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文档简介
秘籍03牛顿运动定律的应用
学高考预测
概率预测☆☆☆☆☆
题型预测选择题、计算题☆☆☆☆☆
考向预测牛顿运动定律的综合应用
;应试秘籍
牛顿运动定律是力学的重要定律,高考中力和运动的考查分量比较重。高考中,动力学问题是牛顿运动
定律熟练掌握基础上,在实际问题中的应用。
ɪ.从考点频率看,板块模型、传送带问题、超重、失重是高频考点、必考点,所以必须完全掌握。
2.从题型角度看,可以是选择题、计算题其中小问,分值10分左右,着实很多!
一、板块模型和水平传送带
“滑块一木板”模型
1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发
生相对滑动.
2.位移关系:如图所示,滑块由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差∆x=
X1-X2=L(板长);滑块和木板反向运动时,位移大小之和x2+x1=L
3.水平传送带
滑块的运动情况
情景
传送带不足够长传送带足够长
“>=θV
Γ^l—*
()()一直加速先加速后匀速
Vo<v时,一直加速Vo<v时,先加速再匀速
%
T~Γ-ɪʌ
OOVθ>v时,一直减速Vo>v时,先减速再匀速
滑块先减速到速度为0,后被传送带传回
左端.
或_滑块一直减速到右端
()()
若Vo<v返回到左端时速度为Vo,若
返回到左端时速度为。.
二、斜面体模型、传送带问题
1、斜面体模型
“斜面”是力学内容考查中最常见的理想情境模型,也是综合考查力学知识的较好方法。“斜
面+各类物体”统称为“斜面体”,“斜面体”题型涉及考点多,综合性强,物理情景变化空
间大,问题处理相对复杂。在正确的受力分析基础上,利用正交分解法,建立分方向牛顿第二
定律的方程,处理该类问题。倾斜的传送带可看成移动的斜面,一般情况下传送带有两个运动
方向,即顺时针方向和逆时针方向。解题时,根据需要可选取地面为参考系,也可选取传送带
为参考系。
2.倾斜传送带
滑块的运动情况
情景
传送带不足够长传送带足够长
一直加速(一定满足关系
先加速后匀速
gsinθ<μgcosθ)
若"2tanO,先加速后匀速
一直加速(加速度为gsinΘ
÷∕∕gcos0)若〃Vtan仇先以0加速,后以。2加速
VO<V时,一直加速(加速度若〃2tana先加速后匀速;若"<tan仇
为gsin0+∕√gcosθ)先以41加速,后以。2加速
如时,一直减速(加速度若"2tana先减速后匀速;若"〈tan仇
为gsin∕zgcos0)先以。1减速,后以加速
一
^sinθ>μgcosθf一直加速;
gsin9="gcos仇一直匀速
gsinθ<μgcosθ,一直减速先减速到速度为0后反向加速到原位置
(摩擦力方向一定时速度大小为训(类竖直上抛运动)
沿斜面向上)
三、动力学中的连接体
1.连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的物体系统称为连接体.连
接体一般(含弹簧的系统,系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度).
2.常见的连接体
(1)物物叠放连接体:两物体通过弹力、摩擦力作用,具有相同的速度和加速度
777777777777777777777777^
ɪ
ΓB~∖-F..B∖....、
"77777zzzzzzzz/z/z//〃〃〃〃,,〃〃〃〃//7777777777/77777//
速度、加速度相同
(2)轻绳连接体:轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等.
tFaF
固x≤dfl_______
速度、加速度相同
ɪA,ʃr
速度、加速度大小相等,方向不同
(3)轻杆连接体:轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度.
4
777777777/7777777777/77777777
速度、加速度相同
(4)弹簧连接体:在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度、加速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两
端连接体的速度、加速度相等.
∣F-------AI
IITPwWWΛΛ
Bfe⅛C"⅛'二加iɪ
3.整体法与隔离法在连接体中的应用
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时,可以把系统内的所有物体看成一个整体,分析其受力和运动
情况,运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法.
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时,常把某个物体从系统中隔离出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿
第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法.
(3)处理连接体方法
①共速连接体,一般采用先整体后隔离的方法.如图所示,先用整体法得出合力F与。的关系,F=(mA+
m)a,再隔离单个物体(部分物体)研究尸内力与α的关系,例如隔离B,F^=ma=F
βlllO?AT十
地面光滑
②关联速度连接体
分别对两物体受力分析,分别应用牛顿第二定律列出方程,联立方程求解.
