题目内容
7.如图所示,一足够长的固定斜面倾角θ=37°,两物块、B的质量mA、mB分别为1kg和4kg,它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.5.两物块之间的轻绳长L=0.5m,轻绳能承受的最大张力T=12N,作用在B上沿斜面向上的力F逐渐增大,使A、B一起由静止开始沿斜面向上运动,g取10m/s2.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)某一时刻轻绳被拉断,求此时外力F的大小;
(2)若轻绳拉断瞬间A、B的速度为2m/s,绳断后保持外力F不变,求当A运动到最高点时,A、B之间的距离.
分析 (1)先隔离对A分析,根据牛顿第二定律求出加速度,再对整体,根据牛顿第二定律求出外力F的大小.
(2)根据牛顿第二定律求出绳断后A、B的加速度,结合速度时间公式求出A速度减为零的时间,从而求出这段时间内A、B的位移,根据位移关系求出A、B间的距离.
解答 解:(1)A物体:T-mAgsinθ-μmAgcoθ=mAa
可得 a=$\frac{T}{m}$-g(sinθ+μcoθ)=$\frac{12}{1}$-10×(sin37°+0.5cos37°)=2m/s2.
对整体分析,根据牛顿第二定律得:
F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcoθ=(mA+mB)a
得 F=(mA+mB)[g(sinθ+μcoθ)+a]=5×[10×(sin37°+0.5×cos37°)+2]N=60N
(2)设沿斜面向上为正,A物体:
-mAgsinθ-μmAgcoθ=mAaA
解得:aA=-10m/s2;
因为v0=2m/s,所以A物体到最高点为:t=$\frac{0-{v}_{0}}{{a}_{A}}$=$\frac{0-2}{-10}$s=0.2 s
此过程A物体的位移为:xA=$\frac{{v}_{0}}{2}t$=$\frac{2}{2}×$0.2m=0.2m
对于B物体:F-mBgsinθ-μmBgcoθ=mBaB
解得 aB=5m/s2;
当A运动到最高点时,B的位移 xB=v0t+$\frac{1}{2}$aBt2=2×0.2+$\frac{1}{2}$×5×0.22=0.5m
所以两者间距为:△x=xB-xA+L=0.5-0.2+0.5=0.8m
答:
(1)此时外力F的大小为60N;
(2)A、B之间的距离为0.8m.
点评 本题应用牛顿定律解决两类基本问题为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力,关键理清物体的运动情况,再结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.
A. | 在相同的距离上,电势差大的其场强也必定大 | |
B. | 场强在数值上等于每单位距离上的电势降落 | |
C. | 电势降低的方向,必定是电场强度的方向 | |
D. | 沿着电场线方向,相等距离上的电势降落必定相等 |
A. | 载流子所受静电力的大小F=q$\frac{U}{d}$ | |
B. | 导体上表面的电势一定大于下表面的电势 | |
C. | 霍尔系数为k=$\frac{1}{nq}$,其中n为导体单位长度上的载流子数 | |
D. | 载流子所受洛伦兹力的大小f=$\frac{BI}{nhd}$,其中n为导体单位体积内的载流子数 |
A. | 回路中产生的感应电动势最大值为2$\sqrt{2}$BLv | |
B. | 回路中产生的感应电动势最大值为$\sqrt{2}$BLv | |
C. | 回路感应电流随时间逐渐减小到0 | |
D. | 在两金属框脱离接触前电流的大小保持不变 |
A. | 变化的磁场在真空室内形成感生电场使电子加速 | |
B. | 变化的电场在真空室内形成磁场使电子加速 | |
C. | 当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时,为使电子加速,电磁铁中的电流应该由小变大 | |
D. | 当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时,为使电子加速,电磁铁中的电流应该由大变小 |
A. | FM向右 | B. | FN向左 | C. | FM逐渐减小 | D. | FN逐渐减小 |
A. | 卫星在M点的势能大于N点的势能 | |
B. | 卫星在M点的角速度大于N点的角速度 | |
C. | 卫星在M点的向心加速度大于N点的向心加速度 | |
D. | 卫星在N点的速度大于7.9 km/s |