题目内容
15.如图所示,倾角为θ的光滑斜面足够长,质量为m的小物体,在沿斜面向上的恒力F作用下,由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动,经过时间t,撤去力F,物体又经过相同的时间t回到斜面底端,若以地面为零势能参考面,则下列说法正确的是( )A. | 撤去力F前后的加速度之比为1:2 | |
B. | 恒力F的大小为2mgsinθ | |
C. | 撤去力F瞬时物体的速度大小为$\frac{1}{3}$gtsinθ | |
D. | 物体回到斜面底端时的速度大小为$\frac{1}{3}$gtsinθ |
分析 对过程分析,物体先沿斜面向上做匀加速直线运动,然后向上做匀减速直选运动至速度为0,再反向应沿斜面向下做匀加速,用运动学公式可求出撤去力F前后两段加速度大小之比,根据牛顿第二定律,可求合外力之比,即可求出F的大小,再应用运动学规律去求撤去力F瞬时物体的速度大小和物体回到斜面底端时的速度大小
解答 解:画出整个运动过程图,如图所示,设起点为A点,力撤去时物块位置为B点,物块沿斜面运动的最高点为C点,AC方向为正方向,A到B的位移大小为x,撤去力F前后两段的加速度大小分别为a1和a2,物体到达B点时速度大小为vB,再次回到A点的速度大小为vA′
A.从A到B对物体应用运动学规律有:x=$\frac{1}{2}$a1t2①,vB=a1t②力撤去后的过程对物体应用运动学规律有:-x=vBt-$\frac{1}{2}$a2t2 ③由①②③式联立,可得:a1:a2═1:3,故A错误.
B.根据牛顿第二定律,力F撤去前对物体有:F-mgsinθ=ma1④,力F撤去后对物体有:mgsinθ=ma2⑤,由④⑤式结合a1:a2═1:3,可得:F=$\frac{4}{3}$gsinθ,故B错误.
C.由a1:a2═1:3结合④⑤式,可得a1=$\frac{1}{3}$gsinθ再结合 vB=a1t,可求得撤去力F瞬时物体的速度大小为vB=$\frac{1}{3}$gtsinθ,故C正确.
D.力撤去后的过程对物体应用运动学规律有:-vA′=vB-a2t,其中a2=gsinθ,所以可求物体回到斜面底端时的速度大小vA′=$\frac{2}{3}$gtsinθ,故D错误.
故选:C
点评 解题关键是要求出两段相等时间内的加速度大小之比为1:3,这个求出来了,其他的物理量就都好判断了,这个运动学模型经常与牛顿第二定律以及后面的电场或功能关系结合,大家应该牢记.
(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. | 直指向被救的村民 | B. | 斜指向河流的上游 | ||
C. | 斜指向河流的下游 | D. | 沿着河岸指向河流上游 |
A. | 0,0? | B. | 4R向东,2πR? | C. | 4πR向东,4R? | D. | 4R向东,2πR向东 |
A. | 2m/s2 方向向左 | B. | 2m/s2 方向向右 | C. | 1m/s2 方向向左 | D. | 1m/s2 方向向右 |