一.板块模型的解题技巧
1.解题关键点
(1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向.
(2)当滑块与木板速度相同时,“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩
擦力(水平面上共同匀速运动).
2.处理“板块”模型中动力学问题的流程
二、连接体类问题解题技巧
(1)若连接体内各物体具有相同的加速度,利用整体法计算外力(或其他未知量);利用隔离
法求物体之间的作用力(内力)。
(2)应用牛顿第二定律解决连接体相对静止类问题时,可以先用整体法求出加速度,然后用
隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求物体之间的作用力(内力),即“先整体求
加速度,后隔离求内力”。
核心素养提升
等时圆模型
当物体由静止沿光滑倾斜轨道下滑时,沿不同倾角的轨道下滑相同距离时所用时间不同,
沿同一轨道下滑不同距离时所用时间也不同,而沿着满足特定条件的轨道下滑时,运动时间与
轨道倾角无关。由于这些时间相等的特定轨道的两端位于同一圆周上,故与此相关的问题称为
等时圆题型。
解题技巧
①多条相交的倾斜光滑轨道
②质点由静止开始从轨道的一端滑到另一端
设置①下端相交:交点为圆的最低点
顶点②上端相交:交点为圆的最高点
①过交点作竖直线
②以某轨道为弦作同心在竖直线上的面
Φ⅞⅛道端点都在圆周上,质点运动时间相等,
时间魂髓瞠露罐饕短,端
比较
mgsinθ=πιa找出圆直径,停寻
下滑
炉J与X的关素,时间
典例剖析
一、板块模型
例1、(2023・湖南岳阳•统考二模)如图所示,将小滑块A放在长为乙的长木板B上,A与B间的动摩擦因
数为〃,长木板B放在光滑的水平面上,A与B的质量之比为1:4,A距B的右端为:L。现给长木板B一
个水平向右初速度%=10、历m∕s,小滑块A恰好从长木板B上滑下;若给A•—个水平向右初速度U,要使
A能从B上滑下,则V至少为()
A.5m∕sB.10m∕sC.15m∕sD.2Om∕s
【答案】B
【解析】第一种情形下有
--4--=-L
2(工+工)3
加A外
第二种情形下有
V21.
------7--------k=—L
2(上+工)3
%w⅛
解得
v=10m∕s
故选Bo
二、倾斜传送带
例2、(2023•四川•统考二模)物块P以速度%沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑,已知最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率匕沿图示逆时针方向运行,则从该时刻起,物块P的速度
V随时间r变化的图像可能是()
OO
D.vl
【答案】A
【解析】AB.当WXV/时,对物块P受力分析,由牛顿第二定律可得
ma=mgsinθ+μmgcosθ
可知物块先做匀加速宜线运动,当W=V/时,摩擦力瞬间消失,然后随着物块的继续加速,摩擦力反向,依
题意有
mgsinθ=μmgcosθ
即物块匀速直线运动。故A正确;B错误;
CD.当%>v∕时,对物块P受力分析,有
ma=mgSinJ-μmgcosθ=0
即物块一直匀速直线运动。故CD错误。
故选Ao
连接体模型
例3、(多选)如图所示,质量分别为姓、,班的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为J的固定斜面上,两物块
与斜面间的动摩擦因数相同,用始终平行于斜面向上的恒力尸推4,使它们沿斜面向上匀加速运动,为了增
大A、B间的压力,可行的办法是()
A.增大推力F
B.减小倾角θ
C.减小B的质量
D.减小A的质量
【答案】AD
【解析】设物块与斜面间的动摩擦因数为μ,对A、8整体受力分析,有/一(/",+"s)gsinθ~μ(mA÷mβ)gcos
、/HRF
夕=(m八+如»〃,对8受力分析,有FAB-∕nfigsinθ-μmβgcosθ=r∏Ra,由以上两式可得FAB=―一T-F=~^,
nu+niB强+]
加6十
为了增大A、8间的压力,即尸A8增大,应增大推力/或减小4的质量,增大B的质量.故A、D正确,
B、C错误.
