(新課標(biāo))2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第二講 力與物體的直線運(yùn)動(dòng)教學(xué)案
《(新課標(biāo))2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第二講 力與物體的直線運(yùn)動(dòng)教學(xué)案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(新課標(biāo))2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第二講 力與物體的直線運(yùn)動(dòng)教學(xué)案(30頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 [答案] (1)合外力為零 (2) 項(xiàng)目 一般形式 v0=0 涉及的 物理量 不涉及的 物理量 速度公式 vt=v0+at vt=at vt、v0、a、t 位移x 位移公式 x=v0t+at2 x=at2 x、v0、a、t 末速 度vt 速度、位移 關(guān)系公式 v-v=2ax v=2ax vt、v0、a、x 時(shí)間t (3) 勻加速直線運(yùn)動(dòng) 勻減速直線運(yùn)動(dòng) 說明 位移圖像 曲線為拋物 線的一部分 速度圖像 - (4) 現(xiàn)象 超重 失重 完全失重 定義 物體對支持物
2、的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于0的現(xiàn)象 產(chǎn)生 條件 物體具有豎直向上的加速度或加速度分量 物體具有豎直向下的加速度或加速度分量 物體具有豎直向下的加速度,a=g 【典例】 (2019·全國卷Ⅰ)如圖,籃球架下的運(yùn)動(dòng)員原地垂直起跳扣籃,離地后重心上升的最大高度為H.上升第一個(gè)所用的時(shí)間為t1,第四個(gè)所用的時(shí)間為t2.不計(jì)空氣阻力,則滿足( ) A.1<<2 B.2<<3 C.3<<4 D.4<<5 [思路引領(lǐng)] 可考慮逆向思維
3、法,將豎直上拋運(yùn)動(dòng)等效為逆向的自由落體運(yùn)動(dòng). [解析] 本題應(yīng)用逆向思維求解,即運(yùn)動(dòng)員的豎直上拋運(yùn)動(dòng)可等同于從一定高度處開始的自由落體運(yùn)動(dòng),所以第四個(gè)所用的時(shí)間為t2=,第一個(gè)所用的時(shí)間為t1=-,因此有==2+,即3<<4,選項(xiàng)C正確. [答案] C 1.勻變速直線運(yùn)動(dòng)的“四類公式” 2.處理勻變速直線運(yùn)動(dòng)的五種方法 遷移一 以生產(chǎn)、生活實(shí)際考查 1.(多選)(2019·河北名校聯(lián)盟)擁堵已成為現(xiàn)代都市一大通病,發(fā)展“空中軌道列車”(簡稱空軌,如圖所示)是緩解交通壓力的重要舉措.假如某空軌從甲站沿直線運(yùn)動(dòng)到乙站,為了使旅客舒適,其加速度不能超過2.5 m/s2,行
4、駛的速度不能超過50 m/s.已知甲、乙兩站之間的距離為2.5 km,下列說法正確的是( ) A.空軌從靜止開始加速到最大速度的最短時(shí)間為25 s B.空軌從最大速度開始剎車到停下來運(yùn)動(dòng)的最小位移為500 m C.從甲站運(yùn)動(dòng)到乙站的最短時(shí)間為70 s D.從甲站運(yùn)動(dòng)到乙站的最大平均速度為25 m/s [解析] 空軌從靜止開始以最大加速度加速到最大速度時(shí)所用時(shí)間最短,則最短時(shí)間為t1==20 s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;以最大加速度剎車時(shí),空軌從最大速度開始剎車到停下來運(yùn)動(dòng)的位移最小,由v=2amaxx解得最小位移為x=500 m,選項(xiàng)B正確;以最大加速度加速到最大速度,然后以最大速度勻速運(yùn)
5、動(dòng),再以最大加速度剎車時(shí),空軌從甲站到乙站的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短,且剎車時(shí)間與加速時(shí)間相等,等于t1,兩段時(shí)間對應(yīng)的位移相等,等于x,勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2==30 s,所以最短時(shí)間為t=2t1+t2=70 s,選項(xiàng)C正確;從甲站運(yùn)動(dòng)到乙站的最大平均速度為= m/s=35.7 m/s,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. [答案] BC 遷移二 以追及、相遇模型考查 2.(2019·福建四校聯(lián)考)貨車A在平直公路上以20 m/s的速度勻速行駛,當(dāng)司機(jī)發(fā)現(xiàn)正前方有一輛靜止的轎車B時(shí),兩車間的距離僅有75 m.(這段公路很窄,無法靠邊讓道) (1)若此時(shí)B車立即以2 m/s2的加速度啟動(dòng),通過計(jì)算判斷:如果A車司機(jī)沒有剎車,
6、是否會撞上B車.若不相撞,求兩車間的最小距離;若相撞,求出從A車發(fā)現(xiàn)B車到A車撞上B車的時(shí)間.
(2)若A車司機(jī)發(fā)現(xiàn)B車,立即剎車(不計(jì)反應(yīng)時(shí)間)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為2 m/s2(兩車均視為質(zhì)點(diǎn)),為避免碰撞,在A車剎車的同時(shí),B車立即做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(不計(jì)反應(yīng)時(shí)間),B車的加速度至少為多大才能避免發(fā)生事故.(結(jié)果保留兩位小數(shù))
[解析] (1)設(shè)兩車不相撞,經(jīng)過的時(shí)間為t時(shí),兩車速度相等,則有
vA=vB
對B車又有vB=at
聯(lián)立可得t=10 s
t時(shí)間內(nèi)A車的位移xA=vAt=200 m
t時(shí)間內(nèi)B車的位移xB=at2=100 m
因?yàn)閤B+x0=175 m 7、A
所以假設(shè)不成立,兩車會相撞,設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1兩車相撞,有vAt1=x0+at
代入數(shù)據(jù)解得t1=5 s,另一解舍去.
