力和運(yùn)動的關(guān)系

1、力和運(yùn)動的關(guān)系力與運(yùn)動是力學(xué)的重要內(nèi)容，包括靜力學(xué)、運(yùn)動學(xué)、動力學(xué)三部分；牛頓定律揭示了力和運(yùn)動的本質(zhì)聯(lián)系，將物體的受力和運(yùn)動形式有機(jī)結(jié)合成一個密不可分的知識體系其核心是牛頓第二定律。牛頓第二定律是力的瞬時作用規(guī)律力和加速度為瞬時對應(yīng)關(guān)系，是一個矢量狀態(tài)方程。一、恒力作用下物體的運(yùn)動模型一：大小不變，方向改變例題：物體放在光滑水平面上,初速為零.先對物體施加一向東的恒力F，歷時1秒鐘；隨即把此力改為向西不小不變，歷時1秒鐘；接著又把此力改為向東，大小不變，歷時1秒鐘；如此反復(fù)只改變力的方向，共歷時1分鐘在此1分鐘內(nèi)， A物體時而向東運(yùn)動，時而向西運(yùn)動，在1分鐘末靜止于初始位置之東 B物體時而向

2、東運(yùn)動，時而向西運(yùn)動，在1分鐘末靜止于初始位置 C物體時而向東運(yùn)動，時而向西運(yùn)動在1分鐘末繼續(xù)向東運(yùn)動 D物體一直向東運(yùn)動，從不向西運(yùn)動，在1分鐘末靜止于初始位置之東比較題：在平行板電容器A，B兩板上加上如圖所示交變電壓，開始時B板的電勢比A板高，兩板中間原來靜止的電子在電場作用下開始運(yùn)動，設(shè)A，B兩板間的距離足夠大，則下述說法正確的是（ ）A.電子先向A板運(yùn)動，然后向B板運(yùn)動，再返向A板，做周期性來回運(yùn)動B.電子一直向A板運(yùn)動C.電子一直向B板運(yùn)動D.電子先向B板運(yùn)動，然后向A板運(yùn)動，再返向B板，做周期性來回運(yùn)動拓展題：1、一個質(zhì)量為4kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間的動摩擦

3、因數(shù)=0.1。從t=0開始，物體受到一個大小和方向呈周期性變化的水平力F作用，力F隨時間的變化規(guī)律如圖10所示。求79s內(nèi)物體的位移大小和力F對物體所做的功。g取10m/s2。解：當(dāng)物體在前半周期時由牛頓第二定律，得： 當(dāng)物體在后半周期時， 由牛頓第二定律，得： 前半周期和后半周期位移相等：4m 所以物體每4s的運(yùn)動情況相同，物體每4s（即一個周期）的位移為=8m，考慮第80s物體運(yùn)動情況：第80s初、即79s末的速度=2m/s 第80s的位移所以79秒內(nèi)物體的位移大小為： 19×843=159m 由動能定理得：所以 【提示】：本題涉及牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)的知識以及運(yùn)動定理的應(yīng)用，求

4、解本題的關(guān)鍵是認(rèn)真分析物理過程，主要考查分析、推理和綜合能力。2、如圖a所示，長為L，相距為d的兩平行金屬板與一電壓變化規(guī)律如圖b所示的電源相連（圖中未畫出電源）。有一質(zhì)量為m，帶電荷-q為的粒子以初速度v0從板中央射入電場，從飛入時刻算起，A，B兩板間的電壓變化規(guī)律恰如b所示，為使帶電粒子離開電場的速度方向平行于金屬板，問：（1）交變電壓周期需滿足什么條件？（2）加速電壓值U0的取值范圍是什么？模型二：方向不變，大小改變例題：（2010福建）質(zhì)量為2kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等。從t=0時刻開始，物體受到方向不變、

5、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。重力加速度g取10m/,則物體在t=0到t=12s這段時間的位移大小為 A.18m B.54m C.72m D.198m(b)拓展題：兩平行金屬板相距為d，加上如圖(b)所示的方波形電壓，電壓的最大值為U0，周期為T?，F(xiàn)有一離子束，其中每個離子的質(zhì)量為m，電量為q，從與兩板等距處沿著與板平行的方向連續(xù)地射入兩板間的電場中。設(shè)離子通過平行板所需的時間恰為 T(與電壓變化周期相同)，且所有離子都能通過兩板間的空間打在右端的熒光屏上。試求：離子擊中熒光屏上的位置的范圍。(也就是與O點(diǎn)的最大距離與最小距離)。重力忽略不計(jì)。分析與解：（C

