- 力学
- 共5899题
19.滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来,在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”,从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦.然而当滑雪板相对雪地速度较小时,与雪地接触时间超过某一值就会陷下去,使得它们间的摩擦力增大.假设滑雪者的速度超过4 m/s时,滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由=0.25变为
=0.125.一滑雪者从倾角
的坡顶A处由静止开始自由下滑,滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地,最后停在C处,如图所示,不计空气阻力,坡长L=26 m,取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间;
(2)滑雪者到达B处的速度;
(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。
正确答案
(1)
(2)
(3)
解析
(1)设滑雪者质量为m,滑雪者在斜坡上从静止至速度过程,
由牛顿第二定律有:
解得:
故由静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间:
(2)物体在斜面上改变动摩擦因数前
在斜面上改变动摩擦因数后
代入数据解得:
(3)设水平雪地上滑雪者速度由减小到
的位移为x3,速度由
减小到零的位移为x4
由动能定理有:
所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为:
考查方向
解题思路
对滑雪者在不同的过程中分别进行受力分析,列出牛顿定律公式及动能定理公式。
易错点
1、分析不同过程人受力;
2、列动能定理的公式
知识点
16.如图所示,倾角为θ的斜面上PP/、QQ/之间粗糙,且长为3L,其余部分都光滑.形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、C沿斜面排列在一起,但不粘接.每块薄木板长均为L,质量均为m,与斜面PP/、QQ/间的动摩擦因素均为2tanθ.将它们从PP/上方某处由静止释放,三块薄木板均能通过QQ/.重力加速度为g.求:
(1)薄木板A在PP/、QQ/间运动速度最大时的位置;
(2)薄木板A上端到达PP/时受到木板B弹力的大小;
(3)释放木板时,薄木板A下端离PP/距离满足的条件.
正确答案
(1)滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大
(2)F=
(3)释放时,A下端离PP/距离x>2.25L
解析
(1)将三块薄木板看成整体:当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达最大值
μmxgcosθ=3mgsinθ
得到mx=
即滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大
(2)对三个薄木板整体用牛顿第二定律:3mgsinθ-μmgcosθ=3ma
得到 a=
对A薄木板用牛顿第二定律F+mgsinθ-μmgcosθ=ma
F=
(3)要使三个薄木板都能滑出QQ/处,薄木板C中点过QQ/处时它的速度应大于零。薄木板C全部越过PP/前,三木板是相互挤压着,全部在PP/、QQ/之间运动无相互作用力,离开QQ/时,三木板是相互分离的。
设C木板刚好全部越过PP/时速度为v
① 对木板C用动能定理:
②设开始下滑时,A的下端离PP/处距离为x,对三木板整体用动能定理:
得到x=2.25L
即释放时,A下端离PP/距离
考查方向
解题思路
见解析。
易错点
① 三块薄木板未粘连,速度不一致时会分离;
② 斜面上的物体若粗略的认为最大静摩擦力与滑动摩擦相等,则μ=tanθ是物体能否沿斜面下滑的临界条件;
③ 研究对象和研究过程的选取不当,导致求解困难。
知识点
14.如图所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用下向右滑行,长木板处于静止状态.已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是( )
正确答案
解析
A、对M分析,在水平方向受到m对M的摩擦力和地面对M的摩擦力,两个力平衡,则地面对木板的摩擦力f=μ1mg.故A正确,B错误.C、无论F大小如何,m在M上滑动时对M的摩擦力大小不变,M在水平方向上仍然受到两个摩擦力处于平衡,不可能运动.故C错误,D正确
