牛顿运动定律应用二 弹簧和连接体问题.doc

牛顿运动定律应用二弹簧和连接体问题
,,在地面上的观察者看来,小球在继续上升的过程中( )


本题主要考查胡克定律、牛顿第二运动定律的应用。
[分析]升降机匀速上升时,小球受重力mg和弹簧对小球向上的拉力kx0,两力作用处于平衡状态,有mg=kx0.
当升降机突然停止,小球仍以原来的升降机的速度上升,致使弹簧形变越来越短,甚至伸长变为被压缩,总之是使小球在上升过程中受到越来越大的方向向下的力,因而产生方向向下越来越大的加速度。答案:AC
,竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧,两弹簧的一端各与小球相连,另一端分别用销钉M、N固定于杆上,,小球加速度的大小为12m/,小球的加速度可能是(取g=10m/s2) ( )
,竖直向上 ,竖直向下
,竖直向上 ,竖直向下
[分析和解]: 拔去销钉M前,小球受上下两个弹簧的弹力和重力作用而处于平衡状态。
拔去销钉M的瞬间,小球只受下面弹簧的弹力和重力作用,这两个力大小不变,方向不变。
若下面弹簧处于压缩状态,则弹力向上,设为F1,则F1-mg=ma,代入数值得F1=22m;
若下面弹簧处于伸长状态,则弹力向下,设为F2,则F2+mg =ma,代入数值得F2=2m.
(1)小球处于平衡状态时,设下面弹簧处于压缩状态时,上面弹簧的弹力分别为F1’,由力的平衡方
程F1’+mg=F1
得F1’=12m,说明上面弹簧处于压缩状态。
(2)小球处于平衡状态时,设下面弹簧处于伸长状态时,上面弹簧的弹力分别为F2’,由力的平衡方程
得F2+mg=F2’
即F2’=。
当拔去销钉N时,若对应情况(1),则根据牛顿第二定律列方程
F1’+mg=ma1’
得a1’=22m/s2,竖直向下
当拔去销钉N时,若对应情况(2),则根据牛顿第二定律列方程
F2’-mg =ma2’,得a2’=2m/s2,竖直向上。答案:BC
本题涉及弹簧的求即时加速度问题. 求即时加速度的方法是:先确定物体运动状态变化之前,物体所受各个力的情况;然后,确定物体运动状态发生变化后,物体所受各个力中,哪些力发生了变化(施力物体存在与否)、哪些力没有变化;再根据变化后的受力情况,求物体的加速度。
,下落2m后双脚触地,接着他用双腿弯屈的方法缓冲,使自身重心又下降
了
,在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( )


[解题过程]设消防员从平台上落下h1=2m时的速度为v,根据匀加速直线运动速度与位移关系式有:v2=2gh.
屈腿下降h2=,人做匀减速运动。
设地面对他的平均作用力为N,则消防员下蹲的加速度大小为a,a=(N-mg)/m
再列出速度与位移关系式 v2=2ah2