6、）各個離子在電場中運(yùn)動時，其水平分運(yùn)動都是勻速直線運(yùn)動，而經(jīng)過電場所需時間都是T，但不同的離子進(jìn)入電場的時刻不同，由于兩極間電壓變化，因此它們的側(cè)向位移也會不同。當(dāng)離子在t=0，T，2T時刻進(jìn)入電場時，兩板間在T/2時間內(nèi)有電壓U0，因而側(cè)向做勻加速運(yùn)動，其側(cè)向位移為y1，速度為V。接著，在下一個T/2時間內(nèi)，兩板間沒有電壓，離子以V速度作勻速直線運(yùn)動，側(cè)向位移為y2，如圖（C）所示。這些離子在離開電場時，側(cè)向位移有最大值，即(y1+y2)。（d）當(dāng)離子在T=t/2,3/2T,5/2T時刻進(jìn)入電場時，兩板間電壓為零，離子在水平方向做勻速直線運(yùn)動，沒有側(cè)向位移，經(jīng)過T/2時間后，兩板間有電壓U0

7、，再經(jīng)過T/2時間，有了側(cè)向位移y1，如圖（d）所示。這些離子離開電場時有側(cè)向位移的最小值，即y1。當(dāng)離子在上述兩種特殊時刻之外進(jìn)入電場的，其側(cè)向位移值一定在(y1+y2)與y1之間。根據(jù)上述分析就可以求出側(cè)向位移的最大值和最小值。所以，離子擊中熒光屏上的位置范圍為： 變形題：圖19-11中A、B是一對平行的金屬板。在兩板間加上一周期為T的交變電壓u。A板的電勢UA0，B板的電勢UB隨時間的變化規(guī)律為:在0到T/2的時間內(nèi),UBU0(正的常數(shù))；在T/2到T的時間內(nèi)，UB-U0；在T到3T/2的時間內(nèi),UBU0；在3T/2到2T的時間內(nèi)。UB-U0，現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場區(qū)內(nèi)

8、。設(shè)電子的初速度和重力的影響均可忽略，則( )A、 若電子是在t0時刻進(jìn)入的,它將一直向B板運(yùn)動；B、 若電子是在tT/8時刻進(jìn)入的,它可能時而向B板運(yùn)動,時而向A板運(yùn)動,最后打在B板上；C、 若電子是在t3T/8時刻進(jìn)入的,它可能時而向B板運(yùn)動,時而向A板運(yùn)動,最后打在B板上；D、 若電子是在tT/2時刻進(jìn)入的,它可能時而向B板、時而向A板運(yùn)動。綜合題：如圖1所示，真空中相距d5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規(guī)律如圖2所示。將一個質(zhì)量m=2.0×10kg，電量q+1.6×10-19 C的帶電粒子從緊臨B板處釋放

9、，不計(jì)重力。求（1）在t0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小；（）（2）若A板電勢變化周期T1.0×10-5 s，在t0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子達(dá)到A板時動能的大小；（）（3）A板電勢變化頻率多大時，在t到t時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板。（Hz）解：（1）電場強(qiáng)度 帶電粒子所受的電場力帶電粒子的加速度（2）設(shè)帶電粒子在0的時間內(nèi)未與A板相碰，則帶電粒子在0的時間內(nèi)通過的距離為=5cm即帶電粒子在時刻恰好到達(dá)A板所以粒子到達(dá)A板時動量的大小由動量定理得（3）在到時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該粒子，粒子將先做勻加速運(yùn)動，直到t=T時刻

10、再做勻減速運(yùn)動，經(jīng)過相同的時間速度減為零，然后返回向B板運(yùn)動。粒子向A板運(yùn)動的最大位移為要使粒子不能到達(dá)A板就需要根據(jù)，得A板電勢變化頻率應(yīng)滿足模型二：動力學(xué)過程分析：注意空間位移關(guān)系一、物體剛好滑出（滑不出）小車條件：物體滑到小車一端時與車的速度剛好相等例1、如圖所示，由于街道上的圓形污水井蓋破損，臨時更換了一個稍大于井口的紅色圓形平板塑料。為了測試因塑料蓋意外移動致使蓋上的物塊滑落入污水井中的可能性，有人做了一個實(shí)驗(yàn)：將一個可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的硬橡膠塊置于塑料蓋的圓心處，給塑料蓋一個水平向右的初速度。實(shí)驗(yàn)結(jié)果是硬橡膠塊恰好與塑料蓋分離。設(shè)硬橡膠塊與塑料蓋間的動摩擦因數(shù)為，塑料蓋的質(zhì)量為M

