/s2, (1分)a2=1m/s2 (1分)由牛顿第二定律得: (1分) (1分)解得:

6、 F=30N (2分)由图象得:物体在前4s内的位移为:=8m (2分)故水平外力F在4s内所做的功为: =240J (2分)7(1)A、B碰撞时间极短,沿斜面的方向动量守恒,设速度为VB (2分), 代入数字得:vB=2.4ms (2分)(2)B的加速度aB= -gsin= -6ms2 (1分)B沿斜面上滑的最远距离: (2分)(3)碰后的0.6s内,A的运动有两种可能:一直加速度向上,或减速向上再加速向下设A的加速度为aA 第一种情况:以沿斜面向上的方向为正方向,A向上的加速度aA=(v2v1)t=2ms2 (1分)第二次相遇的条件是两物位移相等:SA1=SB1即 (1分)代入数字解出t=

7、0.45s0.6s,显然假设不符合题意(1分)所以A的运动只能是第二种情况设A向上运动时间为t、加速度为a1,向下运动时加速度为a2,A受到的电场力为F,以沿斜面向上的方向为正方向,t=0.6s (2分)分别对上滑和下滑过程运用牛顿第二定律列方程 上滑过程:F-mAgsin-mAgcos=mAa1 (1分)下滑过程:F-mAg sin+mAgcos=mAa2 (1分)联立方程至得:F=0.6N (1分)根据F=Eq A带电量q=F/E=0.6c5106=1.210-7C (1分)评分说明:I从第一种情况出发,求出F、q作为最终答案的,第(3)问给零分II从第一种情况出发,求出F、q,再由第二种情况出发求出另一组F、q:或者没有排除第一种情况的可能性,直接进入第二种情况进行计算的,则不给这3分8解:(1)当拉力F0作用于滑块m上,木板能够产生的最大加速度为 为使滑块与木板共同运动,滑块最大加速度 对于滑块有: F0-u(mg+qE)=mam F0=u(mg+qE)+mam =6.0N 即为使滑块与木板之间无相对滑动,力F0不应超过60N。 (2)设滑块相对于水平面的加速度为a1,木板的加速度为a2,由运动学关系可知: 滑动过程中木板的加速度 ,则可得滑块运动的加速度 对滑块: F=u(mg+qE)+ma1=9.0N5

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