考查方向
本题主要考查牛顿第二定律;摩擦力的判断与计算
解题思路
隔离对M分析,抓住木板处于静止状态,根据共点力平衡求出地面对木板的摩擦力大小.无论改变F的大小,只要m在木板上滑动,则m对M的摩擦力大小不变,木板仍然保持静止
易错点
本题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力,不能根据滑动摩擦力公式求解,f2=μ2(m+M)g是错误的
知识点
21.如图所示,电阻不计的“∠”型足够长且平行的导轨,间距L=1 m,导轨倾斜部分的倾角,并与定值电阻R相连。整个空间存在着B=5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场。金属棒ab、cd的阻值Rab=Rcd=R,cd棒质量m=1 kg。ab棒光滑,cd与导轨间的动摩擦因数
,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。g=10 m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:
(1)ab棒由静止释放,当滑至某一位置时,cd棒恰好开始滑动。求这一时刻ab棒中的电流;
(2)若ab棒无论从多高的位置释放,cd棒都不动,分析ab棒质量应满足的条件;
(3)若cd棒与导轨间的动摩擦因数,ab棒无论质量多大、从多高位置释放,cd棒始终不动。求cd棒与导轨间的动摩擦因数
应满足的条件。
正确答案
(1)Iab=2Icd=3.34A
(2)mab≤2.08kg
(3)当ab棒质量无限大,在无限长轨道上最终一定匀速运动,安培力FA趋于无穷大,cd棒所受安培力FAˊ亦趋于无穷大,有:μ≥=0.75
解析
(1)cd棒刚要开始滑动时,其受力分析如图所示。
由平衡条件得:
又因为
联立以上三式,得Icd=1.67A,
所以Iab=2Icd=3.34A
(2)ab棒在足够长的轨道下滑时,最大安培力
cd棒所受最大安培力应为,要使cd棒不能滑动,需:
由以上两式联立解得:mab≤2.08kg
(3)ab棒下滑时,cd棒始终静止,有:
解得:
当ab棒质量无限大,在无限长轨道上最终一定匀速运动,安培力FA趋于无穷大,cd棒所受安培力FAˊ亦趋于无穷大,有:μ≥=0.75
考查方向
解题思路
1、 由右手定则求出电流方向,再由左手定则求出安培力方向。
2、画出等效电路
易错点
感应电流方向的判断, 安培力方向的判断。
知识点
8.如图所示,光滑绝缘的水平面内存在场强为E的匀强电场,长度为L绝缘光滑的挡板AC与电场方向夹角为30°.现有质量相等、电荷量均为Q的甲、乙两个带电体从A处出发,甲由静止释放,沿AC边无摩擦滑动,乙垂直于电场方向以一定的初速度运动,甲、乙两个带电体都通过C处.则甲、乙两个带电体( )
正确答案
解析
由于甲、乙初始位置和终了位置均一致,故位移相同,A选项正确;
对于甲和乙两带电体分别写出动能定理:WG+QUAC=ΔEk甲;WG+QUAC=ΔEk乙,尽管合外力做功相同,但甲、乙初动能不同,所以到达C点的末动能不同,又其质量相同,所以到达C点的速度不相等,B选项错误;对于两带电体,电场力对它们所做的功是一致的,均为W=EQ(),C选项正确;对于甲、乙两物体的运动时间,可以利用运动的合成与分解来解决,由受力分析,若它们所受的重力与电场力的合力为F,则甲物体运动的加速度为Fsin60°/m,而乙的加速度为F/m,同时分析竖直方向,利用合运动与分运动的等时性可知:
,所以t甲:t乙= 4:3,D选项错误。
考查方向
解题思路
本题关键在于甲、乙两带电体运动到C时的时间和电场力做功问题,先分别对两物体受力分析,再根据功的定义即可解决问题。
易错点
位移是初位置指向末位置的有向线段;电场力做功等于电势能的减小量而非变化量。
知识点
现代化的生产流水线大大提高了劳动效率.如下图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图,它由传送带和转盘组成.小物品从A处无初速地放到传送带上,运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动(无相对滑动),到C处被取走装箱.已知A、B的距离L=9.0m,物品与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2.物品在转盘上与转轴O的距离R=2.0m,物品与转盘间的动摩擦因数μ2=0.8,物品在转盘与传送带上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等.(取g=10m/s2,π=3).
28.要保证物品随转盘一起转动,则转盘的角速度最大为多少?