11、、半徑為R，假設(shè)塑料蓋與地面的摩擦可忽略，且不計(jì)塑料蓋的厚度。（1） 塑料蓋的初速度大小為多少？（2）通過計(jì)算說明硬橡膠塊是落入井內(nèi)不是落在地面上？解：(1)設(shè)塑料蓋的初速度為v0，硬橡膠塊與塑料蓋恰好分離時，兩者的共同速度為v， 由系統(tǒng)動量守恒定律得：Mv0=(m+M)v (4分) 由系統(tǒng)能量關(guān)系可得：mgR=Mv02一(m+M) v2 (4分) 由、解得 v0 = (2 分)（或運(yùn)動學(xué)+牛頓運(yùn)動定律：對m: 對M: 剛好分離條件為： ） (2)設(shè)硬橡膠塊與塑料蓋恰好分離時，硬橡膠塊移動的位移為x， 取硬橡膠塊分析，應(yīng)用動能定理得：mgx =mv2 (4分) 由、可得： (3分) 因x<

12、;R，故硬橡膠塊將落人污水井內(nèi) (2分)加深題：在水平長直的軌道上，有一長度為L的平板車在外力控制下始終保持速度v0做勻速直線運(yùn)動某時刻將一質(zhì)量為m的小滑塊輕放到車面的中點(diǎn)，滑塊與車面間的動摩擦因數(shù)為（1）證明：若滑塊最終停在小車上，滑塊和車摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能與動摩擦因數(shù)無關(guān)，是一個定值（2）已知滑塊與車面間動摩擦因數(shù)=0.2，滑塊質(zhì)量m=1kg，車長L=2m，車速v0=4m/s，取g=10m/s2，當(dāng)滑塊放到車面中點(diǎn)的同時對該滑塊施加一個與車運(yùn)動方向相同的恒力F，要保證滑塊不能從車的左端掉下，恒力F大小應(yīng)該滿足什么條件？（3）在（2）的情況下，力F取最小值，要保證滑塊不從車上掉下，力F的作用時間

13、應(yīng)該在什么范圍內(nèi)v0答案：（16分）（1）根據(jù)牛頓第二定律，滑塊相對車滑動時的加速度（1分）滑塊相對車滑動的時間 （1分）滑塊相對車滑動的距離 （1分）滑塊與車摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 （1分）由上述各式解得 （與動摩擦因數(shù)無關(guān)的定值）（1分）（2）設(shè)恒力F取最小值為F1，滑塊加速度為a1，此時滑塊恰好到達(dá)車的左端，則滑塊運(yùn)動到車左端的時間 由幾何關(guān)系有 （1分）由牛頓定律有 （1分）由式代入數(shù)據(jù)解得 ，（2分）則恒力F大小應(yīng)該滿足條件是 （1分）（3）力F取最小值，當(dāng)滑塊運(yùn)動到車左端后，為使滑塊恰不從右端滑出，相對車先做勻加速運(yùn)動（設(shè)運(yùn)動加速度為a2，時間為t2），再做勻減速運(yùn)動（設(shè)運(yùn)動加速度大小為a

14、3）到達(dá)車右端時，與車達(dá)共同速度則有（1分） （1分） （1分）由式代入數(shù)據(jù)解得（1分）則力F的作用時間t應(yīng)滿足 ，即（2分）抽紙（布）例題：如圖所示，盛有砂子的玻璃杯底壓著一張紙放在水平桌面上，紙的質(zhì)量可忽略不計(jì)。將紙以某一速度V從杯底勻速抽出，玻璃杯移動一段較小的位移X就停在桌面上。每次勻速抽紙時，保持杯子，紙和桌面的初始相對位置相同，則（ ）A、 杯中砂子越少，杯子的位移越大；B、 杯中砂子越多，杯子的位移越大；C、 若紙以速度2V從杯底勻速抽出，杯子的位移比X??；D、 若紙以速度2V從杯底勻速抽出，杯子的位移比X大。分析：設(shè)杯子的質(zhì)量為m，與紙間的動摩擦因數(shù)為，則杯子由靜止開始做加速運(yùn)

