专题二牛顿运动定律的应用答案.doc

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：mAgsinθ-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 = mAgcosθ，斜面体的受力如图所示
在水平方向有：F+FTcosθ = FN1sinθ
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 = μmg = 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 = = 0.5m/s2，初速度为υ0 = 1.5m/s
设经过时间t1，两者达到共同速度υ，则有：υ = amt1 = υ0+aMt1
代入数据可得：t1 = 1s，υ= 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 = 0．5s时间内，物块运动的位移为s2 =υt2+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 = 2.1m．
3. 3.答案：释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，
B着地前瞬间的速度为
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=49.5J
5.（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=8m＞6m，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=3×7m=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量为：Q=Ff·△S=μMg·△S=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=S1＋S2－S3=2m，所用时间为s．所作图线如图所示．
6、解:设0～2.0s内物体的加速度大小为a1，2～4s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： 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=2.4m／s (2分)
(2)B的加速度aB= -gsinθ= -6m／s2 (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=(v2v1)／t=2m／s2 ①(1分)
第二次相遇的条件是两物位移相等：SA1=SB1即② (1分)
代入数字解出t′=0.45s<0.6s，显然假设不符合题意．③(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．
⑤ (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-mAgsinθ-μmAgcosθ=mAa1…………⑥ (1分)
下滑过程：F-mAg sinθ+mAgcosθ=mAa2…………⑦ (1分)
联立方程④至⑦得：F=0.6N (1分)
根据F=Eq A带电量q=F/E=0.6c／5×106=1.2×10-7C (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①～③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
……①
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…………②
F0=u(mg+qE)+mam =6.0N………………③
即为使滑块与木板之间无相对滑动，力F0不应超过6．0N。
(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：
…………④
……………⑤
滑动过程中木板的加速度 ，则可得滑块运动的加速度…⑥
对滑块： F=u(mg+qE)+ma1=9.0N………⑦

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