2019年高考物理二輪復(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.doc

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2019年高考物理二輪復(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)求木板加速度的大小； (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： (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＝22 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. 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； (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