学误区点拨
一、物体一定能和传送带共速
典例4.(2023•北京平谷•统考一模)如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率匕沿顺时针方向转动,传
送带的倾角为37。。一物块以初速度%从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的VT图
像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin37°=0.6,∞s37o=0.8»g取IOrn∕s"则()
A.传送带的速度为16m∕s
B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C.物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D∙传送带转动的速率越大,物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【答案】C
【解析】A.由图乙可知传送带的速度为8m∕s,A错误;
BC.在0~ls内,物块的速度大于传送带速度,传送带对物块的摩擦力沿传送带向下,根据牛顿第二定律
有
mgsin37°+μmgcos37°=mal
根据图乙可得
22
0l-ɪðɪɛm∕s=8m∕s
在>2s内传送带的速度大于物块的速度,传送带对物块的摩擦力沿传送带向上,根据根据牛顿笫二定律有
o0
mgsin37-μmgcos37=ma2
根据图乙可得
8—02ΛI2
a-=------m∕s^=4m∕s'
l2
联立解得
μ=0.25
故C正确;
D.当传送带的速度大于16m∕s后,物块在传送带上一直做加速度为七的减速运动,无论传送带的速度为多
大,物块到达传送带顶端时的速度都相等,D错误。
故选C。
0名校模拟
一、单选题
1.(2023・辽宁•模拟预测)如图,质量为4加的货车载有质量为2m的货物,一起在水平路面上以速度匀速
运动,因紧急情况货车突然制动,货车停下后,货物继续运动后未与车厢前壁发生碰撞。已知货物与水平
车厢底板间的动摩擦因数为〃,车轮与地面间的动摩擦因数为2〃,货物到车厢前壁的距离为L,重力加速
度为g。下列说法正确的是()
A.开始刹车时货车的加速度大小为2〃gB.从开始刹车到货物停止运动的时间为不一
2
C.货车停止时,货物的速度大1小为D.货物到车厢前壁的距离应满足L≥萨3v
【答案】D
【解析】A.刹车后,货物的加速度由牛顿第二定律
«1=Ag
对货车由牛顿第二定律
2〃(4/72+2nt)g-μ∙2mg=Ama2
解得
ad",-"*2-=―-
4m
故A错误;
B.货车先停止运动,由丫=%,2,可得从开始刹车到货车停止运动的时间为
V
t
2=τ2^^5zμg
故B错误;
C.货车停下时,由“=口-。也可得货物的速度为
V3
%="4gX-------------—-V
2.5〃g5
故C错误;
D.由u=α∕∣可得从开始刹车到货物停止运动的时间为
V
心=--
此时,货物的位移为
V2
⅛=τ-
2〃g
货车的位移为
V2
$车=ς-
相对货乍滑行的距离
3V2
X=S物-S主=-~
物车10〃g
所以需满足
故D正确
故选D。
2.(2023・江西•统考一模)如图甲所示,物块A与木板B静止在光滑水平地面上,现给物块A—初速度,
IS后两物体相对静止一起匀速运动,它们的位移-时间图像如乙图所示,A、B两物体的质量比为()
A.4:3B.2:1C.3:2D.5:2
【答案】B
【解析】由乙图可知,0~ls内,XA=5m,4=2m对A进行受力分析得
-HmAg=mAaA
对B进行受力分析得
一〃机Ag=根BaB
IS后两物体相对静止一起匀速运动,则速度为
%一叫.=叩
B的位移为
12C
XB=—aBt=2m
解得
2
aB=4m∕s
则得出共速的速度为
煤=VB=aat=4m∕s
对A有
V+VH=
X.=--0-----3-f=5m
A2
姝=%_%=4m∕s
解得
fγi
v0=6m∕s,μ=O.?,~^—=
mR
故选Ba
3.(2023•河南•统考一模)如图所示,一长木板。在水平地面上运动,在某时刻"=())将一相对于地面静止
的物块b轻放到木板上,此时”的速度为%,同时对。施加一个水平向右的恒力F,己知物块与木板的质
量相等,物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数均相等,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦
力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,内匕运动的速度时间图像可能是下列图中的()
【解析】小物块由静止开始,长木板有初速度且受到恒力作用,所以对物块受力分析,可知小物块受到滑
动摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得
Mmg=mah
解得
al,=μg
对长木板进行受力分析,受到地面水平向左的摩擦力,物块对木板水平向左的摩擦力,以及水平向右的恒
力尸,根据牛顿第二定律可得
F-μιng-μ2mg-maa
解得
FC
¾=一一3〃g
tn
A.根据图像的斜率可知初始阶段能<0,ah=∖all∖,即
F=2μmg
则。做匀减速直线运动,6做匀加速直线运动,共速后一起做匀速直线运动,A错误;
B.根据图像可知。做匀速直线运动,即
F=3μmg
匕做匀加速直线运动,二者共速后,一起做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得
F-2∕jmg-2majt
解得
1
°共=3Hg
B错误;
CD.若则有
3∕jmg<F<4μmg
两者均做匀加速宜线运动,共速后一起匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得
F-2μmg=2ιna^
可得
177
-μg<a^<μg
C正确,D错误。
故选C。
4.(2023・江苏•模拟预测)如图所示,将一滑块从粗糙斜面上某点由静止释放,滑块沿斜面下滑后与固定
在斜面底端的挡板碰撞后反弹,碰撞的时间极短,可忽略不计,且碰撞没有机械能损失。以沿斜面向下为
正方向,能正确反映滑块速度V随时间f变化的图像是()
【答案】D
【解析】-r图像的斜率表示加速度,滑块沿斜面下滑时有
mgsinθ-f=
碰撞后上滑时有
mgsinθ+f=ma2
所以
由于碰撞没有机械能损失,即碰撞前后速度大小不变,方向相反。
故选D。
5.(2023・河南•统考三模)如图所示为研究平衡摩擦力的一个实验。把一个木块A放在倾角为0=45。的斜面
体B上,斜面体固定在小车上。水平外力作用在小车上,使木块A和斜面体B一起水平向左随小车以加速
度“匀加速运动。木块A和斜面体B在运动过程中始终相对静止。在某一次实验中,调整小车的加速度大
小为α=g(g为重力加速度),则关于斜面B对物体A的摩擦力方向,下列说法正确的是()
A.斜面B对物体A没有摩擦力
B.斜面B对物体A的摩擦力方向沿斜面向上
C.斜面B对物体A的摩擦力方向沿斜面向下
D.斜面B对物体A的摩擦力方向可能沿斜面向上、也可能沿斜面向下
【答案】A
【解析】若物体A只受重力和支持力,根据牛顿第二定律有
aa=gtwnθ=g=a
故选A,
6.(2023・陕西渭南・统考一模)如图所示,OA、。8是竖直面内两根固定的光滑细杆,0、A、B位于同一
圆周上,08为圆的直径。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),两个滑环都从。点无初速释放,用
〃、这分别表B示滑环到达A、B所用的时间,则()
A.tx=t2B.A<t2C.tl>t2D.无法比较"、/2的大小
【答案】C
【解析】如图所示
以O点为最高点,取合适的直径做等时圆,由图可知,从。到C、8时间相等,比较图示位移
OA>OC
可得
A>,2
故选C。
7.(2022・湖北恩施,恩施市第一中学校考模拟预测)倾角为9的斜面固定在水平地面上,在与斜面共面的平
面上方A点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、。三点,其中AC与斜面垂直,且
NBAC=ND4C=6(6<45。),现有三个质量均为,”的小圆环(看作质点)分别套在三根细杆上,依次从A
点由静止滑下,滑到斜面上8、C、。三点所有时间分别为%、攵、下列说法正确的是()
B.tB-tC<tD
C・ZEVreVrDD.<Q=,力
【答案】B
【解析】由于
ZBAC=Θ
则可以判断A3竖直向下,以AB为直径做圆,则必过。点,如图
圆环在杆4C上运动过程,由牛顿第二定律及运动学公式可得
mgcosθ=ma
联立解得
可见从A点出发,到达圆周各点所用的时间相等,与杆的长短、倾角无关,可得
tB=tC=tE<tD
故选
Bo
8.(2022•湖南长沙•模拟预测)如图所示,在一倾斜角为。的坡上有一观景台A,从观景台到坡底有一根钢
缆索,已知观景到山坡的距离AO=L。到坡底B的距离也为3现工作人员将钢环扣在缆索上,将一包
裹送至坡底,若环带着包裹从A点由静止开始沿钢绳无摩擦地滑下,则包裹滑到坡底的时间为()
D.