(2)已知A車的加速度大小aA=2 m/s2,初速度vA=20 m/s
設(shè)B車的加速度大小為aB,B車運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2時(shí)兩車速度相等,且此時(shí)兩車恰好不相撞,則有vA′=vA-aAt2,vB′=aBt2且vA′=vB′
在時(shí)間t2內(nèi)A車的位移大小xA′=vAt2-aAt
B車的位移大小xB′=aBt
又xB′+x0=xA′
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得aB=0.67 m/s2.
[答案] (1)會相撞 5 s (2)0.67 m/s2
追及減速運(yùn)動(dòng)的物體時(shí), 8、要注意隱含條件,即兩物體相遇時(shí),要先判斷被追物體的速度是否已經(jīng)減為零,根據(jù)t=首先分析出相遇時(shí)減速物體的狀態(tài).
熱點(diǎn)考向二 挖掘圖像信息解決動(dòng)力學(xué)問題
【典例】 (多選)(2019·全國卷Ⅲ)如圖(a),物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺上,物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺上的力傳感器相連,細(xì)繩水平.t=0時(shí),木板開始受到水平外力F的作用,在t=4 s時(shí)撤去外力.細(xì)繩對物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示,木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示.木板與實(shí)驗(yàn)臺之間的摩擦可以忽略.重力加速度取10 m/s2.由題給數(shù)據(jù)可以得出( )
A.木板的質(zhì)量為1 kg
B.2 s~4 9、 s內(nèi),力F的大小為0.4 N
C.0~2 s內(nèi),力F的大小保持不變
D.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2
[思路引領(lǐng)] 題圖(b)中細(xì)繩上拉力的變化情況與木板的受力情況不易聯(lián)系在一起,是本題的易錯(cuò)點(diǎn).要通過力傳感器固定判斷出物塊相對于地面靜止,從而判斷木板的受力情況,由v-t圖像求出木板在施加力F時(shí)的加速度和撤掉F時(shí)的加速度,根據(jù)牛頓第二定律求解待求物理量.
[解析] 由題圖(c)可知木板在0~2 s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài),再結(jié)合題圖(b)中細(xì)繩對物塊的拉力f在0~2 s內(nèi)逐漸增大,可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大,故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由題圖(c)可知木板 10、在2~4 s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng),其加速度大小為a1= m/s2=0.2 m/s2,在4~5 s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng),其加速度大小為a2= m/s2=0.2 m/s2,另外由于物塊靜止不動(dòng),同時(shí)結(jié)合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦力Ff=f,故對木板進(jìn)行受力分析,由牛頓第二定律可得F-Ff=ma1、Ff=ma2,解得m=1 kg、F=0.4 N,選項(xiàng)A、B均正確;由于不知道物塊的質(zhì)量,所以不能求出物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù),選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
[答案] AB
1.從v-t圖像巧分析四個(gè)物理量
(1)速度:從速度軸上讀出速度,正負(fù)表示物體的運(yùn)動(dòng)方向.
(2)時(shí)間:從時(shí)間軸上讀出時(shí)刻,兩時(shí)刻的差值 11、表示物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.
(3)位移:由圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移,時(shí)間軸上方表示位移的方向與規(guī)定的正方向相同,下方表示位移的方向與規(guī)定的正方向相反.
(4)加速度:由圖線的斜率求得,斜率的正、負(fù)表示加速度的方向.
2.求解運(yùn)動(dòng)圖像與牛頓第二定律綜合問題的基本思路
遷移一 動(dòng)力學(xué)中的F-t圖像1.(多選)(2019·泰安模擬)物體最初靜止在傾角θ=30°的足夠長斜面上,如圖甲所示受到平行斜面向下的力F的作用,力F隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示,開始運(yùn)動(dòng)2 s后物體以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是(g取10 m/s2)( )
A.物體的質(zhì)量m=1 kg
B.物體 12、的質(zhì)量m=2 kg
C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=
D.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=
[解析] 由開始運(yùn)動(dòng)2 s后物體以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng),可知0~2 s內(nèi)物體的加速度大小為a=1 m/s2;在0~2 s內(nèi)對物體應(yīng)用牛頓第二定律得,F(xiàn)1+mgsin30°-
μmgcos30°=ma,2 s后由平衡條件可得,F(xiàn)2+mgsin30°-μmgcos30°=0,聯(lián)立解得m=1 kg,μ=,選項(xiàng)A、D正確.
[答案] AD
遷移二 動(dòng)力學(xué)中的a-F圖像
2.(多選)(2019·河北六校聯(lián)考)用一水平力F拉靜止在水平面上的物體,在F從零開始逐漸增大的過程中,加速度a隨外力F變化的圖像 13、如圖所示,g=10 m/s2,則可以得出( )
A.物體與水平面間的最大靜摩擦力
B.F為14 N時(shí)物體的速度
C.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
D.物體的質(zhì)量
[解析] 由題圖可知,物體在水平面間的最大靜摩擦力為7 N,A正確;由F-μmg=ma,解得a=F-μg,將F1=7 N,a1=0.5 m/s2,F(xiàn)2=14 N,a2=4 m/s2代入上式可得m=2 kg,μ=0.3,C、D正確;因物體做變加速運(yùn)動(dòng),無法求出F為14 N時(shí)物體的速度,B錯(cuò)誤.
[答案] ACD
處理運(yùn)動(dòng)圖像時(shí)容易出現(xiàn)的錯(cuò)誤有以下幾點(diǎn):
(1)對于x-t圖像,圖線在縱軸上的截距表示t=0時(shí) 14、物體的位置;對于v-t和a-t圖像,圖線在縱軸上的截距并不表示t=0時(shí)物體的位置.