29.现通过同步提高传送带和转盘的速度,可缩短物品从A到C的时间,则物品从A到C最短时间为多少?
正确答案
2rad/s
解析
当转盘的角速度最大时,物品刚好发生滑动,静摩擦力达到最大值,由牛顿第二定律得
μ2mg=mω2R
解得转盘的角速度最大值ω=2rad/s
物品最大的线速度为 v2=ωR=4m/s
考查方向
牛顿第二定律;匀速圆周运动
解题思路
物品在转盘上转动时,由所受的静摩擦力提供向心力,当物品恰好要滑动时,静摩擦力达到最大值,根据牛顿第二定律求出转盘的角速度最大值.
易错点
转盘的角速度最大时是最大静摩擦力提供向心力.
正确答案
4.75s
解析
设物品在传送带上一直加速,则速度为
而
代入据数联立解得 v1=6m/s,因为 v1>v2,所以物品在传送带上先加速后匀速,所以要使物品最短时间到达C处,则传送到转盘时的最大速度为 v=v2=4m/s,由 v=μ1gt1,,得 t1=2s
物品匀速运动的时间
进入转盘后的时间
所以物品从A到C最短时间为 t=t1+t2+t3=4.75s
考查方向
匀变速直线运动的公式;匀速圆周运动;牛顿第二定律
解题思路
假设物品从A运动到B一直匀加速时,由位移等于平均速度乘以时间求物品在传送带上运动时间.再由圆周运动的规律求出物品由B运动到C的时间,从而得到总时间.
易错点
关键分析清楚物体的运动过程,分段计算时间,最后求出总时间.
3. 一质量为m的木块静止在光滑的水平面上,从t=0开始,将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上,在t=t1时刻力F的瞬时功率是( )
正确答案
解析
由牛顿第二定律可以得到,F=ma,所以,t1时刻的速度为
,所以t1时刻F的功率为:
,故C正确,ABD错误;
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率
解题思路
物体做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可以求得物体的加速度的大小,再由速度公式可以求得物体的速度的大小,由P=FV来求得瞬时功率.
易错点
关键求出t1时刻物体的速度,根据瞬时功率表达式列式.
教师点评
本题考查了功率、平均功率和瞬时功率,在近几年的各省高考题出现的频率较高,常与功的计算、动能定理等知识点交汇命题.
知识点
激流勇进是游乐园常有的机动游乐项目。其工作原理是由主动轮将游船沿较长的倾斜轨道提升至一定高度,然后船只从高处滑下,冲入水中,溅起很高且美丽的水花,整个过程刺激又有趣。其工作过程可以简化为如下情景:如图所示,左侧倾角α=30°的轨道AB(其长L1= 30 m)上相互间隔安装着主动轮,主动轮与游船间的动摩擦因数u1= ;右侧倾角β=53°的轨道CD(其长L2=20 m)上相互间隔安装着导向轮(不会提供动力),导向轮与游船间的动摩擦因数均为u2=41/72;左右两侧轨道通过一段平滑轨道BC(其长L3=3 m)相连,两相邻主动轮(或导向轮)间的距离s0 =1 m。长为L0=2 m的游船上坐着两个游客,总质量为180 kg,从左侧轨道如图所示的位置由静止开始被主动轮带动向上运动(主动轮的半径r=0.2 m,恒定的角速度ω=10 rad/s),达恒定的速率后,一直以此速率运动到游船尾部刚好与右侧轨道的上端C点平齐的位置,之后在导向轮上向下滑动。已知g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos53°=0.6。求:
12.游船从轨道左侧运动到右侧底端(船头刚好触及水面)所用总时间;
13.动力装置在游船达到恒定速率前后(没有到达BC轨道)需增加的功率之比。
正确答案
19.3s
解析
游船加速上升阶段,设其加速度为a1,有牛顿第二定律有:
μ1mgcos30°-mgsin30°=ma1
代入数据解得:a1=2.5m/s2
从静止达到共同速度所用时间为t1,上移的距离为x1,有速度时间公式可得:v=a1t1
主动轮的线速度为:v=ωr=0.2×10m/s=2m/s
联立并代入数据解得:t1=0.8s
匀速运动的位移为:x2=L1+L3-x1=(30+3-0.8)m=32.2m
匀速运动的时间为:
游船在右侧轨道上运价速运动,加速度为a2,由牛顿第二定律有:
mgsinβ-μ2mgcosβ=ma2
代入数据解得:
加速运动的时间为t3,游船在右侧轨道上发生的位移为:
联立并代入数据解得:t3=2.4s
所需总时间为:t=t1+t2+t3=19.3s
考查方向
牛顿第二定律
解题思路
由牛顿第二定律求得左侧轨道和右侧轨道的加速度,利用运动学公式求得时间.
