题目内容
14.如图所示,一质量m=2kg的物体,在沿斜面向上的大小F=24N的拉力作用下.沿一倾角为37°的足够长的斜面由静止开始匀加速上升,2s后撤去拉力,已知物体与斜面间的一动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)2s末,物体的位移大小和速度大小
(2)4s末,物体所在位置与出发点的距离.
分析 受力分析可知,撤去拉力前物体做匀加速直线运动,运用牛顿第二定律结合匀变速直线运动的规律去求解2s末物体的位移大小和速度大小;撤去拉力后物体先做匀减速直线运动至速度减为零,之后比较重力沿斜面分量和滑动摩擦力的大小,可判断物体做匀加速下滑,还是利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动的规律去求解4s末物体所在位置与出发点的距离.
解答 解:(1)设摩擦力为f,支持力为FN,斜面倾角为θ,拉力作用时间为t1,加速度为a1,2s末,物体的位移大小为x1和速度大小v1.
先对上滑过程进行受力分析,物体受重力、支持力、拉力F、滑动摩擦力,四个力作用,如图所示
拉力撤去前,沿斜面方向对小物体运用牛顿第二定律:F-mgsinθ-f=ma1①
垂直斜面方向对小物体有:FN=mgcosθ②
根据滑动摩擦力公式:f=μFN③
①②③式联立,代入题给数据,可得:a1=2m/s2
拉力撤去前,对小物体运用运动学规律:x1=$\frac{1}{2}$a1t12
v1=a1t1
可得物体的位移大小为:x1=4m
物体的速度大小为:v1=4m/s
(2)设4s末物体所在位置与出发点的距离大小为△x,向上做匀减速的时间为t2,加速度大小为a2,位移大小为x2.
匀减速过程对物体运用牛顿第二定律:mgsinθ+f=ma2④
②③④式联立,代入题给数据,可得:a2=10m/s2
匀减速过程,对小物体运用运动学规律:0=v1-a2t2
x2=$\frac{1}{2}$v1t2
计算可得:t2=0.4s; x2=0.8m
运动到最高点后,摩擦力反向,根据题中所给数据可知mgsinθ大于μmgcosθ
所以物体将继续沿斜面向下做匀加速直线运动,设这一过程的时间为t3,加速度为a3,位移为x3
这一过程的时间为:t3=4-t1-t2=1.6s
该过程对物体运用牛顿第二定律:mgsinθ-f=ma3⑤
②③⑤式联立,代入题给数据,可得:a3=4m/s2
该过程对物体运用运动学规律:x3=$\frac{1}{2}$a3t32
计算可得:x3=5.12m
所以,4s末物体位于出发点下方,位置距出发点的距离为:△x=x3-x1-x2=0.32m
答:(1)2s末,物体的位移大小为4m和速度大小为4m/s;
(2)4s末,物体所在位置与出发点的距离为0.32m.
点评 本题难度不大,但过程稍多,中间摩擦力方向有变化,要分过程仔细分析,不能盲目套用匀变速直线运动的规律.
A. | 小环带正电 | |
B. | 小环受到的电场力大小为10N | |
C. | 小环离开直杆后做类平抛运动 | |
D. | 小环在地面上的落点不可能在C点正下方 |
(1)安装好实验装置,不挂钩码时和挂若干钩码时,固定在弹簧挂钩处的指针在刻度尺(最小刻度是1毫米)上位置分别为如图甲、乙所示.图甲是不挂钩码时指针所指的标尺刻度,其示数为7.72cm;图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度,此时弹簧的伸长量△l=6.94cm.
(2)某同学的实验数据如下表所示,以x为横坐标、F为纵坐标,在图丙的坐标纸上描绘出能正确反映弹簧的弹力与伸长量之间关系的图线.
伸长量x/cm | 2.00 | 4.00 | 6.00 | 8.00 | 10.00 |
弹力F/N | 1.50 | 2.93 | 4.55 | 5.98 | 7.50 |
A. | 1:$\sqrt{3}$ | B. | 1:$\sqrt{2}$ | C. | $\sqrt{3}$:1 | D. | $\sqrt{2}$:1 |