(2)在v-t圖像中,兩條圖線的交點(diǎn)不表示兩物體相遇,而是表示兩物體速度相同.
(3)v-t圖像中兩條圖線在v軸上的截距不同,不少同學(xué)誤認(rèn)為兩物體的初始位置不同,位置是否相同應(yīng)根據(jù)題中條件確定.
熱點(diǎn)考向三 利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多體問題
【典例】 (2017·海南卷)一輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部,另一端和質(zhì)量為m的小物塊a相連,如圖所示.
質(zhì)量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上,此時(shí)彈簧的壓縮量為x0.從t=0時(shí)開始,對b施加沿斜面向上的外力,使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng).經(jīng)過一段 15、時(shí)間后,物塊a、b分離;再經(jīng)過同樣長的時(shí)間,b距其出發(fā)點(diǎn)的距離恰好也為x0.彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi),重力加速度大小為g.求:
(1)彈簧的勁度系數(shù);
(2)物塊b加速度的大小;
(3)在物塊a、b分離前,外力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式.
[思路引領(lǐng)] (1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知形變量為x0時(shí)二者分離.
(2)分離時(shí),ab間沒有彈力,a、b加速度相同.
[解析] (1)對整體分析,根據(jù)平衡條件可知開始時(shí)沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡,則有kx0=gsinθ,
解得k=.
(2)由題意可知,b經(jīng)兩段相等的時(shí)間位移為x0,由x=at2可知=,
說明當(dāng)形變量x2=x0-x1=時(shí)二 16、者分離;
對物塊a分析,因分離時(shí)a、b間沒有彈力,a、b加速度相同,則對物塊a,根據(jù)牛頓第二定律可知kx2-mgsinθ=ma,解得a=.
(3)設(shè)時(shí)間為t,則經(jīng)時(shí)間t時(shí),a、b運(yùn)動(dòng)的位移
x=at2=,
彈簧形變量Δx=x0-x,
對整體分析,由牛頓第二定律有F+kΔx-gsinθ=a,解得F=mgsinθ+t2,
因分離時(shí)位移x=x1=,由x==at解得t1=,故應(yīng)保證t<,F(xiàn)的表達(dá)式才能成立.
[答案] (1) (2)
(3)F=mgsinθ+t2
解決連接體問題應(yīng)注意的問題
1.整體法與隔離法的優(yōu)點(diǎn)和使用條件
(1)當(dāng)連接體中各物體具有共同的加速度時(shí),一般采用 17、整體法;當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時(shí),一般采用隔離法.
(2)求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時(shí)必須用隔離法.
2.兩物體分離或相對滑動(dòng)的條件
(1)疊加體類的連接體:兩物體間剛要發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)物體間的靜摩擦力達(dá)到最大值.
(2)靠在一起的連接體:分離時(shí)相互作用力為零,但此時(shí)兩物體的加速度仍相同.
3.用滑輪連接的連接體的處理方法
通過滑輪連接的兩個(gè)物體:加速度相同,但輕繩的拉力不等于懸掛物體的重力.
遷移一 平面上的多體模型
1.(2019·江西六校聯(lián)考)水平地面上有質(zhì)量分別為m和4m的物塊A和B,兩者與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.細(xì)繩的一端固定,另一端跨過輕質(zhì)、光滑動(dòng)滑輪與A 18、相連,動(dòng)滑輪與B相連,如圖所示.初始時(shí),細(xì)繩處于水平拉直狀態(tài).若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動(dòng)了距離s,重力加速度大小為g.求:
(1)物塊B受到的摩擦力;
(2)物塊A、B的加速度大?。?
[解析] (1)物塊B受到的摩擦力大小為f=4μmg
(2)設(shè)物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB,細(xì)繩中的張力為T.由牛頓第二定律得
F-μmg-T=maA
2T-4μmg=4maB
物塊A移動(dòng)了距離s,則物塊B移動(dòng)的距離為s1=s
由A和B的位移關(guān)系得aA=2aB
聯(lián)立解得aA=
aB=.
[答案] (1)4μmg (2)
遷移二 斜面上的多體模型
2.(201 19、9·河南周口期末)如圖所示,空間有場強(qiáng)大小為E,方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場;光滑絕緣斜面的傾角為θ,底端固定一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧;彼此絕緣的A、B兩物體靜止在彈簧頂端,A、B接觸但不粘連,A的質(zhì)量為m,電荷量為+q,B的質(zhì)量也為m,不帶電,彈簧處于彈性限度內(nèi),重力加速度為g;某時(shí)刻,在沿斜面向上的大小為F的外力作用下,A、B一起以相同的加速度向上做勻加速運(yùn)動(dòng),則當(dāng)A、B分離瞬間( )
A.彈簧的形變量為0
B.彈簧的形變量為x=
C.A的速度達(dá)到最大
D.A的加速度為0
[解析] A、B分離瞬間,A、B間無相互作用力且加速度相同,對B受力分析,由牛頓第二定律可知F-mgsin 20、θ=ma,對A受力分析,由牛頓第二定律可知kx-mgsinθ-qE=ma,解得x=,A錯(cuò)誤,B正確;由于此時(shí)A具有向上的加速度,則A的速度不是最大且加速度不為0,C、D錯(cuò)誤.
[答案] B
斜面固定,多個(gè)物體沿斜面運(yùn)動(dòng),外加電場、磁場或者一個(gè)力,這類題目的本質(zhì)是平面問題移到了斜面上.處理此類問題,主要考慮兩個(gè)方面.
(1)分清斜面體是否光滑,若不光滑,動(dòng)摩擦因數(shù)是否已知.
