长为l质量为m的均质杆,其左端与墙用铰链A链接
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/05/02 07:33:42
末速度一致Mv-mv=(m+M)v末,v末=(M-m)v/(m+M)方向左.m相对M初速度是2v,末速度是0,平均速度是v,方向右.位移是L,时间是t=L/v.m对地加速度是a=(v+v末)/t=2M
用动量守恒可以解出末速度(末时刻A,B速度应该一样)求的是A速度为零的情况,由于受相同大小的摩擦力,由质量比可知加速度比.由“末速度的平方减初速度的平方=2*a*s”两板移动长度之和为L可知a与V和L
CD对对木块F--umg==ma(木块)对木板umg==Ma(木板)1/2a(木块)t*t--1/2a(木板)t*t=2(m)联立得到u==0.2a(木板)==1a(木块)==2A错Q=umgx=4J
(1)板加速阶段的平均速度v'=v/2板的位移s=v't=vt/2物块的位移s'=vt相对位移l/2=s'-s=vt/2所以板的位移s=l/2根据动能定理:(1/2)Mv^2=摩擦系数*mgs所以摩擦
平板车受到弹簧的推力作用,到弹簧恢复到原长时,向左移动了2L/3对物体,水平方向不受力.物体水平方向要保持原来的静止状态.因此相对于平板车,物体相当于右移2L/3.物体在c点,选C
C,因为物体之间没有摩擦,所以对于物体m而言,合外力为零.根据牛顿第一定律可知,它将继续保持静止.当弹簧恢复到原长的时候应该是C点运动到了现在的A的位置,而物体m没有动,所以m处于小车的C点.
(1)对小物块受力分析 由牛顿第二定律:F-μ1mg=ma
A.由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量,故A错误; B.由于木板受到摩擦力不变,当M越大时木板加速度小,而滑块加速度不变,相对位移一样,
按照你的意思,物体的运动是以地面为参照系的,物体在木板上运动为L,而木板也在运动啊,且运动了S,所以相对于地面它一共是运动了(L+S)的距离.
(1)板在摩擦力作用下向右做匀加速运动直至与物块速度相同,此时物块刚到达板的中点,设木板加速度为a1,运动时间为t1,对木板有μ1mg=Ma、v=a1t1∴t1=Mv/u1mg设在此过程中物块前进位移
Mv2/(mgL),L/2;Mv2/[2(m+M)gL];2Mv2再问:求祥解
取向右为正∵u=0.5∴f=mgu=1*10*0.5=5N∴a(木板)=5/1=5m/s2a(滑块)=20-5/1=15m/s2s(木板)=1/2a(木板)t2①s(滑块)=1/2a(滑块)t2②s(
小物块所受合外力为滑动摩擦力,设物块受到的滑动摩擦力为f,物块的初速度v0;如果长木板是固定的,物块恰好停在木板的右端,对小滑块的滑动过程运用动能定理列出等式:0-fL=0-12Mv20…①如果长木板
(1)由牛顿第二定律知滑块和木板加速度分别为a1=F−μmgm=10−0.2×202m/s2=3m/s2;a2=μmgM=0.2×204m/s2=1m/s2它们的位移关系为12a1t2-12a2t2=
1)a=m*g*miu/150=1g/s^22)假设滑离情况:根据动量守恒,mv0=mv1+Mv2;动能守恒,1/2mv1^2+1/2Mv2^2-1/2mv0^2=-miu*mgL可得v1=7m/s,
取小滑块为研究的对象,设小滑块与长木板之间的摩擦力f和小滑块在木板上运动的时间t,根据动能定理得:−f(x+L)=12mv21−12mv20根据动量定理得:-ft=mv1-mv0对长木板,由动能定理得
A、B/小木块的加速度为:a1=F−μmgm=4−21=2m/s2,木板的加速度为:a2=μmgM=1m/s2,脱离瞬间小木块的速度为:v1=a1t=4m/s,木板的速度为:v2=a2t=2m/s.故
图在哪里啊?再问:再答:先进行受力分析再答:本题主要用牛顿第二定律再问:木板会动,我就不会分析了。再答:F=ma再问:还是不会…再答:它的位移指的是相对位移再答:还是0再问:啊?再答:是相对地面的位移
先分析B运动过程,以地面为参考系:在碰撞前一瞬间距墙距离L,以速度V1向墙运动碰撞后以恒定加速度做匀减速运动,加速度a=-gu,u为摩擦系数B速度减小到0时开始做反向加速运动,加速度仍为aB与A达到统
A,B之间动摩擦力f=mgu设最后AB一起运动速度V‘mv=(M+m)v'v'=mv/(M+m)设,A对B的位移为s,B的位移为s1则有-fs=1/2mv'^2-1/2mv^2可求s由fs=1/2Mv