- 用牛顿运动定律解决问题(一)
- 共673题
光滑水平面上质量为10kg的物体受到大小分别为10N和5N的两水平力的作用,由静止开始运动,该物体可能获得最大加速度为______m/s2,最小加速度为_______m/s2,当用最大加速度运行时,20s内的平均速度为______m/s。
正确答案
1.5;0.5;15
如图,质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处,A、B间距L=20m。用大小为30N,沿水平方向的外力拉此物体,经t0=2s拉至B处。(已知cos37°=0.8,sin37°=0.6。取g=10m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ;
(2)用大小为30N,与水平方向成37°的力斜向上拉此物体,使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求该力作用的最短时间t。
正确答案
解:(1)物体做匀加速运动
∴
由牛顿第二定律
∴
(2)设F作用的最短时间为t,小车先以大小为a的加速度匀加速秒,撤去外力后,以大小为a',的加速度匀减速t'秒到达B处,速度恰为0,由牛顿定律
∴
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度,因此有
∴
∴
滑雪运动常在两个斜面和一个平面的组合场地中进行,我们把它简化为理想的情景如图所示,假定运动员和滑板的总质量为m,从O点以初速度v1冲上一个倾斜角为θ的斜面,第一次回滑到底端0时的速率为v2,不计运动员在最高点所有技术动作,求:
(1)滑板与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)运动员能滑上斜面的最大高度h。
正确答案
解:(1)设上滑的加速度为a1,下滑的加速度为a2, 由牛顿第二定律和匀变速运动规律上滑阶段,
mgsinθ+mgcosθ=ma1 下滑阶段,mgsinθ-μmgcosθ=ma2
h=xsinθ
由上述各式得:
(2)。
一个质量为m=1kg的物体,在平行于斜面的拉力F作用下,沿着倾角α=370的斜面从静止开始以2m/s2的加速度向上加速运动,已知斜面的动摩擦因数μ=0.5,如图所示则:
(1)求拉力F为多大?
(2)如某时又去掉F,发现物体沿斜面上升的总位移为1.2米。则F作用的时间为多少?(sin370=0.6,cos370=0.8)
正确答案
(1)F=12N
(2)t=1s
静止在水平地面上的木箱,质量m=50 kg。木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.4,若用大小为400 N、 方向与水平方向成37°角的斜向上的拉力拉木箱从静止开始运动,使木箱能够到达50 m远处,拉力最少做多少功?(cos37°=0.8,取g=10 m/s2)
正确答案
解:欲使拉力做功最少,须使拉力作用的位移最小,故重物应先在拉力作用下加速,再撤去拉力使木箱减速,到达50 m处时速度恰好 减为0。设加速时加速度的大小为a1,减速时加速度的大小为a2由牛顿第二定律得,加速时有:
水平方向Fcos37°-μFN=ma1
竖直方向Fsin37°+FN-mg=0
减速时有:μmg=ma2
且有v2=2a1x1=2a2x2,x1+x2=x
联立以上各式解得:x1≈24 m
由功的定义,有W=Fx1cos37°=400×24×0.8 J=7.68×103 J
如图甲所示,长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接,有一质量为1kg的滑块(大小不计),从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F的大小随位移变化关系如图乙所示,滑块与AB间动摩擦因数为0.25,与BC间的动摩擦因数未知,取g =l0m/s2。求:
(1)滑块到达B处时的速度大小;
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间;
(3)若滑块到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能达到最高点C,则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少。
正确答案
解:(1)滑块从A到B的过程中,由动能定理
F1x1-F2x3-μmgx=
即 20×2-10×1-0.25×1×10×4=
得:vB=m/s
(2)在前2m内:F1-μmg=ma1
且x1=
解得:t1=s
(3)当滑块恰好能到达C点时,应有:
滑块从B到C的过程中,由动能定理:
得:W=-5J,即克服摩擦力做功为5J