(2)多個(gè)物體是否有相對運(yùn)動(dòng),采用整體法或者隔離法,進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析,最后確定用“力法”還是“能法”求解.
熱點(diǎn)考向四 利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過程問題
21、
【典例】 (2019·河北名校聯(lián)盟)消防隊(duì)員為縮短下樓的時(shí)間,往往抱著豎直的桿直接滑下.假設(shè)一名質(zhì)量為60 kg、訓(xùn)練有素的消防隊(duì)員從七樓(即離地面18 m的高度)抱著豎直的桿以最短的時(shí)間滑下.已知桿的質(zhì)量為200 kg,消防隊(duì)員著地的速度不能大于6 m/s,手和腿對桿的最大壓力為1800 N,手和腿與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,設(shè)當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭取10 m/s2.假設(shè)桿是固定在地面上的,桿在水平方向不移動(dòng).試求:
(1)消防隊(duì)員下滑過程中的最大速度.
(2)消防隊(duì)員下滑過程中桿對地面的最大壓力.
(3)消防隊(duì)員下滑的最短時(shí)間.
[思路引領(lǐng)] (1)消防隊(duì)員開始階段自由 22、下落的末速度為下滑過程的最大速度.
(2)若消防員以最短時(shí)間滑下,他應(yīng)先以加速度g做勻加速直線運(yùn)動(dòng),再做勻減速直線運(yùn)動(dòng).
[解析] (1)消防隊(duì)員開始階段自由下落的末速度即為下滑過程的最大速度vm,
有2gh1=v
消防隊(duì)員受到的滑動(dòng)摩擦力
Ff=μFN=0.5×1800 N=900 N
減速階段的加速度大小:
a2==5 m/s2
減速過程的位移為h2,由v-v′2=2a2h2
v′=6 m/s
又h=h1+h2
以上各式聯(lián)立可得:vm=12 m/s
(2)以桿為研究對象得:
FN′=Mg+Ff′=2900 N
根據(jù)牛頓第三定律得,桿對地面的最大壓力為2900 N 23、.
(3)最短時(shí)間為tmin=+=2.4 s.
[答案] (1)12 m/s (2)2900 N (3)2.4 s
1.多過程問題
很多動(dòng)力學(xué)問題中涉及的物體有兩個(gè)或多個(gè)連續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程,在物體不同的運(yùn)動(dòng)階段,物體的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況都發(fā)生了變化,這類問題稱為牛頓運(yùn)動(dòng)定律中的多過程問題.
2.類型
多過程問題可根據(jù)涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題.
3.解題策略
(1)任何多過程的復(fù)雜物理問題都是由很多簡單的小過程構(gòu)成,有些是承上啟下,上一過程的結(jié)果是下一過程的已知,這種情況需一步一步完成.
(2)有些是樹枝形,告訴的只是旁支,要求的是主干(或另一旁支),這 24、就要求仔細(xì)審題,找出各過程的關(guān)聯(lián),按順序逐個(gè)分析;對于每一個(gè)研究過程,選擇什么規(guī)律,應(yīng)用哪一個(gè)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式要明確.
(3)注意兩個(gè)過程的連接處,通常加速度可能突變,但速度不會突變,速度是聯(lián)系前后兩個(gè)過程的橋梁.
(2019·江西五校聯(lián)考)避險(xiǎn)車道是避免惡性交通事故發(fā)生的重要設(shè)施,由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成,如圖豎直平面內(nèi),制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面.一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床,當(dāng)車速為23 m/s時(shí),車尾位于制動(dòng)坡床的底端,貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng),當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4 m時(shí),車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m,再過一段時(shí)間,貨車停止.已知貨車質(zhì)量是 25、貨物質(zhì)量的4倍,貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4;貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板,取cosθ=1,sinθ=0.1,g=10 m/s2.求:
(1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向;
(2)制動(dòng)坡床的長度.
[解析] (1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m,貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)過程中,貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,受摩擦力大小為f,加速度大小為a1,則
f+mgsinθ=ma1①
f=μmgcosθ②
聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得a1=5 m/s2③
a1的方向沿制動(dòng)坡床向下.
(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M,車尾位于制動(dòng)坡 26、床底端時(shí)的車速為v=23 m/s.貨物在車廂內(nèi)開始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0=38 m的過程中,用時(shí)為t,貨物相對制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1,在車廂內(nèi)滑動(dòng)的距離s=4 m,貨車的加速度大小為a2,貨車相對制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2.貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F,F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍,k=0.44,貨車長度l0=12 m,制動(dòng)坡床的長度為l,則
Mgsinθ+F-f=Ma2④
F=k(m+M)g⑤
s1=vt-a1t2⑥
s2=vt-a2t2⑦
s=s1-s2?、唷=l0+s0+s2?、幔?lián)立①②④~⑨
并代入數(shù)據(jù)得l=98 m.
[答案] (1)5 m/s2 沿制動(dòng)坡床向下 27、 (2)98 m
解決“多過程”問題的關(guān)鍵:首先明確每個(gè)“子過程”所遵守的規(guī)律,其次找出它們之間的關(guān)聯(lián)點(diǎn),然后列出“過程性方程”與“狀態(tài)性方程”.
高考熱點(diǎn)模型構(gòu)建——“傳送帶”與“板塊”模型
考向一 “傳送帶”模型
【典例1】 (2019·江淮十校聯(lián)考)如圖所示,工廠利用傾角θ=30°的皮帶傳輸機(jī),依次將輕放在皮帶底端的每包質(zhì)量為m=50 kg的貨物,從地面運(yùn)送到高出水平地面h=2.5 m的平臺上,傳輸機(jī)的皮帶以v=1 m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)且不打滑,貨物無初速度地放在皮帶上.已知貨物與皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩 28、擦力,g取10 m/s2.