易错点
关键抓住运动过程的分析,分段求出时间.
正确答案
解析
游船达到恒定速率前动力装置增加的功率为:
P1=f1v=(μ1mgcosα)v
游船达到恒定速率后动力装置增加的功率为:
P2=f2v=(mgsinα)v
动力装置在游船达到恒定速率前后(没有到达BC轨道)需增加的功率之比:
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率
解题思路
根据P=fv求得动力装置在游船达到恒定速率前后(没有到达BC轨道)需增加的功率.
易错点
关键根据P=FV列出游船达到恒定速率前动力装置增加的功率与游船达到恒定速率后动力装置增加的功率的表达式.
激流勇进是游乐园常有的机动游乐项目。其工
作原理是由主动轮将游船沿较长的倾斜轨道提升至一
定高度,然后船只从高处滑下,冲入水中,溅起很高且美
丽的水花,整个过程刺激又有趣。其工作过程可以简化
为如下情景:如图9所示,左侧倾角α=30°的轨道AB
(其长L1= 30 m)上相互间隔安装着主动轮,主动轮与游
船间的动摩擦因数u1= ;右侧倾角β=53°的轨道CD(其长L2=20 m)上相互间隔安装着
导向轮(不会提供动力),导向轮与游船间的动摩擦因数均为u2=41/72;左右两侧轨道通过一段
平滑轨道BC(其长L3=3 m)相连,两相邻主动轮(或导向轮)间的距离s0 =1 m。长为L0=
2 m的游船上坐着两个游客,总质量为180 kg,从左侧轨道如图所示的位置由静止开始被主
动轮带动向上运动(主动轮的半径r=0.2 m,恒定的角速度ω=10 rad/s),达恒定的速率后,
一直以此速率运动到游船尾部刚好与右侧轨道的上端C点平齐的位置,之后在导向轮上向
下滑动。已知g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos53°=0.6。求
2 m的游船上坐着两个游客,总质量为180 kg,从左侧轨道如图所示的位置由静止开始被主
动轮带动向上运动(主动轮的半径r=0.2 m,恒定的角速度ω=10 rad/s),达恒定的速率后,
一直以此速率运动到游船尾部刚好与右侧轨道的上端C点平齐的位置,之后在导向轮上向
下滑动。已知g=10 m/s2,sin 53°=0.8,cos53°=0.6。求
16.游船从轨道左侧运动到右侧底端(船头刚好触及水面)所用总时间;
17.动力装置在游船达到恒定速率前后(没有到达BC轨道)需增加的功率之比。
正确答案
19.3s
解析
游船加速上升阶段,设其加速度为a1,有牛顿第二定律有:
μ1mgcos30°-mgsin30°=ma1
代入数据解得:a1=2.5m/s2
从静止达到共同速度所用时间为t1,上移的距离为x1,有速度时间公式可得:v=a1t1
主动轮的线速度为:v=ωr=0.2×10m/s=2m/s
联立并代入数据解得:t1=0.8s
匀速运动的位移为:x2=L1+L3-x1=(30+3-0.8)m=32.2m
匀速运动的时间为:
游船在右侧轨道上加速运动,加速度为a2,由牛顿第二定律有:mgsinβ-μ2mgcosβ=ma2
代入数据解得:
加速运动的时间为t3,游船在右侧轨道上发生的位移为:
联立并代入数据解得:t3=2.4s
所需总时间为:t=t1+t2+t3=19.3s
考查方向
牛顿第二定律;匀变速直线运动规律的综合运用
解题思路
由牛顿第二定律求得上升阶段加速度和下降阶段的加速度,利用运动学公式求得时间 .
