如圖所示,一根質(zhì)量可忽略不計(jì)的輕彈簧,勁度系數(shù)為k,下面懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的砝碼A(圖甲).手拿一塊質(zhì)量為M的木板B,用木板B托住A往上壓縮彈簧(圖乙);此時(shí)如果突然撤去木板B,則A向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a(a>g).現(xiàn)用手控制使B以加速度a/3向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng).
(1)求砝碼A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.
(2)求出這段運(yùn)動(dòng)過程的起始和終止時(shí)刻手對(duì)木板B的作用力的表達(dá)式,并說明已知的物理量間滿足怎樣的關(guān)系,才能使上述兩個(gè)時(shí)刻手對(duì)木板的作用力的方向相反.
設(shè)計(jì)意圖:本題考查牛頓定律以及彈簧這一物理模型的理解和掌握情況. 解析:(1)設(shè)彈簧的初始?jí)嚎s量為x0,則有: kx0+mg=ma解得:x0= 用手控制系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)時(shí),只要A和B不分離,二者就一起向下做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)A和B剛要分離時(shí),相互間的作用力為零(此后砝碼A將不再做勻加速直線運(yùn)動(dòng)),此時(shí)有 mg+kx1=m 解得:x1= 砝碼位移s=x0-x1= 因?yàn)?i>s= 所以t1=2 (2)設(shè)起始時(shí)刻手對(duì)木板向上的作用力大小為F1 ,對(duì)A、B組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律得: kx0+ (M+m)g-F1= (M+m) 解得:F1=M(g- 設(shè)這段時(shí)間的終止時(shí)刻對(duì)木板向下的作用力為F2,對(duì)木板B有: Mg+F2=M 解得:F2=M( 欲使上述兩個(gè)時(shí)刻手對(duì)木板的作用力的方向相反,應(yīng)使F1>0(F1的方向向上),且F2<0(F2方向向下)解得:3g<a< 易錯(cuò)點(diǎn):學(xué)生往往認(rèn)識(shí)不到當(dāng)A、B共同運(yùn)動(dòng)時(shí)有共同的一些物理量,如加速度、速度、時(shí)間等,這些共同物理量分析不透徹易造成錯(cuò)解. 答案:(1)t=2 (2)3g<a< |
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科目:高中物理 來源: 題型:
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科目:高中物理 來源:物理教研室 題型:013
①重力對(duì)A球的沖量等于重力對(duì)B球的沖量 ②重力對(duì)A球的沖量小于重力對(duì)B球的沖量 ③桿的彈力對(duì)A球做負(fù)功,對(duì)B球做正功 ④桿的彈力對(duì)A球和B球均不做功
A.①③
B.①④
C.②③
D.②④
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科目:高中物理 來源: 題型:013
如圖所示,一根質(zhì)量可忽略不計(jì)的剛性輕桿,一端O為固定轉(zhuǎn)軸,桿可在豎直平面內(nèi)無(wú)摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng),桿的中心點(diǎn)及另一端各固定一個(gè)小球A和B.已知兩球質(zhì)量相同,現(xiàn)用外力使桿靜止在水平方向,然后撤去外力,桿將下擺.從開始運(yùn)動(dòng)到桿處于豎直方向的過程中,下列說法中正確的是 ( )
①重力對(duì)A球的沖量等于重力對(duì)B球的沖量 ②重力對(duì)A球的沖量小于重力對(duì)B球的沖量 ③桿的彈力對(duì)A球做負(fù)功,對(duì)B球做正功 ④桿的彈力對(duì)A球和B球均不做功
A.①③
B.①④
C.②③
D.②④
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科目:高中物理 來源:物理教研室 題型:038
(1)求砝碼A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.
(2)求出這段運(yùn)動(dòng)過程的起始和終止時(shí)刻手對(duì)木板B的作用力的表達(dá)式,并說明已知的物理量間滿足怎樣的關(guān)系,才能使上述兩個(gè)時(shí)刻手對(duì)木板的作用力的方向相反.
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