(1)求將每包貨物從地面運(yùn)送到平臺上所用的時(shí)間t.
(2)若皮帶傳輸機(jī)由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng),求把每包貨物從地面運(yùn)送到平臺上,電動(dòng)機(jī)需要多做的功W.
[思路引領(lǐng)]
[解析] (1)設(shè)貨物做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a,時(shí)間為t1,位移為x1,根據(jù)牛頓第二定律,有
μmgcosθ-mgsinθ=ma,代入數(shù)據(jù)解得a=1 m/s2
則t1==1 s,x1=at=0.5 m
貨物與皮帶達(dá)到共同速度后,與皮帶一起向上做勻速運(yùn)動(dòng)
貨物做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2==4.5 s
故將每包貨物從地面運(yùn)送到平臺上所用的時(shí)間t=t1+t2=5.5 s.
(2)解法一:貨物做加速 29、運(yùn)動(dòng)的過程中,皮帶的位移
x2=vt1=1 m,相對位移Δx=x2-x1=0.5 m
根據(jù)能量守恒定律得W=μmgcosθ·Δx+mgh+mv2
代入數(shù)據(jù)解得W=1425 J.
解法二:貨物做加速運(yùn)動(dòng)的過程中,皮帶所受的摩擦力f1=fmax=μmgcosθ,皮帶的位移x2=vt1
貨物與皮帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)的過程中,皮帶所受的摩擦力f2=mgsinθ,皮帶的位移x3=vt2
則W=W1+W2=f1x2+f2x3
代入數(shù)據(jù)解得W=1425 J.
[答案] (1)5.5 s (2)1425 J
傳送帶問題的處理技巧
(1)分析物體的受力情況要考慮物體與傳送帶間的相對運(yùn) 30、動(dòng).
(2)求物體的加速度、速度和位移時(shí)不需要考慮傳送帶的運(yùn)動(dòng)情況,即相當(dāng)于傳送帶是不動(dòng)的.
(3)求物體相對傳送帶的路程時(shí),需要考慮傳送帶的運(yùn)動(dòng)情況,若物體與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相同,則相對路程為兩者路程之差,若物體與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反,則相對路程為兩者路程之和.
考向二 “板塊”模型
【典例2】 (2019·江蘇卷)如圖所示,質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上,左邊緣對齊.A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.先敲擊A,A立即獲得水平向右的初速度,在B上滑動(dòng)距離L后停下.接著敲擊B,B立即獲得水平向右的初速度,A、B都向右運(yùn)動(dòng),左邊緣再次對齊時(shí)恰好相對靜止,此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下.最 31、大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度為g.求:
(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA;
(2)在左邊緣再次對齊的前、后,B運(yùn)動(dòng)加速度的大小aB、aB′;
(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB.
[思路引領(lǐng)] 處理本題的關(guān)鍵點(diǎn)有二:一是弄清臨界點(diǎn)(或轉(zhuǎn)折點(diǎn)),即物塊A與物塊B達(dá)到共同的速度或物塊A離開物塊B時(shí)的受力情況以及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化為轉(zhuǎn)折點(diǎn),本題中臨界點(diǎn)為A、B共速;二是兩個(gè)關(guān)聯(lián),即發(fā)生轉(zhuǎn)折前后物塊的受力情況以及物塊A與物塊B的位移之間的關(guān)聯(lián),必要時(shí)要通過畫圖理清關(guān)系,即B的位移與A的位移之差應(yīng)等于L.
[解析] (1)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知,A加速度的大小aA=μg
勻變速直線運(yùn) 32、動(dòng)2aAL=v
解得vA=
(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m
對齊前,B所受合外力大小F=3μmg
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=maB,得aB=3μg
對齊后,A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F′=2maB′,得aB′=μg
(3)經(jīng)過時(shí)間t,A、B達(dá)到共同速度v,位移分別為xA、xB,A加速度的大小等于aA
則v=aAt,v=vB-aBt
xA=aAt2,xB=vBt-aBt2
且xB-xA=L
解得vB=2
[答案] (1) (2)3μg μg (3)2
滑塊與滑板間相對滑動(dòng)的臨界條件
(1)運(yùn)動(dòng)學(xué)條件:若兩物體速度或加速度不等,則會相對滑動(dòng).
33、(2)力學(xué)條件:一般情況下,假設(shè)兩物體間無相對滑動(dòng),先用整體法算出一起運(yùn)動(dòng)的加速度,再用隔離法算出滑塊“所需要”的摩擦力f,比較f與最大靜摩擦力fmax的關(guān)系,若f>fmax,則發(fā)生相對滑動(dòng).
(3)滑塊滑離滑板的臨界條件:當(dāng)滑板的長度一定時(shí),滑塊可能從滑板滑下,恰好滑到滑板的邊緣達(dá)到共同速度是滑塊滑離滑板的臨界條件.
1.(多選)(2019·昆明高三年級教學(xué)質(zhì)檢)如下圖甲所示,傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定速度運(yùn)行,將一質(zhì)量m=1 kg的小物體以某一初速度放上傳送帶,物體相對地面的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示,取沿傳送帶向上為正方向,g取10 m/s2,sin37°=0. 34、6,cos37°=0.8.則下列說法正確的是( )
A.傳送帶沿逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),速度大小為4 m/s
B.物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75
C.0~8 s內(nèi)物體位移的大小為14 m
D.0~8 s內(nèi)物體與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為126 J
[解析] 由題圖可知小物體先反向做減速運(yùn)動(dòng)后向正方向做加速運(yùn)動(dòng),故可知傳送帶速度方向沿順時(shí)針方向,最終物體和傳送帶的速度相同,故傳送帶速度大小為4 m/s,故A錯(cuò)誤;根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度,物體相對傳送帶滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為a= m/s2=1 m/s2,由牛頓第二定律得μmgcos37°-mgsin37°=ma,解得μ=0.87 35、5,故B錯(cuò)誤;0~8 s內(nèi)物體的位移為s= m=14 m,故C正確;0~8 s內(nèi)只有前6 s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對滑動(dòng),0~6 s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)的距離為s帶=4×6 m=24 m,0~6 s內(nèi)物體的位移為s物= m=6 m,因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q=μmgcos37°·(s帶-s物)=126 J,故D正確.