15、動的加速度，與杯子的質(zhì)量無關(guān)，則位移x也與質(zhì)量無關(guān)，A、B錯誤；若紙以速度2v從杯底勻速抽出，則紙與杯子的作用時間變短，杯子加速時間變短，因此位移變小，C正確，D錯誤。ABa綜合題：一小圓盤靜止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的AB邊重合，如圖。已知盤與桌布間的動摩擦因數(shù)為，盤與桌面間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB邊。若圓盤最后未從桌面掉下，則加速度a滿足的條件是什么？(以g表示重力加速度)（）（2006全國1）24.(19分)一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為。初始時，傳送帶與

16、煤塊都是靜止的?，F(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運(yùn)動，當(dāng)其速度達(dá)到v0后，便以此速度做勻速運(yùn)動。經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動。求此黑色痕跡的長度。（）相對滑動的臨界條件：如圖所示，木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m現(xiàn)施水平力F拉B，A、B剛好不發(fā)生相對滑動，一起沿水平面運(yùn)動若改用水平力F拉A，使A、B也保持相對靜止，一起沿水平面運(yùn)動，則F不得超過（ ）A2F BF/2 C3F DF/3解析：水平力F拉B時，A、B剛好不發(fā)生相對滑動，這實(shí)際上是將要滑動，但尚未滑動的一種臨界狀態(tài)，從而可知此時的A、B間的摩擦力即為最大靜摩擦

17、力先用整體法考慮，對A、B整體：F(m2m)a：再將A隔離可得A、B間最大靜摩擦力：fmmaF/3；若將F作用在A上，隔離B可得：B能與A一起運(yùn)動，而A、B不發(fā)生相對滑動的最大加速度：afm/2m；再用整體法考慮，對A、B整體：F(m2m)aF/2因而正確選項(xiàng)為B點(diǎn)撥：“剛好不發(fā)生相對滑動”是摩擦力發(fā)生突變(由靜摩擦力突變?yōu)榛瑒幽Σ亮?的臨界狀態(tài)由此求得的最大靜摩擦力正是求解此題的突破口綜合題：如圖所示，質(zhì)量M = 1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)1=0.1，在木板的左端放置一個質(zhì)量m=1kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)2=0.4，取g=10m/s

18、2，試求：（1）若木板長L=1m，在鐵塊上加一個水平向右的恒力F=8N，經(jīng)過多長時間鐵塊運(yùn)動到木板的右端？f2/N10234564F/N268101214（2）若在鐵塊上的右端施加一個大小從零開始連續(xù)增加的水平向左的力F，通過分析和計(jì)算后，請?jiān)趫D中畫出鐵塊受到木板的摩擦力f2隨拉力F大小變化的圖像。（設(shè)木板足夠長）解析：（1）木塊的加速度大小 =4m/s2 鐵塊的加速度大小 2m/s2 設(shè)經(jīng)過時間t鐵塊運(yùn)動到木板的右端，則有 解得：t=1s（2）當(dāng)F 1（mg+Mg）=2N時，A、B相對靜止且對地靜止，f2=F設(shè)F=F1時，A、B恰保持相對靜止，此時系統(tǒng)的加速度 2m/s2 以系統(tǒng)為研究對象，

19、根據(jù)牛頓第二定律有 解得：F1=6N所以，當(dāng)2N<F6N時，M、m相對靜止，系統(tǒng)向右做勻加速運(yùn)動，其加速度f2 /N10234564F/N268101214 , 以M為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有 , 解得： 當(dāng)F>6N，A、B發(fā)生相對運(yùn)動，=4N畫出f2隨拉力F大小變化的圖像如右（98)如圖所示，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；在x軸下方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E.一質(zhì)量為m，電量為-q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿著x軸正方向射出，射出之后，第三次到達(dá)x軸時，它與原點(diǎn)O的距離為L. 求此粒子射出時的速度v0和運(yùn)動的總路程s (重力不計(jì)).解：粒子運(yùn)動路線