易错点
关键分清物理过程,正确的受力分析求出两个阶段的加速度.
正确答案
3:2
解析
游船达到恒定速率前动力装置增加的功率为:
P1=f1v=(μ1mgcosα)v
游船达到恒定速率后动力装置增加的功率为:
P2=f2v=(mgsinα)v
动力装置在游船达到恒定速率前后(没有到达BC轨道)需增加的功率之比:
考查方向
功率、平均功率和瞬时功率
解题思路
根据P=fv求得动力装置在游船达到恒定速率前后(没有到达BC轨道)需增加的功率.
易错点
关键由功率表达式求出增加的功率.
如图所示,固定斜面上放一木板PQ,木板的Q端放置一可视为质点的小物块,现用轻细线的一端连接木板的Q端,保持与斜面平行,绕过定滑轮后,另一端可悬挂钩码,钩码距离地面足够高。已知斜面倾角,木板长为L,Q端距斜面顶端距离也为L,物块和木板的质量均为m,两者之间的动摩擦因数为
。若所挂钩码质量为2m,物块和木板能一起匀速上滑;若所挂钩码质量为其他不同值,物块和木板有可能发生相对滑动。重力加速度为g,不计细线与滑轮之间的摩擦,设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
18.木板与斜面间的动摩擦因数
19.物块和木板发生相对滑动时,所挂钩码质量m′应满足什么条件?
20.选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动,试讨论木板Q端到达斜面顶端所用时间t和钩码质量m′之间的关系。
正确答案
解析
整个系统匀速时
解得
考查方向
共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用
解题思路
根据匀速运动时沿斜面方向上受力平衡可以求解.
易错点
关键是对系统进行受力分析,运用力的合成与分解的知识列式求解.
正确答案
解析
要使二者发生相对滑动,保证木板的加速度a1大于物块的加速度a2
对物块:
可得
对木板:
对钩码:
解得:
联立解得:
考查方向
牛顿第二定律
解题思路
发生相对滑动时,分别对物块、木板、钩码进行受力分析,运用牛顿第二定律,即可求解.
易错点
理解发生相对运动的条件,利用牛顿第二定律列式求解.
正确答案
若,二者相对滑动,
若,物块和木板一起加速运动
所以有:
解析
若,二者相对滑动,
木板的位移:
物块的位移:
由于,当Q端到达斜面顶端时,物块未从木板上滑下
所以有
若,物块和木板一起加速运动
对钩码:
对二者整体:
解得:
所以有:
考查方向
牛顿第二定律; 匀变速直线运动规律的综合运用
解题思路
分成两种情况讨论,一种是滑块和木板发生相对滑动,另一种是滑块和木板间无相对滑动;然后再分别运用牛顿第二定律和匀加速直线运动的公式进行求解.
易错点
关键分析清楚运动过程,根据题意存在两种情况:1.滑块和木板发生相对滑动2.滑块和木板间无相对滑动.
26.如图所示,AB为光滑竖直杆,ACB为光滑直角轨道,C处有一小圆弧连接,可使小球顺利转弯(即通过转弯处不损失机械能)。一个套在杆上的小球(可视为质点)自A点静止释放,分别沿AB轨道和ACB轨道运动,如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍,则AB与AC的夹角为多少?
正确答案
θ=53º
解析
设AB的长度为L,∠BAC=α,由几何关系可得:
AC的长度为Lcosα,CB的长度为:Lsinα…①
小球沿AB做自由落体运动,运动的时间为t:有:
②
设AC段所用时间为t1,CB段所用时间为t2,由题可知:
t1+t2=1.5t ③
小球沿AC段运动时,加速度为a1,由牛顿第二定律可得:
mgcosα=ma1 ④
且:⑤
联立②③⑤,可得:
t1=t,t2=0.5t;⑥
小球在C点的速度为:⑦
沿CB做匀加速运动,加速度为a2,由牛顿第二定律可得:
mgsinα=ma2 ⑧
且:⑨
联立解得:α=53°.