[答案] CD
2.(2019·武漢外校階段性測試)如圖1甲所示,靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端放著小物塊A.某時(shí)刻,A受到水平向右的外力F作用,F(xiàn)隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示,即F=kt,其中k為已知常數(shù).若A、B之間的滑動(dòng)摩擦力Ff的大小等于最大靜摩擦力,且A、B的 36、質(zhì)量相等,則下列圖2中可以定性地描述長木板B運(yùn)動(dòng)的v-t圖像的是( )
[解析] 以A、B整體為研究對象,A、B整體具有共同的最大加速度,由牛頓第二定律得a1=,對B由牛頓第二定律有a1=,對A由牛頓第二定律有a1=,達(dá)到最大加速度所經(jīng)歷的時(shí)間t=,由以上各式解得t=,此后B將受恒力作用,做勻加速直線運(yùn)動(dòng),v-t圖線為傾斜的直線,故B正確.
[答案] B
專題強(qiáng)化訓(xùn)練(二)
一、選擇題
1.(2019·貴陽高三監(jiān)測)一物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng),4 s內(nèi)的位移為16 m,速度大小變?yōu)樵瓉淼娜种?,方向不變.則該物體的加速度大小為( )
A.1 m/s2 B.1.5 m 37、/s2
C.2 m/s2 D.0.75 m/s2
[解析] 設(shè)該物體的初速度為v0,加速度大小為a,由題意知t=4 s,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律,x=·t,=v0-at,聯(lián)立解得a=1 m/s2,選項(xiàng)A正確.
[答案] A
2.(多選)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙兩車在同一車道上同向行駛.甲車在前,乙車在后,速度均為v0=30 m/s,距離s0=100 m.t=0時(shí)刻甲車遇緊急情況后,甲、乙兩車的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖甲、乙所示.取運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍铝姓f法正確的是( )
A.t=3 s時(shí)兩車相距最近
B.0~9 s內(nèi)兩車位移之差為45 m
C.t=6 s 38、時(shí)兩車相距最近,為10 m
D.兩車在0~9 s內(nèi)會相撞
[解析] 由題圖可畫出兩車的速度—時(shí)間圖像,如圖所示.
由圖像可知,t=6 s時(shí)兩車速度相等,此時(shí)兩車相距最近,故A錯(cuò)誤;圖中陰影部分面積為0~6 s內(nèi)兩車位移之差,可得Δx=×30×3 m+×30×(6-3) m=90 m<100 m,此時(shí)兩車相距最近,為10 m,所以兩車不會相撞,故C正確,D錯(cuò)誤;0~9 s內(nèi)兩車位移之差Δx′=×30×3 m=45 m,故B正確.
[答案] BC
3.(2019·福州市質(zhì)檢)物體在水平地面上受到水平推力的作用,在6 s內(nèi)力F、速度v隨時(shí)間變化如圖所示,由圖像可得( )
A.物 39、體的質(zhì)量為2 kg
B.物體在6 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為6 m
C.在0~2 s內(nèi)推力做的功為2 J
D.物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.025
[解析] 物體在0~2 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為a= m/s2,由牛頓第二定律有:F-μmg=ma,即:3-μmg=ma;物體在2~6 s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),因此有:μmg=1 N,聯(lián)立解得:物體的質(zhì)量為m=4 kg,物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.025,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確;根據(jù)v-t圖像所圍的面積表示物體運(yùn)動(dòng)的位移可得物體在6 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為x=×2×1 m+4×1 m=5 m,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;力對物體所做的功等于力乘以力方向上的位移,因 40、此在2 s內(nèi)推力做的功為W=Fx=3××2×1 J=3 J,選項(xiàng)C錯(cuò)誤.
[答案] D
4.(2019·河南南陽一中開學(xué)考試)如圖所示,一輕質(zhì)長木板置于光滑水平地面上,木板上有質(zhì)量分別為mA=1 kg和mB=2 kg的A、B兩物塊,A、B與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ=0.2,水平恒力F作用在A物塊上,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g取10 m/s2.則( )
A.若F=1 N,則物塊、木板都靜止不動(dòng)
B.若F=1.5 N,則A物塊所受摩擦力大小為1.5 N
C.若F=4 N,則B物塊所受摩擦力大小為4 N
D.若F=8 N,則B物塊的加速度大小為1 m/s2
[解析 41、] A與木板間的最大靜摩擦力fA=μmAg=0.2×1×10 N=2 N,B與木板間的最大靜摩擦力fB=μmBg=0.2×2×10 N=4 N,設(shè)A與木板恰好發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)水平恒力大小為F0,則由牛頓第二定律可知=,解得F0=3 N,F(xiàn)=1 N 42、度大小為a1== m/s2=1 m/s2,對B進(jìn)行受力分析,有f2=mBa1=2×1 N=2 N,故C錯(cuò)誤;F=8 N>f0,所以A相對于木板滑動(dòng),B和木板整體受到摩擦力fA,由上述分析可知B的加速度大小為1 m/s2,故D正確.
