高考物理二輪復(fù)習(xí) 難點(diǎn)突破2 牛頓運(yùn)動(dòng)定律在滑塊—滑板類問(wèn)題中的應(yīng)用 新人教版

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1、高考物理二輪復(fù)習(xí) 難點(diǎn)突破2 牛頓運(yùn)動(dòng)定律在滑塊—滑板類問(wèn)題中的應(yīng)用 新人教版 1.滑塊—滑板類問(wèn)題的特點(diǎn) 涉及兩個(gè)物體,并且物體間存在相對(duì)滑動(dòng). 2.滑塊和滑板常見(jiàn)的兩種位移關(guān)系 滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中,若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng),位移之差等于板長(zhǎng);反向運(yùn)動(dòng)時(shí),位移之和等于板長(zhǎng). 3.滑塊—滑板類問(wèn)題的解題方法 此類問(wèn)題涉及兩個(gè)物體、多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程,并且物體間還存在相對(duì)運(yùn)動(dòng),所以應(yīng)準(zhǔn)確求出各物體在各運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度(注意兩過(guò)程的連接處加速度可能突變),找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口.求解中更應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過(guò)程的紐帶,每一個(gè)過(guò)程的末速度是下一個(gè)過(guò)程的初

2、速度. 【典例】 如圖所示,木板靜止于水平地面上,在其最右端放一可視為質(zhì)點(diǎn)的木塊.已知木塊的質(zhì)量m=1 kg,木板的質(zhì)量M=4 kg,長(zhǎng)L=2.5 m,上表面光滑,下表面與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2.現(xiàn)用水平恒力F=20 N拉木板,g取10 m/s2. (1)求木板加速度的大??; (2)要使木塊能滑離木板,求水平恒力F作用的最短時(shí)間; (3)如果其他條件不變,假設(shè)木板的上表面也粗糙,其上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.3,欲使木板能從木塊的下方抽出,對(duì)木板施加的拉力應(yīng)滿足什么條件? (4)若木板的長(zhǎng)度、木塊質(zhì)量、木板的上表面與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)、木板與地面間的動(dòng)摩擦因

3、數(shù)都不變,只將水平恒力增加為30 N,則木塊滑離木板需要多長(zhǎng)時(shí)間? 【解析】 (1)木板受到的摩擦力f=μ(M+m)g=10 N 木板的加速度a==2.5 m/s2. (2)設(shè)拉力F作用t時(shí)間后撤去 F撤去后,木板的加速度為a′=-=-2.5 m/s2=a 木板先做勻加速運(yùn)動(dòng),后做勻減速運(yùn)動(dòng),且時(shí)間相等, 故at2=L 解得:t=1 s,即F作用的最短時(shí)間為1 s. (3)設(shè)木塊的最大加速度為a木塊,木板的最大加速度為a木板,則μ1mg=ma木塊 解得:a木塊=μ1g=3 m/s2 對(duì)木板:F1-μ1mg-μ(M+m)g=Ma木板 木板能從木塊的下方抽出的條件:a木板>a

4、木塊 解得:F1>25 N. (4)木塊的加速度a′木塊=μ1g=3 m/s2 木板的加速度 a′木板==4.25 m/s2 木塊滑離木板時(shí),兩者的位移關(guān)系為s木板-s木塊=L, 即a′木板t2-a′木塊t2=L 代入數(shù)據(jù)解得:t=2 s. 【答案】 (1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)大于25 N (4)2 s 如圖所示,質(zhì)量M=8 kg的小車放在光滑水平面上,在小車左端加一水平推力F=8 N.當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到3 m/s時(shí),在小車右端輕輕地放一個(gè)大小不計(jì)、質(zhì)量m=2 kg的小物塊.小物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,小車足夠長(zhǎng).g取10 m/s2,則

5、: (1)放上小物塊后,小物塊及小車的加速度各為多大; (2)經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間兩者達(dá)到相同的速度; (3)從小物塊放上小車開始,經(jīng)過(guò)t=3 s小物塊通過(guò)的位移大小為多少? 解析:(1)小物塊的加速度am=μg=2 m/s2 小車的加速度aM==0.5 m/s2. (2)由amt=v0+aMt,得t=2 s,v同=2×2 m/s=4 m/s. (3)在開始2 s內(nèi),小物塊通過(guò)的位移x1=amt2=4 m 在接下來(lái)的1 s內(nèi)小物塊與小車相對(duì)靜止,一起做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度a==0.8 m/s2 小物塊的位移x2=v同t′+at′2=4.4 m 通過(guò)的總位移x=x1+x2=8.4 m

6、. 答案:(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)2 s (3)8.4 m (xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊;在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5 m,如圖(a)所示.t=0時(shí)刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng),直至t=1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短).碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開木板.已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)所示.木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2.求: (1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2

7、; (2)木板的最小長(zhǎng)度; (3)木板右端離墻壁的最終距離. 解析:(1)規(guī)定向右為正方向.木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.由牛頓第二定律有 -μ1(m+M)g=(m+M)a1① 由題圖(b)可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4 m/s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v1=v0+a1t1② s0=v0t1+a1t③ 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板碰前的位移,v0是小物塊和木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度. 聯(lián)立①②③式和題給條件得 μ1=0.1④ 在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng),小物塊以

8、v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng).設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有 -μ2mg=ma2⑤ 由題圖(b)可得a2=⑥ 式中,t2=2 s,v2=0,聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2=0.4.⑦ (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt,木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧ v3=-v1+a3Δt⑨ v3=v1+a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過(guò)程中,木板運(yùn)動(dòng)的位移為 s1=Δt? 小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為 s2=Δt? 小物塊相對(duì)木板的位移為 Δs=s2-s1? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式,并代入數(shù)值得 Δs=6.0 m? 因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊沒(méi)有脫離木板,所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為6.0 m. (3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止,設(shè)加速度為a4,此過(guò)程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為s3,由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 μ1(m+M)g=(m+M)a4? 0-v=2a4s3? 碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為s=s1+s3? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式,并代入數(shù)值得s=-6.5 m? 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m. 答案:(1)μ1=0.1 μ2=0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m

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