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—滑板類問題中的應(yīng)用 新人教版

《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—滑板類問題中的應(yīng)用 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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—滑板類問題中的應(yīng)用 新人教版（4頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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題中的應(yīng)用 新人教版1滑塊滑板類問題的特點(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)到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)，位移之差等于板長；反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之和等于板長3滑塊滑板類問題的解題方法此類問題涉及兩個(gè)物體、多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，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)過程的加速度(注意兩過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)過程的紐帶，每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度【典例】如圖所示，木板靜止于水平地面上

2、，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m1 kg，木板的質(zhì)量M4 kg，長L2.5 m，上表面光滑，下表面與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2.現(xiàn)用水平恒力F20 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10.3，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時(shí)間？【解析】(1)木板受到

3、的摩擦力f(Mm)g10 N木板的加速度a2.5 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a2.5 m/s2a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at2L解得：t1 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1mgma木塊解得：a木塊1g3 m/s2對(duì)木板：F11mg(Mm)gMa木板木板能從木塊的下方抽出的條件：a木板a木塊解得：F125 N.(4)木塊的加速度a木塊1g3 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t2a木塊t2L代入數(shù)據(jù)解得：

4、t2 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M8 kg的小車放在光滑水平面上，在小車左端加一水平推力F8 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m2 kg的小物塊小物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，小車足夠長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t3 s小物塊通過的位移大小為多少？解析：(1)小物塊的加速度amg2 m/s2小車的加速度aM0.5 m/s2.(2)由amtv0aMt，得t2 s，v同22

5、m/s4 m/s.(3)在開始2 s內(nèi)，小物塊通過的位移x1amt24 m在接下來的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a0.8 m/s2小物塊的位移x2v同tat24.4 m通過的總位移xx1x28.4 m.答案：(1)2 m/s20.5 m/s2(2)2 s(3)8.4 m(xx新課標(biāo)全國卷)一長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t0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t1 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)過程中小物塊始終未離開木板已知碰

6、撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的vt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)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2；(2)木板的最小長度；(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1(mM)g(mM)a1由題圖(b)可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v14 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 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)立式和題

7、給條件得10.1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2mgma2由題圖(b)可得a2式中，t22 s，v20，聯(lián)立式和題給條件得20.4.(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時(shí)間t，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2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為s1t小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為s2t小物塊相對(duì)木板的位移為ss2s1聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.0 m因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(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1(mM)g(mM)a40v2a4s3碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為ss1s3聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.5 m木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m.答案：(1)10.120.4(2)6.0 m(3)6.5 m