如图甲所示,一长为4m的粗糙水平面OA与倾角为的足够长光滑斜面AB在A处用一小段光滑圆弧相连,一质量为m的滑块从O处由静止开始受一水平力作用(力向右为正),F只在水平面上按图乙所示的规律变化,O点左侧有一水池,O点高出水面,滑块与水平面间的动摩擦因数为
,
,求:
(1)滑块滑到A的速度大小;
(2)滑块能冲上斜面的长度;
(3)要使滑块返回O点(OA段水平拉力已撤除)后不落入水中,水池的最大宽度。
正确答案
解:(1)因OA段只牵涉到初末位置情况,由动能定理知
即,
所以
(2)滑块过A点后在斜面上做匀减速,加速度为
由知滑块能冲上斜面的长度为
(3)滑块返回到A点速度仍为,在AO段做匀减速,
到O点速度大小为,所以
滑块离开O点后做平抛运动,满足:,
代入数值得要使滑块返回O点后不落入水中,水池的最大宽度为。
如图甲所示,长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接,有一质量为1kg的滑块(大小不计),从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F的大小随位移变化关系如图乙所示,滑块与AB间动摩擦因数为0.25,与BC间的动摩擦因数未知,取g =l0m/s2。求:
(1)滑块到达B处时的速度大小;
(2)滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间;
(3)若滑块到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能达到最高点C,则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少。
正确答案
解:(1)滑块从A到B的过程中,由动能定理
F1x1-F2x3-μmgx=
即 20×2-10×1-0.25×1×10×4=
得:vB=m/s
(2)在前2m内:F1-μmg=ma1
且x1=
解得:t1=s
(3)当滑块恰好能到达C点时,应有:
滑块从B到C的过程中,由动能定理:
得:W=-5J,即克服摩擦力做功为5J
汽车发动机的额定功率为60 kW. 汽车的质量为5 ×103 kg ,汽车在水平路面上行驶时,阻力是汽车重力的0.1 倍,求:
(1) 汽车保持额定功率不变,由静止起动后能达到的最大速度;
(2) 汽车从静止开始,保持0.5 m/s2 的加速度做匀加速直线运动,这一过程能维持多长时间?
正确答案
解:(1) 当汽车达到最大速度时,汽车牵引力的大小等于阻力,
也就是说汽车当时的加速度为0 .
故F=F μ=kmg=0.1 ×5 ×103 ×10 N=5 ×103 N ,
由P=Fv 得到汽车的最大速度
(2)汽车要保持0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动.
根据牛顿第二定律有F-μmg=ma得F=7.5×103 N,
而由于受到汽车功率为60 kW的限制,汽车的速度不能无限制地增加下去.
既要保持7.5×103 N的牵引力,又要不超过60 kW的功率,
二者制约的结果便得到了保持匀加速直线运动的最大速度
v'm=
故保持匀加速直
如图所示,四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切,它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内,圆轨道OA的半径R=0.45m,水平轨道AB长s1=3m,OA与AB均光滑一滑块从O点由静止释放,当滑块经过A点时,静止在CD上的小车在F=1.6N的水平恒力作用下启动,运动一段时间后撤去力F,当小车在CD上运动了s2=3. 28m时速度v=24m/s,此时滑块恰好落入小车中,已知小车质量M=0.2kg,与CD间的动摩擦因数μ=0.4。(取g=10 m/s2)求
(1)恒力F的作用时间t。
(2)AB与CD的高度差h。
正确答案
解:(1)设小车在轨道CD上加速的距离为s,由动能定理得①
设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a,
由牛顿运动定律得F-μMg= Ma ②
③
联立①②③式,代入数据得 t=1s ④
(2)设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为vˊ,撤去力F后小车做减速运动时的加速度为aˊ,
减速时间为tˊ,由牛顿运动定律得vˊ=at ⑤
-μMg= Maˊ⑥
v=v'十a'tˊ⑦
设滑块的质量为m,运动到A点的速度为vA,由动能定理得⑧
设滑块由A点运动到B点的时间为t1,由运动学公式得s1=vAt1⑨
设滑块做平抛运动的时间为t1ˊ,则 f1ˊ=t+tˊ-t1 ⑩
联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式,代入数据得h=0.8m
。
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