考查方向
牛顿第二定律;匀变速直线运动规律的综合运用
解题思路
以小球为研究对象,分别求出沿AB和ACB运动的时间,注意两种运动情况的运动遵循的规律,特别是在C点的速度即是上一段的末速度也是下一段的初速度,利用关系式和几何关系灵活求解.
易错点
关键是能正确对ACB进行受力分析和运动分析,明确前后过程的衔接物理量v.
知识点
11.目前,我国的高铁技术已处于世界领先水平,它是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)组成一个编组,称为动车组。若每节动车的额定功率均为1.35×104kw,每节动车与拖车的质量均为5×104kg,动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍。若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7km/h。我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的,其中头、尾为动车,中间为拖车。当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动,解决的办法是制动时,常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用,所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时,通过升起风翼(减速板)调节其风阻,先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动,当速度较小时才采用机械制动。(所有结果保留2位有效数字)求:
(1)沪昆高铁的最大时速为多少km/h?
(2)当动车组以加速度1.5m/s2加速行驶时,第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大?
(3)沪昆高铁以题(1)中的最大速度运行时,测得此时风相对于运行车厢的速度为100m/s,已知横截面积为1m2的风翼上可产生1.29×104N的阻力,此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%。沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼,每片风翼的横截面积为1.3m2,求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大?
正确答案
(1)
(2)
(3)
解析
(1)由
解之得:;
(2)设各动车的牵引力为F牵,第3节车对第4节车的作用力大小为F,以第1、2、3节车箱为研究对象,由牛顿第二定律得:
以动车组整体为研究对象,由牛顿第二定律得:
由上述两式得:
(3)由风阻带来的列车与地面的阻力为:
“风阻制动”的最大功率为
考查方向
解题思路
沪昆高铁给出的相关机车的组成,求出其额定功率数值,当牵引力等于阻力时有最大速度,根据功率公式求解;合理选取研究对象根据整体法与隔离法利用牛顿第二定律得出第3节车厢对第4节车厢的作用力;利用题设信息求出风阻带来的列车与地面的阻力,利用功率公式最后求出“风阻制动”的最大功率。
易错点
沪昆高铁给出的相关机车的组成,要确定出其额定功率,要分析出何时出现最大速度,在求解第3节车厢对第4节车厢的作用力时,要合理选取研究对象。
知识点
在高速路上经常可以看到大货车拉着钢板而后车厢是敞开的,这种情况下如果出现钢板从车厢上滑落,将对后面的车辆造成致命的危险。在紧急刹车的情况下钢板对驾驶室也极易造成破坏,危及驾驶员的生命。假设该货车车厢的长度为L,车厢内载有一块质量分布均匀、长度也为L的钢板,钢板的质量为m。已知钢板前端与车厢壁接触,钢板与车厢底板间的动摩擦因数为,重力加速度为g。忽略空气阻力的影响。
15.若货车突然加速,为了使钢板不掉下来,则货车的加速度最大值为多少?(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力大小)
16.若车厢的前端能承受的最大水平力为F,为了安全,则货车刹车的最大加速度为多少?
17.若货车以加速度a0做匀加速运动,在运动过程中钢板与货车间发生相对滑动,经过多长时间钢板开始往下掉?
正确答案
解析
要使钢板不掉下来,则钢板和货车一起加速运动,钢板与货车之间达到最大静摩擦力
考查方向
牛顿第二定律的综合应用
解题思路
隔离对钢板分析,根据最大静摩擦力求出临界的加速度,从而得知货车的最大加速度.
易错点
知道平板车和木箱在整个过程中的运动规律,抓住临界状态,结合运动学公式进行求解.