【答案】D
【解析】如图所示,以。点为圆心、A为圆周的最高点、48为弦作圆。小环沿AB运动的时间就是沿直径
AC做自由落体运动的时间,有
2L=%
解得
故选Do
9.(2023•河南安阳•安阳一中校考模拟预测)一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为
%=汰8和"%=21^的人、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因素都为〃=02,水平恒力尸作用在A物
块上,如图所示(重力加速度g取IOm/S?).则()
BA
»F
A.若尸=IN,则物块、木板都静止不动
B.若尸=L5N,则A物块所受摩擦力大小为1.5N
C.若尸=4N,则B物块所受摩擦力大小为2N
D.若尸=8N,则B物块的加速度为lm∕s2
【答案】CD
【解析】A.A与木板间的最大静摩擦力
∕4=W〃∕g=O.2xlxlO=2N
B与木板间的最大静摩擦力
fB=μmBg=0.2×2×10=4N
若
F=lN<fA
所以AB即木板保持相对静止,整体在F作用下向右匀加速运动,故A错误;
B.若
F=1.5N<∕A
所以A、B及木板保持相对静止,整体在尸作用下向右匀加速运动,根据牛顿第二定律得
F-f=mAa
所以A物块所受摩擦力
7<F=1.5N
故B错误;
C.若
F=4N>fA
所以A在木板上滑动,B和木板整体受到摩擦力2N,轻质木板,质量不计,所以B的加速度为
a=^-=-m∕s2=lnτ∕s2
2
对B进行受力分析,摩擦力提供加速度为
f=mBa=2×l=2N
故C正确;
D.若
F=8N>fA
所以A相对于木板滑动,B和木板整体受到摩擦力2N,轻质木板,质量不计,所以B的加速度
a=-=—m∕s2=lm∕s2
mB2
故D正确。
故选CDo
10.(2023•辽宁朝阳•朝阳市第一高级中学校联考一模)如图所示,倾角Q=3()。的足够长光滑斜面固定在
水平面上,斜面上放一长L=1.8m、质量"=3kg的薄木板,木板的最上端叠放一质量,"=Ikg的小物块
(可视为质点),物块与木板间的动摩擦因数〃=孝。木板施加沿斜面向上的恒力足使木板沿斜面由静
止开始运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取IOm人2,则下列说法正确的
A.F=15N时,M和〃?沿斜面向上做匀减速运动
B.F=25N时,M和m沿斜面向上做匀加速运动
C.F=30N时,M和巾均向上做加速运动,经0.6缶后二者分离
D.尸=375N时,M和W均向上做加速运动,经1.2s后二者分离
【答案】BD
【解析】要是木块和木板之间不产生相对滑动,则对M、山由牛顿第二定律得
F-(Λ∕+wι)gsinα=(M+ιn)a
对历有
f-mgs'∖na=ma
f≤μmgcosa
代入数据解得
F≤30N
因要拉动,则
F>(M+m)gsina=(3+1)×10×^-N=20N
则为使物块不滑离木板,力F应满足的条件为20N<F≤30No
A.F=I5N时,不能拉动木板,选项A错误;
B.尸=25N时,M和S沿斜面向上做匀加速运动,选项B正确;
C.F=30N时,M和机均向上做加速运动,恰不产生相对滑动,选项C错误;
D.当F=37.5N>30N,物块能滑离木板,对M,有
F-Jumgcosa-Mgsina=Ma]
对加有
μmgcosa-mgs∖na=ma2
设滑块滑离木板所用的时间为乙由运动学公式得
-cut2-∙^a2t2=L
代入数据解得
Ul.2s
选项D正确。
故选BDo
三、解答题
11.(2022•福建•模拟预测)如图所示,倾角为6的斜面A点以上的部分表面光滑,A以下的表面粗糙。A
点以上区域有2〃个相同的小方块,每个小方块质量均为,〃,与斜面粗糙区域的动摩擦因数都相等,沿平行
斜面的倾斜方向整齐地排成一条直线;小方块按从下到上的顺序编号命名;1号小方块用手托着静止在。
点,0、A两点之间相距2L;小方块队列的总长为L小方块相互间不粘连.现放手让它们由静止开始下
滑,已知下滑过程方块队列保持平行于斜面倾斜方向的直线队形,且当第〃号小方块全部进入A点时小方
块运动的速度达到最大,最终1号小方块停在8处,设斜面足够长。求:
(1)1号小方块刚运动到A点位置的速度大小%和小方块与粗糙斜面的动摩擦因数〃;
(2)B与A点间的距离s。;
(3)若将B以下的区域表面处理成光滑的,然后让小方块队列重新从A点之上由静止释放,要使所有小
方块都能滑过B点,释放时1号方块距离A点最小距离s。
【答案】(1)%=2jgLsin,;〃=2tan6;(2)s0=3L;(3)s=3L
【解析】(I)A点上部分光滑,对所有小方块从。点运动到A点过程,运动性质相同看作一个整体,机械
能守恒,有
2nmg∙2Lsin6=gX2nmv1
解得
v0=2y∣gLsinθ
通过A点后的小方块因受摩擦力加速度比没过A点的小,因此4点上边的小方块会挤压下方的小方块,所
