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时间:2020-12-20
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1、(物理)物理牛顿运动定律的应用专项习题及答案解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1.如图所示,倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m,质量M=0.5kg的薄木板,木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F,同时让传送带逆时针转动,运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数μ=3,木板与传送12带间的动摩擦因数μ3,取g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。2=4(1)若在恒力F作用下,薄木板保持静止不动,通过计算判定小木块所处的状态;(2)若小木块和薄木板相对静止,一起沿传
2、送带向上滑动,求所施恒力的最大值Fm;(3)若F=10N,木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内,木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。【答案】(1)木块处于静止状态;(2)9.0N(3)1s12J【解析】【详解】(1)对小木块受力分析如图甲:木块重力沿斜面的分力:mgsin1mg2斜面对木块的最大静摩擦力:fm1mgcos3mg4由于:fmmgsin所以,小木块处于静止状态;(2)设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a,小木块受力如图乙所示,则1mgcosmgsinma木板受力如图丙所示,则:FmMgsin2Mmgcos1mgcos
3、Ma解得:Fm99.0NMmg8(3)因为F=10N>9N,所以两者发生相对滑动2对小木块有:a1gcosgsin2.5m/sFMgsin2Mmgcos1mgcosMa解得a4.5m/s2由几何关系有:L1at21at222解得t1s全过程中产生的热量有两处,则QQ1Q21mgLcos2Mmgvt1a3t2cos2解得:Q12J。2.传送带以恒定速率v=4m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角θ=37°.m=1现将质量kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点),平台上的人通过一根轻绳用恒力F=10N拉小物块,经过一段时间物块被拉到离地高为H=
4、1.8m的平台上,如图所示.已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,已知sin37=°0.6,cos37=°0.8.求:(1)物块在传送带上运动的时间;(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F,则物块还需多少时间才能脱离传送带?【答案】(1)1s(2)【解析】【详解】(1)物体在达到与传送带速度v=4m/s相等前,做匀加速直线运动,有:F+μmgcos37-°mgsin37=°ma1解得a1=8m/s2由v=a1t1得t1=0.5s位移x1=2=1ma1t1物体与传送带达到共同速度后,因
5、F-mgsinθ=4N=μmgcos37°故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升.位移x2=-x1=2mt2==0.5s总时间为t=t1+t2=1s(2)在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,因为μ<tan37,°故有:mgsin37-°μmgcos37=°ma2解得:a2=2m/s2假设物体能向上匀减速运动到速度为零,则通过的位移为x==4m>x2故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台.故x2=vt3-a2t32解得t3=(2-)s或t3=(2+)s(舍去)【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态,再根据牛顿第二定律求解出加
6、速度,然后根据运动学公式列式求解时间.3.如图所示,BC为半径r22m竖直放置的细圆管,O为细圆管的圆心,在圆管的末5端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ=0.6的足够长粗糙斜面,一质量为m=0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出,恰好能垂直OB从B点进入细圆管,小球过C点时速度大小不变,小球冲出C点后经过9s再次回到C点。(g=10m/s2)求:8(1)小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多大?(2)小球第一次过C点时轨道对小球的支持力大小为多少?(3)若将BC段换成光滑细圆管,其他不变,仍将小球从A点以v0水平抛出,
7、且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N的恒力,试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动,若是匀速圆周运动,求出小球对细管作用力大小;若不是匀速圆周运动则说明理由。【答案】(1)2m/s(2)20.9N(3)52N【解析】【详解】(1)小球从A运动到B为平抛运动,有:rsin45°=v0tgt在B点有:tan45°v0解以上两式得:v0=2m/s(2)由牛顿第二定律得:小球沿斜面向上滑动的加速度:mgsin45mgcos45gsin45+°μgcos45=°82m/s2a1m小球沿斜面向下滑动的加速度:mgsin45mgcos45
8、gsin45﹣°μgcos45°=22m/s2a2m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t1、t2,由位移关系得:111212222atat2又因为
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