分析 (1)根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式求出小球自由下落的時(shí)間,得出小球到達(dá)“相互作用區(qū)”上邊緣時(shí)的速度,結(jié)合在“相互作用區(qū)”中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出小球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,從而分析出小球所受的作用力.
(2)抓住臨界情況,結(jié)合速度位移公式求出勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度,根據(jù)牛頓第二定律求出作用力的大小和方向.
(3)根據(jù)速度時(shí)間公式分別求出自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間,結(jié)合對(duì)稱性求出小球從釋放到返回原處的最長(zhǎng)時(shí)間.
解答 解:(1)從被釋放到下落至“相互作用區(qū)”上邊緣的過(guò)程中,小球做自由落體運(yùn)動(dòng).由$\frac{1}{2}gt_1^2=H-h$,
代入數(shù)據(jù)解得:t1=$\sqrt{\frac{2×(1.6-0.8)}{10}}s$=0.4s
由v1=gt1得出落到“相互作用區(qū)”上邊緣時(shí)小球的速度:v1=10×0.4m/s=4 m/s
則小球在“相互作用區(qū)”中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t2=t-t1=0.2 s
由v1t2=4×0.2 m=0.8 m=h可知:小球在“相互作用區(qū)”做勻速直線運(yùn)動(dòng),因此小球在此區(qū)域中所受合力為零
所以小球在“相互作用區(qū)”所受作用力F的方向豎直向上,大小為:F=mg=10 N.
(2)若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點(diǎn),則要求小球在“相互作用區(qū)”內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng),取小球到達(dá)底部時(shí)速度剛好減為零的臨界情況進(jìn)行研究.
由$v_1^2-0=2ah$,代入數(shù)據(jù),可得小球在“相互作用區(qū)”內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=10 m/s2,方向豎直向上.
對(duì)小球應(yīng)用牛頓第二定律得FC-mg=ma,代入數(shù)據(jù)解得小球剛好能返回時(shí)作用力F的臨界值為:FC=mg+ma=1×(10+10)N=20 N
所以若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點(diǎn),作用力F的方向要豎直向上,大小滿足F>20 N
(3)作用力F的值越大,小球返回原處的時(shí)間越短,因此當(dāng)F=20 N時(shí),用時(shí)最長(zhǎng)
對(duì)應(yīng)這種情況,小球自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:t1=0.4 s,
小球在“相互作用區(qū)”減速下落的時(shí)間為:${t}_{2}=\frac{{v}_{1}}{a}=\frac{4}{10}s=0.4s$,
小球從釋放到返回原處的時(shí)間為:tm=2(t1+t2)=2×(0.4+0.4)s=1.6s.
即不會(huì)超過(guò)1.6s.
答:(1)小球在“相互作用區(qū)”所受作用力F的方向豎直向上,大小為10N;
(2)若要小球從靜止釋放后還能返回釋放點(diǎn),作用力F的方向豎直向上,大小滿足F>20 N
(3)小球從釋放到返回原處的時(shí)間不會(huì)超過(guò)1.6s.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律的綜合運(yùn)用,理清小球在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵,知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁.
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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | 一小段通電導(dǎo)線放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的地方,它受到的磁場(chǎng)力一定為零 | |
B. | 一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場(chǎng)力的作用,則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零 | |
C. | 磁場(chǎng)中某處的磁感強(qiáng)度大小就等于放在該處的一小段通電導(dǎo)線受力的大小 | |
D. | 磁場(chǎng)中某處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是放在該處的通電導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力的方向 |
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