[答案] D
5.(多選)(2019·樂山二診)如下圖所示,在光滑水平面上放著緊靠在一起的A、B兩物體,B的質(zhì)量是A的2倍,B受到水平向右的恒力FB=2 N,A受到的水平向右的變力FA=(9-2t) N,t的單位是s.從t=0開始計(jì)時(shí),則( )
A.A物體在3 s末時(shí)刻的加速度是初始時(shí)刻的倍
B.t>4 s后,B物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C.t=4.5 43、s時(shí),A物體的速度為零
D.t>4.5 s后,A、B的加速度方向相反
[解析] 當(dāng)A、B間作用力為0時(shí)二者分離,此時(shí)aA=aB,即=,t=4 s,此后B做勻加速直線運(yùn)動(dòng),而A做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng).當(dāng)t=4.5 s時(shí),A物體的加速度為零而速度不為零;t>4.5 s后,A所受合外力反向,即A、B的加速度方向相反.當(dāng)t<4 s時(shí),A、B的加速度均為a=.綜上所述,選項(xiàng)A、B、D正確.
[答案] ABD
6.(多選)(2019·沈陽教學(xué)抽樣檢測)如圖所示,足夠長的固定斜面傾角為θ,斜面a點(diǎn)以下(含a點(diǎn))光滑,a點(diǎn)以上粗糙.可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量均為1 kg的A、B兩滑塊靜止在a點(diǎn),某時(shí)刻在B上 44、加一沿斜面向上、大小為7 N的恒力,彈簧的勁度系數(shù)為100 N/m,θ=37°,sin37°=0.6,cos37°=0.8,兩滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25,則A、B向上運(yùn)動(dòng)的過程中有( )
A.A、B剛分離時(shí)A有沿斜面向上的加速度
B.從加上恒力到A、B分離A上升高度為7 cm
C.A速度最大時(shí),A沿斜面移動(dòng)的距離為3 cm
D.A速度最大時(shí),A、B間彈力為1 N
[解析] 由題意知m=1 kg、F=7 N、k=100 N/m、μ=0.25,A、B剛過a點(diǎn)時(shí)的加速度大小為=1.5 m/s2,剛分離時(shí)A、B間無彈力,對B有aB==-1 m/s2,此時(shí)A、B加速度相同,故A 45、的加速度沿斜面向下,此時(shí)對A有aA==-1 m/s2,解得x1=0.07 m,初態(tài)kx0=2mgsinθ,解得x0=0.12 m,A上升的高度為(0.12 m-0.07 m)sin37°=3 cm,A、B錯(cuò);A速度最大即加速度為零,對A、B整體有kx2+F-2mgsinθ-2μmgcosθ=0,解得x2=0.09 m,A沿斜面移動(dòng)的距離Δx=x0-x2=0.03 m,此時(shí)對A有kx2-N-mgsinθ-μmgcosθ=0,解得A、B間彈力N=1 N,C、D對.
[答案] CD
7.(多選)(2019·湖北七市聯(lián)合模擬)如下圖所示,在一沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶的左端A點(diǎn),每隔T的時(shí)間,輕 46、放上一個(gè)相同的工件,已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,工件的質(zhì)量均為m,經(jīng)測量,發(fā)現(xiàn)后面那些已經(jīng)和傳送帶達(dá)到相同速度的工件之間的距離為x,重力加速度為g,下列判斷正確的是( )
A.傳送帶的速率為
B.工件加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
C.工件與傳送帶間的相對位移一定為x
D.根據(jù)題目已知條件可以求出工件與傳送帶的相對位移
[解析] 工件在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),然后做勻速直線運(yùn)動(dòng),每個(gè)工件放上傳送帶后運(yùn)動(dòng)的規(guī)律相同,可知x=vT,解得傳送帶的速率v=,故A正確;設(shè)每個(gè)工件勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,根據(jù)牛頓第二定律得,工件的加速度為a=μg,根據(jù)v=at,解得t==,故B正確;工件加速過 47、程的位移x工件==,工件加速過程中傳送帶的位移x傳送帶=vT=2×x工件=,工件與傳送帶間的相對位移Δx=x傳送帶-x工件=,故C錯(cuò)誤,D正確.
[答案] ABD
8.(多選)(2019·山東省泰安市上學(xué)期期中)如圖所示,傾角為θ的斜面靜置于地面上,斜面上表面光滑,A、B、C三球的質(zhì)量分別為m、2m、3m,輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連,A、B間固定一個(gè)輕桿,B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接.彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面,初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)突然剪斷細(xì)線或彈簧.下列判斷正確的是( )
A.彈簧被剪斷的瞬間,A、B、C三個(gè)小球的加速度均為零
B.彈簧被剪斷的瞬間,A、B之 48、間桿的彈力大小為零
C.細(xì)線被剪斷的瞬間,A、B球的加速度沿斜面向上,大小為gsinθ
D.細(xì)線被剪斷的瞬間,A、B之間桿的彈力大小為4mgsinθ
[解析] 若是彈簧被剪斷,將三個(gè)小球看做一個(gè)整體,整體的加速度為a=gsinθ,然后隔離A,對A分析,設(shè)桿的作用力為F,則F+mgsinθ=ma,解得F=0,A錯(cuò)誤,B正確;剪斷細(xì)線前,以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象,系統(tǒng)靜止,處于平衡狀態(tài),合力為零,則彈簧的彈力為F彈=(3m+2m+m)gsinθ=6mgsinθ.以C為研究對象知,細(xì)線的拉力為3mgsinθ.剪斷細(xì)線的瞬間,由于彈簧彈力不能突變,以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象,由牛頓第二 49、定律得F彈-(m+2m)gsinθ=(m+2m)aAB,解得A、B兩個(gè)小球的加速度為aAB=gsinθ,方向沿斜面向上,以B為研究對象,由牛頓第二定律得:FAB-2mgsinθ=2maAB,解得桿的拉力為FAB=4mgsinθ,故C、D正確.