教师点评
此题是牛顿第二定律的综合应用问题;解题时要认真分析物体的受力情况,根据牛顿定律求解物体的加速度,然后根据两物体的位移关系列出式子解答.
正确答案
解析
对钢板根据牛顿第二定律得:
解得:
考查方向
牛顿第二定律的综合应用
解题思路
对钢板根据牛顿第二定律求货车刹车的最大加速度。
易错点
知道平板车和木箱在整个过程中的运动规律,抓住临界状态,结合运动学公式进行求解.
教师点评
此题是牛顿第二定律的综合应用问题;解题时要认真分析物体的受力情况,根据牛顿定律求解物体的加速度,然后根据两物体的位移关系列出式子解答.
正确答案
解析
对货车:
对钢板:
钢板开始往掉下时满足:
解得:
考查方向
牛顿第二定律的综合应用
解题思路
分别求出货车和钢板的位移,根据位移关系,求出刹车钢板开始往下掉的时间.
易错点
知道平板车和木箱在整个过程中的运动规律,抓住临界状态,结合运动学公式进行求解.
教师点评
此题是牛顿第二定律的综合应用问题;解题时要认真分析物体的受力情况,根据牛顿定律求解物体的加速度,然后根据两物体的位移关系列出式子解答.
21.质量为m=2kg的物块静止放置在粗糙水平地面D处,物块与水平面间的动摩擦因数u=0.5,在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动,经过一段时间后,物块回到出发点O处,取水平向右为速度的正方向,如图a所示,物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图b所示,重力加速度g取l0m/ s2,则
正确答案
解析
A.在图中,图线与坐标轴所围面积表示位移,从图中可以看出物块经过4s时间离出发点最远,故A错误;B. 在
图中,图线的斜率表示加速度,物块在
内的加速度为
,由牛顿第二定律得
,代入解得
,物块在
内的加速度大小为
,在
时间内物体做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得
,代入解得
,所以物块运动到第3s时改变水平拉力的大小,故B错误;C.由选项B分析可知,物块从3s时刻改变了拉力的大小,此时的拉力为4N,故C正确;D.由图可知,物块在4s末速度减小为0,在
内物块返向加速运动,由牛顿第二定律得
,代入解得
,故D正确;本题答案选CD
考查方向
解题思路
在图中,图线与坐标轴所围面积表示位移,可以通过面积确定出物块何时离出发点最远,
图线的斜率表示加速度,分时间段根据牛顿第二定律求出各段的拉力值进行解答。
易错点
明确图象中面积,斜率的物理意义,分时间段进行计算分析,不要理解成物块做减速运动就是力F反向了,关键由牛顿第二定律求出各段的拉力值进行分析解答。
知识点
8. 如图所示,有一水平转台,上面放置着用轻质弹簧连接的小物体A、B使其随转台一起匀速转动,A、B的质量分别为、
,A、B与转台的动摩擦因数都为μ,A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r,已知弹簧的原长为1.5r,劲度系数为k,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,以下说法中正确的是( )
(在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项是正确,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,不选或有选错的得0分。)
正确答案
解析
因为A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r,已知弹簧的原长为1.5r,所以弹簧伸长量为
由于A、B随转台一起匀速转动,可知角速度相同.
A.当B受到的摩擦力为0时,弹簧弹力提供B的向心力,由牛顿第二定律得,解得
,故A正确;
B. 当A受到的摩擦力为0时, 弹簧弹力提供A的向心力,由牛顿第二定律得,解得
,故B错误;
C. 当B刚好要滑动时,对B由摩擦力与弹簧弹力提供向心力,由牛顿第二定律得,解得
,故C错误;
D. 当A刚好要滑动时对A由摩擦力与弹簧弹力提供向心力,由牛顿第二定律得,解得
,故D正确;
考查方向
解题思路
由题意先计算出弹簧的形变量,然后根据A与B的相应条件,找出向心力,依据牛顿第二定律分析求解。
易错点
根据A与B的相应条件,关键进行正确的受力分析,找出在各自相应条件下的向心力。
知识点
扫码查看完整答案与解析