版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律冲刺训练Word文件下载.docx
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以地面为参考系,A和B都做匀加速运动,且B物体的加速度大于A物体的加速度,
B的加速度大小:
aB==3m/s2;
A的加速度大小:
aA==1m/s2。
B从A的左端运动到右端,A、B的位移关系满足
x1-x2=L,即aBt2-aAt2=L,解得t=0.8s。
法二:
以A为参照物,B相对A的加速度aBA=aB-aA,即B相对A做初速度为零的匀加速直线运动,相对位移大小为L,故L=aBAt2,解得t=0.8s。
[答案] 0.8s
[典例2] 如图所示,质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上,在小车左端加一水平推力F=8N,当小车向右运动的速度达到1.5m/s时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m=2kg的小物块,小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长。
(g=10m/s2)求:
(1)放上小物块后,小物块及小车的加速度各为多大;
(2)经多长时间两者达到相同的速度;
(3)从小物块放上小车开始,经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少。
[解析]
(1)小物块的加速度am==2m/s2
小车的加速度aM==0.5m/s2。
(2)由amt=v0+aMt得t=1s。
(3)在开始1s内小物块的位移s1=amt2=1m
最大速度v=at=2m/s
在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止,一起做加速运动,且加速度a==0.8m/s2
这0.5s内的位移s2=vt+at2=1.1m
通过的总位移s=s1+s2=2.1m。
[答案]
(1)2m/s2 0.5m/s2
(2)1s (3)2.1m
[思维建模]
板块模型一般解题方式:
先对每个物体进行受力分析和运动状态分析,画出运动草图;
然后分别列出运动学方程式,找出二者位移和速度的关系。
水平面粗糙
1.用水平力拉木板如图所示,A是小木块,B是木板,A和B都静止在地面上,A在B的右端,从某一时刻起,B受到一个水平向右的恒力F作用。
A、B之间的动摩擦因数为μ1,B与地面间的动摩擦因数为μ2,木板的长度为L。
假设最大静摩擦力fm和滑动摩擦力相等,根据F的大小可分为三种运动情况。
(1)当F≤μ2(m1+m2)g时,二者均相对地面静止,且A不受摩擦力作用。
(2)当μ2(m1+m2)g<F≤(μ1+μ2)(m1+m2)g时,二者相对静止,以相同的加速度向右滑动。
对A而言,其摩擦力产生的加速度存在极值,即m1aA≤μ1m1g,因而A、B共同加速的加速度a≤μ1g。
对整体由牛顿第二定律得
F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,
解得F≤(μ1+μ2)(m1+m2)g。
(3)当F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时,二者发生相对滑动。
此时aA=μ1g,aB=>
μ1g,A相对B向左滑动。
[典例3] 如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。
若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ。
重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;
(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小的范围;
(3)本实验中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1m,取g=10m/s2。
若砝码移动的距离超过l=0.002m,人眼就能感知,为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?
[解析]
(1)砝码对纸板的摩擦力f1=μm1g,
桌面对纸板的摩擦力f2=μ(m1+m2)g,f=f1+f2,
解得f=μ(2m1+m2)g。
(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,
则f1=m1a1=μm1g,F-f1-f2=m2a2,
要发生相对运动,则a2>a1,
解得F>2μ(m1+m2)g。
(3)抽纸时,砝码相对于地面做匀加速运动,而当砝码在桌面上时,做匀减速运动。
纸板抽出前砝码运动的距离x1=a1t12,纸板运动的距离d+x1=a2t12,纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离x2=a3t22,l=x1+x2。
由题意知a1=a3,a1t1=a3t2,得F=2μg,
代入数据得F=22.4N。
[答案]
(1)μ(2m1+m2)g
(2)F>2μ(m1+m2)g
(3)22.4N
2.用水平力拉物块如图,A在B的左端,从某一时刻起,A受到一个水平向右的恒力F而向右运动。
这种情况抓住A带动B运动,A对B的摩擦力为动力。
(1)当μ1m1g≤μ2(m1+m2)g时,不论拉力F多大,B均静止。
(2)当μ1m1g>μ2(m1+m2)g时:
①F<μ2(m1+m2)g时,二者相对静止,且相对于地面静止。
②若μ2(m1+m2)g<F≤μ2(m1+m2)g+[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]时,A、B相对地面运动,但A、B保持相对静止。
对B由牛顿第二定律得
fAB-μ2(m1+m2)g=m2a,
当F增大,a增大,fAB也增大,但是fAB≤μ1m1g,
所以a≤,
对整体而言F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,
则F≤μ2(m1+m2)g+[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]。
③F>μ2(m1+m2)g+[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]时,二者相对滑动,A带动B运动,故aA>aB,vA>vB。
[典例4] 如图所示,质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,取g=10m/s2,试求:
(1)若木板长L=1m,在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N,经过多长时间铁块运动到木板的右端?