有小方块无相对运动,仍可以看作个整体。当小方块运动的速度达到最大时,其整体加速度为零,有
2nmgsinθ-μnmgcos6=0
解得
χ/=2tanΘ
(2)设当小方块下端运动到8点时,所有小方块已进入A3段。则从1号小方块进入A点开始,整体小方
块系统所受到的摩擦力与进入的长度成正比直到全部进入,此后摩擦力不变,如图所示。由动能定理
_.八∕c,\U×2nmgcosθ_C_zr`C
2nmgsin,∙(2L+%)----------------------L-μ×2〃叫cosσ(5o-L)=O
解得
SO=3L
(3)小方块出8点后,加速下滑,而剩下的k个(1≤%<2")小方块仍一起减速向下运动。设剩下小方块的
加速度大小为小由牛顿第二定律
μ×2kmgcosθ-2kmgsinθ
a=---------------------=---g--s--i-n--J--------
2kmg
说明剩下的小方块无论几个,则这几个运动的加速度都保持不变,要使所有小方块都能滑过B点,则笫2〃
号小方块过B点的最小速度是零。如图,所有小方块队列从C点静止释放运动到B点的速度设为也应用
动能定理,有
C.八/∖U×2nmgcosθrC,∖IC2
2mngsιnc∕∙(5÷So)----------------------L-μ×2nmgcosΘ∖SQ-L)=-×2mnv~
第2n号小方块从D点运动到B点做加速度为〃的匀减速到最小速度0,满足
Q-V2=IaL
联立解得
s=3L
12.(2022•山西朔州•怀仁市第一中学校模拟预测)如图所示,木块A置于木板B上,木板B置于水平面
上。A的质量m=1.5kg,B的质量M=2.0kg,A、8间动摩擦因数ju∕=0.2,B与地面间动摩擦因数“2=
0.4。某时刻(Z=O)水平力F作用于B上,其随时间变化的规律为尸=5/+4(N)(F、,均取国际单位)。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取Iom/$2。求:
(I)经过多长时间B开始滑动;
(2)经过多长时间A开始相对B滑动;
(3)f=3s时AB间的摩擦力大小Ff(结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)2s;(2)3.4s;(3)2.IN
【解析】(1)当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等,即
μ2(‹m+M)g=5tl+4(N)
得
∕1=2s
(2)当A开始在B上滑动时,对木块
HMg=ma
对整体
F2-∕Z2(∕M+Λ∕)⅛=(wι+Λ∕)0
由题知
/^=5r2+4(N)
解得
t2—3.4s
(3)当
r2>r3=3s>tl
B已滑动,A、B间未发生相对滑动,对木块
,
Ff=ma
对整体
F3-χz2(m+M)g=(m+M)a'
且
月=5g+4(N)
解得
F=—N≈2.1N
f7
13.(2023•山东泰安•统考一模)如图所示,传送带与水平方向成30角,顺时针匀速转动的速度大小
v=8m∕s,传送带长=IL4m,水平面上有一块足够长的木板。质量为机=3kg的物块(可视为质点)以
初速度%=4m∕s,自4端沿AB方向滑上传送带,在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板,木板质量
为M=Ikg,不考虑物块冲上木板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为
内且,物块与木板间的动摩擦因数为〃2=03,木板与地面间的动摩擦因数为〃3=01。取重力加速度
3
g=10m∕s2,求:
(1)物块从A运动到B点经历的时间r;
(2)物块停止运动时与B点的距离“
【答案】(1)1.525s;(2)x=19m
【解析】(I)根据题意,物块在传送带上先做匀加速运动,由牛顿第二定律得
o
mgsin30°+HMgcos30=mat
解得
2
al=10m∕s
物块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为L,由公式V=%+〃可得,
fl=0.4s
设此过程物块的位移大小为演,由公式玉==箸。解得
x1=2.4m<11.4m
又有
mgsin300=μλmgcos30
此后物块随皮带匀速运动,则有
L
ΛB-Xχ=Vt2
解得
t2=1.125s
则物块从A运动到B点经历的时间为
t=tl+12=1.525s
(2)物块滑上木板后,木块的加速度为生,木板的加速度为。3,木板与木块一块减速时的共同加速度为
%,根据牛顿第二定律得
fnma
∕J2S=2
3G%+M)g=Ma3
μ2mg一〃
〃3(jn+M)g=(m+M)a4
解得
2
Ci2=3m∕s
2
a3=5m∕s
2
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