20、如圖示有 L4R 粒子初速度為v，則有 qvB=mv2/R 由、式可算得v=qBL/4m 設(shè)粒子進(jìn)入電場作減速運(yùn)動的最大路程為l，加速 度為a，v2=2al qE=ma 粒子運(yùn)動的總路程 s=2R+2l 由、式，得s=L/2+qB2L2/(16mE) (04理) 24(18分) 如圖所示，在xy>0的空間中存在勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)沿y軸負(fù)方向；在y<0的空間中，存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直xy平面(紙面)向外。一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運(yùn)動粒子，經(jīng)過y軸上x=h處的點(diǎn)P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經(jīng)過x軸上x=2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入磁場，并經(jīng)過軸上y=-2h處的P3。不計(jì)重力。

21、求： (1)電場強(qiáng)度的大小。 (2)粒子到達(dá)P3時速度的大小和方向。 (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小解：（1）粒子在電場、磁場中運(yùn)動的軌跡如圖所示。設(shè)粒子從P1到P2的時間為t，電場強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式有qE ma v0t 2h 由、式解得 （3）設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在洛侖茲力作用下粒子做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律 r是圓周的半徑。此圓周與x軸和y軸的交點(diǎn)分別為P2、P3。因?yàn)镺P2OP3，45°，由幾何關(guān)系可知，連線P2P3為圓軌道的直徑，由此可求得r 由、可得 （2004全國4）24（19分）一勻磁場，磁場方向垂直于xy平面，在xy平

22、面上，磁場分布在以O(shè)為中心的一個圓形區(qū)域內(nèi)。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，由原點(diǎn)O開始運(yùn)動，初速為v，方向沿x正方向。后來，粒子經(jīng)過y軸上的P點(diǎn)，此時速度方向與y軸的夾角為30°，P到O的距離為L，如圖所示。不計(jì)重力的影響。求磁場的磁感強(qiáng)度B的大小和xy平面上磁場區(qū)域的半徑R。解：4、原地起跳時，先屈腿下蹲，然后突然蹬地。從開始蹬地到離地是加速過程（視為勻加速），加速過程中重心上升的距離稱為“加速距離”。離地后重心繼續(xù)上升，在此過程中重心上升的最大距離稱為“豎直高度”?，F(xiàn)有下列數(shù)據(jù)：人原地上跳的“加速距離”，“豎直高度”；跳蚤原地上跳的“加速距離”，“豎直高度”。假想人具有與跳

23、蚤相等的起跳加速度，而“加速距離”仍為，則人上跳的“豎直高度”是多少？解：用a表示跳蚤起跳的加速度，v表示離地時的速度，則對加速過程和離地后上升過程分別有 若假想人具有和跳蚤相同的加速度a，令V表示在這種情況下人離地時的速度，H表示與此相應(yīng)的豎直高度，則對加速過程和離地后上升過程分別有 由以上各式可得 代入數(shù)值，得5、如圖所示，在相互垂直的勻強(qiáng)電場、磁場中，有一個傾角為q且足夠長的光滑絕緣斜面.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平向外，電場強(qiáng)度的方向豎直向上.有一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球靜止在斜面頂端，這時小球?qū)π泵娴膲毫η『脼?.若迅速把電場方向改為豎直向下時，小球能在斜面上連續(xù)滑行多遠(yuǎn)？所用時間是

24、多少？【解析】開始電場方向向上時小球受重力和電場力兩個力作用，mg=qE，得電場強(qiáng)度E=mg/q. 當(dāng)電場方向向下，小球在斜面上運(yùn)動時小球受力如圖，在離開斜面之前小球垂直于斜面方向的加速度為0.mgcosq+qEcosq=Bqv+N，即2mgcosq=Bqv+N 隨v的變大小球?qū)π泵娴膲毫在變小，當(dāng)增大到某個值時壓力為0，超過這個值后，小球?qū)㈦x開斜面做曲線運(yùn)動. 沿斜面方向小球受到的合力F=mgsinq+qEsinq=2mgsinq為恒力，所以小球在離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動a=F/m=2gsinq.其臨界條件是2mgcosq=Bqv，得即將離開斜面時的速度v=2mgcosq/Bq. 由運(yùn)動