(2)若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F,通过分析和计算后,请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。
(设木板足够长)
[解析]
(1)铁块的加速度大小a1==4m/s2,
木板的加速度大小a2==2m/s2,
设经过时间t铁块运动到木板的右端,
则有a1t2-a2t2=L,解得:
t=1s。
(2)①当F≤μ1(m+M)g=2N时,M、m相对静止且对地静止,f2=F。
②二者相对静止时,以系统为研究对象,根据牛顿第二定律有F1-μ1(M+m)g=(M+m)a。
此时系统的加速度a≤2m/s2,解得F1≤6N,所以当2N<F≤6N时,M、m相对静止,系统向右做匀加速运动,其加速度a=。
以M为研究对象,根据牛顿第二定律有:
f2-μ1(M+m)g=Ma,解得f2=+1。
③当F>6N,M、m发生相对运动,f2=μ2mg=4N。
画出f2随拉力F大小变化的图像如图。
[答案]
(1)1s
(2)见解析
多板块组合
[典例5] 如图所示,水平地面上依次排放两块完全相同的木板,长度均为l=2m,质量均为m2=1kg,一质量为m1=1kg的物体(可视为质点)以v0=6m/s的速度冲上A木板的左端,物体与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。
(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10m/s2)
(1)若物体滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ1应满足的条件;
(2)若μ1=0.5,求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。
[解析]
(1)若滑上木板A时,木板不动,由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g;
若滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得μ1m1g>μ2(m1+m2)g,联立两式,代入数据得0.4<μ1≤0.6。
(2)若μ1=0.5,则物体在木板A上滑动时,木板A不动。
设物体在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1,
由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a1,
设物体滑到木板A末端时的速度为v1,
由运动学公式得v12-v02=-2a1l,
设在木板A上运动的时间为t,由运动学公式得v1=v0-a1t,代入数据得v1=4m/s,t=0.4s。
[答案]
(1)0.4<μ1≤0.6
(2)4m/s 0.4s
对于一物块与多个木板的组合,要注意运用整体法与隔离法分析物块在各个木板上运动时的受力情况,从而对物体的运动规律作出正确判断。
如上例中物块在木板A上时A不动,则必有μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g。
而物块在B上时,木板B能滑动,则必有:
μ1m1g>μ2(m1+m2)g。
[典例6] 如图所示,物体1、3和木板2的质量均为m=1kg,木板2与物体3通过不可伸长轻绳连接,跨过光滑的定滑轮,设木板2到定滑轮足够远,物体3离地面高H=5.75m,物体1与木板2之间的动摩擦因数μ=0.2。
木板2放在光滑的水平桌面上从静止开始释放,同时物体1(视为质点)在木板2的左端以v=4m/s的初速度开始向右运动,运动过程中恰好没有从木板2的右端掉下。
求:
(1)木板2的长度L0;
(2)当物体3落地时,物体1在木板2的位置。
[解析]
(1)物体1在向左的滑动摩擦力作用下做匀减速运动,加速度大小为a1==2m/s2,
对木板2和物体3分别由牛顿第二定律可得:
F+μmg=ma2,mg-F=ma2,解得a2=6m/s2;
设经过时间t1,三者速度达到相等,设为v1,
则v1=v-a1t1=a2t1,解得v1=3m/s,t1=0.5s,
则物体1和木板2运动的位移分别为:
x1=(v+v1)t1=1.75m;
x2=v1t1=0.75m<H,而L0=x1-x2,解得L0=1m。
(2)假设速度大小相等时三者相对静止,
对整体由牛顿第二定律得mg=3ma,解得a=。
对物块1,当受到滑动摩擦力时,其加速度最大,最大值为2m/s2,小于,故1与2要发生相对滑动,物体1相对于木板2向左滑动,其加速度大小a3=2m/s2,方向向右。
对木板2和物体3整体由牛顿第二定律得:
F-μmg=ma4,mg-F=ma4,
解得a4=4m/s2,故2和3做匀加速运动。
设再经过时间t2物体3落地,
则对木板2可得H-x2=v1t2+a4t22,解得t2=1s,
物体1的位移x3=v1t2+a3t22=4m。
而H-x2-x3=1m=L0,所以当物体3落地时,物体1在木板2的最左端。
[答案]
(1)1m
(2)物体1在木板2的最左端
(1)因木板2向右做初速度为零的匀加速直线运动,而物体1具有初速度v。
因此当物体与木板2同速时,物体1相对木板2向右运
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