[答案] BCD
9.(多選)(2019·湖北省黃岡市質(zhì)檢)如圖所示,足夠長的傾斜傳送帶以v=2.4 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),傳送帶與水平面的夾角θ=37°,某時(shí)刻同時(shí)將A、B物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上,已知A、B兩物塊釋放時(shí)的間距為0.042 m,與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA=0.75、μB=0.5,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,取s 50、in37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2,則下列說法中正確的是( )
A.物塊B先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),后與傳送帶保持相對靜止
B.物塊B最終一定追上物塊A
C.在t=0.24 s時(shí),A、B物塊速度大小相等
D.在t=0.54 s前,A、B兩物塊之間的距離先增大后不變
[解析] 物塊B先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)與傳送帶共速后,因?yàn)棣藼=0.5 51、物塊B開始下滑的加速度aB1=gsin37°+μBgcos37°=10 m/s2,與傳送帶共速經(jīng)過的時(shí)間:tB==0.24 s,共速后物塊B以aB2=gsinθ-μBgcosθ=2 m/s2的加速度加速下滑;物塊A開始下滑的加速度aA1=gsin37°+μAgcos37°=12 m/s2,與傳送帶共速時(shí)經(jīng)過的時(shí)間:tA==0.2 s;共速后物塊A與傳送帶一起勻速下滑,則t=0.24 s時(shí)兩物塊速度相等,選項(xiàng)C正確;在開始的0.24 s內(nèi)因?yàn)锳的加速度較大,則兩物塊間的距離逐漸變大;在0.24 s后物塊B繼續(xù)加速下滑,速度逐漸變大,則兩物塊間的距離又逐漸減小,選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
[答案] BC
二 52、、非選擇題
10.(2019·成都實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)如圖所示,質(zhì)量m=1 kg的物塊A放在質(zhì)量M=4 kg的木板B的左端,起初A、B均靜止在水平地面上.現(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板B上,
已知A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.4,地面與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10 m/s2.
(1)求能使A、B相對靜止的F的最大值.
(2)若F=30 N,作用1 s后撤去F,要使A不從B上滑落,則木板至少為多長?從開始到A、B均靜止,A運(yùn)動(dòng)的總位移是多少?
[解析] (1)對A進(jìn)行受力分析可知,其最大加速度由A、B之間的最大靜摩擦力決定,由牛頓第二定律 53、得μ1mg=mamax,代入數(shù)據(jù)解得amax=4 m/s2
對A、B整體進(jìn)行受力分析可知,恰好無相對運(yùn)動(dòng)時(shí),A、B具有共同的加速度,且大小為amax,由牛頓第二定律得
Fmax-μ2(M+m)g=(M+m)amax,代入數(shù)據(jù)解得Fmax=25 N.
(2)設(shè)F作用在B上時(shí),A、B的加速度大小分別為a1、a2,經(jīng)t1=1 s,撤掉F時(shí),A、B的速度大小分別為v1、v2,加速度大小分別為a1′、a2′,A、B共同運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為v3,加速度大小為a3.
對A進(jìn)行受力分析,可知a1=amax=4 m/s2,v1=a1t1=4 m/s
對B進(jìn)行受力分析,有F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma 54、2,故a2=5.25 m/s2,v2=a2t1=5.25 m/s
撤去F時(shí),有a1′=a1=4 m/s2,
a2′==2.25 m/s2
經(jīng)過t2時(shí)間后A、B速度相等,有v1+a1′t2=v2-a2′t2,代入數(shù)據(jù)解得t2=0.2 s
則v3=v1+a1′t2=4.8 m/s
從開始到A、B相對靜止,A、B的相對位移應(yīng)不大于木板的長度L,設(shè)A的位移為xA,B的位移為xB,有
L≥xB-xA=+-a1(t1+t2)2=0.75 m
A、B速度相等后共同在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度a3=μ2g=1 m/s2
從A、B相對靜止至最終靜止,位移x==11.52 m
故A運(yùn)動(dòng)的總 55、位移為xA總=xA+x=14.4 m.
[答案] (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m
11.(2019·安徽皖南八校聯(lián)考)在某電視臺舉辦的沖關(guān)游戲中,AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道,半徑R=1.6 m,BC是長度為L1=3 m的水平傳送帶,CD是長度為L2=3.6 m水平粗糙軌道,AB、CD軌道與傳送帶平滑連接,參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑,參賽者和滑板可視為質(zhì)點(diǎn),參賽者質(zhì)量m=60 kg,滑板質(zhì)量可忽略.已知滑板與傳送帶、水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1=0.4、μ2=0.5,g取10 m/s2.求:
(1)參賽者運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道B處對軌道的壓力;
(2)若參賽者 56、恰好能運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn),求傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)速率及方向;
(3)在第(2)問中,傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能.
[解析] (1)對參賽者:A到B過程,由動(dòng)能定理得
mgR(1-cos60°)=mv
解得vB=4 m/s
在B處,由牛頓第二定律得FNB-mg=m
解得FNB=2mg=1200 N
根據(jù)牛頓第三定律得,參賽者對軌道的壓力FNB′=FNB=1200 N,方向豎直向下
(2)C到D過程由動(dòng)能定理得-μ2mgL2=0-mv
解得vC=6 m/s
B到C過程加速階段由牛頓第二定律得μ1mg=ma
解得a=4 m/s2
參賽者加速至vC歷時(shí)t==0.5 s
位移x1=t=2.5 m
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