25、學(xué)公式v2=2as，得到在斜面上滑行的距離為s=m2gcos2q/(B2q2sinq) 再根據(jù)v=at得運(yùn)動時間：t=v/a=mctanq/Bq.6、如圖所示，一對平行光滑軌道設(shè)置在水平面上， 兩軌道間距L=0.20m，電阻R=1.0W；有一導(dǎo)體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻皆可忽略不計(jì)，整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道向下，現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運(yùn)動，測得力F與時間t的關(guān)系如圖所示.求桿的質(zhì)量m和加速度a【解析】物體做勻加速運(yùn)動的條件是合外力不變.導(dǎo)體桿運(yùn)動過程中受拉力和安培力兩個力作用，因安培力隨著速度增加電流變大而變大，

26、所以拉力隨著時間而變化.設(shè)桿的質(zhì)量為m，加速度為a，則由運(yùn)動學(xué)公式v=at，感應(yīng)電動勢E=BLv，感應(yīng)電流I=E/R，安培力f=BIL， 由牛頓第二定律F-f=ma， 整理得F=ma+B2L2at/R， 在圖線上取兩點(diǎn)代入后可得a = 10m/s2 m = 0.1kg.7、如圖所示，AB是一段位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道，高度為h，末端B處的切線方向水平一個質(zhì)量為m的小物體P從軌道頂端A處由靜止釋放，滑到B端后飛出，落到地面上的C點(diǎn)，軌跡如圖中虛線BC所示已知它落地時相對于B點(diǎn)的水平位移OCl現(xiàn)在軌道下方緊貼B點(diǎn)安裝一水平傳送帶，傳送帶的右端與B的距離為l2當(dāng)傳送帶靜止時，讓P再次從A點(diǎn)由靜止釋放

27、，它離開軌道并在傳送帶上滑行后從右端水平飛出，仍然落在地面的C點(diǎn)當(dāng)驅(qū)動輪轉(zhuǎn)動從而帶動傳送帶以速度v勻速向右運(yùn)動時（其他條件不變），P的落地點(diǎn)為D（不計(jì)空氣阻力）（1）求P滑至B點(diǎn)時的速度大小； （2）求P與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)m ；（3）求出O、D間的距離s隨速度v變化的函數(shù)關(guān)系式解：（1）物體P在AB軌道上滑動時，物體的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得物體P滑到B點(diǎn)時的速度為（2）當(dāng)沒有傳送帶時，物體離開B點(diǎn)后作平拋運(yùn)動，運(yùn)動時間為t，當(dāng)B點(diǎn)下方的傳送帶靜止時，物體從傳送帶右端水平拋出，在空中運(yùn)動的時間也為t，水平位移為，因此物體從傳送帶右端拋出的速度根據(jù)動能定理，物體在傳送帶上滑動時，有

28、解出物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為（3）當(dāng)傳送帶向右運(yùn)動時，若傳送帶的速度，即時，物體在傳送帶上一直做勻減速運(yùn)動，離開傳送帶的速度仍為，落地的水平位移為，即sl當(dāng)傳送帶的速度時，物體將會在傳送帶上做一段勻變速運(yùn)動如果尚未到達(dá)傳送帶右端，速度即與傳送帶速度相同，此后物體將做勻速運(yùn)動，而后以速度v離開傳送帶v的最大值為物體在傳送帶上一直加速而達(dá)到的速度，即由此解得當(dāng)，物體將以速度離開傳送帶，因此得O、D之間的距離為當(dāng)，即時，物體從傳送帶右端飛出時的速度為v，O、D之間的距離為綜合以上的結(jié)果，得出O、D間的距離s隨速度v變化的函數(shù)關(guān)系式為：二、變力作用下的運(yùn)動例題質(zhì)點(diǎn)所受的力F隨時間變化的規(guī)律如圖所示，力的方向始終在一直線上。已知t0時質(zhì)點(diǎn)的速度為零。在圖示t1、t2、t3和t4各時刻中，哪一時刻質(zhì)點(diǎn)的動能最大？A t1 B t2 C t3 D t4練習(xí)題：(91)一物體從某一高度自由落下，落在直立于地面的輕彈簧上，如圖所示。 在A點(diǎn)，物體開始與彈簧接觸，到B點(diǎn)時，物體速度為零，然后被彈回。下列說法中正確的是（ ） (A)物體從A下降到B的過程中，動能不斷變小 (B)物體從B上升到A的過程中，動能不斷變大 (C)物體從A下降到B，以及從B上升到A的過程中，速率都是先增大，后減小 (D)物體在B點(diǎn)時，所受合力為零 OCABm習(xí)題：2、如圖所示,質(zhì)量為m ,電量為