高考一轮江苏物理 必考部分 第3章 章末高效整合Word文档格式.docx
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高考一轮江苏物理 必考部分 第3章 章末高效整合Word文档格式.docx
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(4)可能先以a1加速后,再以a2加速
情景4
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
如图31所示,一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动,水平部分长为2.0m.其右端与一倾角为θ=37°
的光滑斜面平滑相连,斜面长为0.4m,一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端,已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2,试问:
(1)物块能否到达斜面顶端?
若能则说明理由,若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离.
(2)物块从出发到4.5s末通过的路程.(sin37°
=0.6,g取10m/s2)
图31
【规范解答】
(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动
μmg=ma1
s1=
=1m<
L
所以在到达传送带右端前物块已匀速
物块以v0速度滑上斜面
-mgsinθ=ma2
物块速度为零时沿斜面上升的距离
s2=
=
m
由于s2<
0.4m,所以物块未到达斜面的最高点.
(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用的时间
t1=
+
=1.5s
物块第一次在斜面上往返的时间
t2=
s
物块再次滑到传送带上速度仍为v0,方向向左
-μmg=ma3
向左端发生的最大位移s3=
所用时间t3=
=1s
又物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等,故4.5s末物块在斜面上速度恰好减为零
故物块通过的总路程
s=L+3s2+2s3
解得s=5m.
【答案】
(1)不能
m
(2)5m
[突破训练]
1.如图32所示为上、下两端相距L=5m,倾角α=30°
,始终以v=3m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧).将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下,经过t=2s到达下端,重力加速度g取10m/s2,求:
【导学号:
96622055】
(1)传送带与物体间的动摩擦因数;
(2)如果将传送带逆时针转动,速率至少多大时,物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端.
图32
【解析】
(1)物体在传送带上受力如图所示,物体沿传送带向下匀加速运动,设加速度为a.
由题意得L=
at2
解得a=2.5m/s2;
由牛顿第二定律得
mgsinα-f=ma,又f=μmgcosα
解得μ=
=0.29.
(2)如果传送带逆时针转动,要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端,则需要物体所受摩擦力始终沿传送带向下,设此时传送带速度为v′,物体加速度a′.则由牛顿第二定律得
mgsinα+f=ma′
又f=μmgcosα,v′2=2a′L
联立解得v′=8.66m/s.
【答案】
(1)0.29
(2)8.66m/s
物理模型2|动力学中的“滑块、滑板”模型
1.模型特点
涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动.
2.两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移之差等于板长;
反向运动时,位移之和等于板长.
3.解题思路
(1)审题建模
求解时应先仔细审题,清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况.
(2)求加速度
准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变).
(3)明确关系
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口.求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.
(2015·
全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;
在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图33(a)所示.t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;
运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图(b)所示.木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2.求:
(a) (b)
图33
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离.
【思路导引】
【规范解答】
(1)规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
-μ1(m+M)g=(m+M)a1①
由题图(b)可知,木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
v1=4m/s,由运动学公式有
v1=v0+a1t1②
s0=v0t1+
a1t
③
式中,t1=1s,s0=4.5m是木板碰撞前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度.
联立①②③式和题给条件得
μ1=0.1④
在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有
-μ2mg=ma2⑤
由题图(b)可得
a2=
⑥
式中,t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得
μ2=0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3⑧
v3=-v1+a3Δt⑨
v3=v1+a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为
Δt⑪
小物块运动的位移为
Δt⑫
小物块相对木板的位移为
Δs=s2-s1⑬
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式,并代入数值得
Δs=6.0m⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m+M)g=(m+M)a4⑮
0-v
=2a4s3⑯
碰后木板运动的位移为
s=s1+s3⑰
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式,并代入数值得
s=-6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.
【答案】
(1)0.1 0.4
(2)6.0m (3)6.5m
2.(2017·
连云港模拟)如图34所示,薄板A长L=5m,其质量M=5kg,放在水平桌面上,板右端与桌边相齐.在A上距右端s=3m处放一物体B(可看成质点),其质量m=2kg.已知A、B间动摩擦因数μ1=0.1,A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.2,原来系统静止.现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上,直到将A从B下抽出才撤去,且使B最后停于桌的右边缘.(g取10m/s2)求:
(1)B运动的时间;
(2)力F的大小.
图34
【解析】
(1)对于B,在未离开A时,其加速度为:
aB1=
=1m/s2
设经过时间t1后B离开A,离开A后B的加速度为:
aB2=-
=-2m/s2
设物体B离开A时的速度为vB
有vB=aB1t1和
aB1t
=s
代入数据解得t1=2s
所以B运动的时间是:
t=t1+t2=3s.
(2)设A的加速度为aA,则根据相对运动的位移关系得
aAt
-
=L-s
解得:
aA=2m/s2
F-μ1mg-μ2(m+M)g=MaA
代入数据得:
F=26N.
【答案】
(1)3s
(2)26N
高考热点1|动力学中的图象问题
利用图象分析动力学问题时,关键是要将题目中的物理情景与图象结合起来分析,利用物理规律或公式求解或作出正确判断.如必须弄清位移、速度、加速度等物理量和图象中斜率、截距、交点、拐点、面积等的对应关系.
(多选)如图35所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块的vt图象可能是下列选项中的( )
图35
【规范解答】 设滑块质量为m,木板质量为M,滑块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,若有μ1mg<
μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右匀减速运动,加速度a1=μ1g,木板不动,选项D正确;
若有μ1mg>
μ2(M+m)g,则滑块滑上木板后向右匀减速运动,加速度为a1=μ1g,木板向右匀加速运动,当二者共速后,一起以a2=μ2g的加速度匀减速到停止,因a1>
a2,故选项B正确.
【答案】 BD
3.(多选)如图36甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态,现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g取10m/s2),下列结论正确的是( )
96622056】
图36
A.物体与弹簧分离时,弹簧处于原长状态
B.弹簧的劲度系数为750N/m
C.物体的质量为2kg
D.物体的加速度大小为5m/s2
ACD 物体与弹簧分离时,弹簧的弹力为零,轻弹簧无形变,所以选项A正确;
从图中可知ma=10N,ma=Fm-mg,解得物体的质量为m=2kg,物体的加速度大小为a=5m/s2,所以选项C、D正确;
弹簧的劲度系数k=
N/m=500N/m,所以选项B错误.
高考热点2|动力学中的多过程问题
综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题,是本章的重点,更是每年高考的热点.解决“多过程”问题的关键:
首先明确每个“子过程”所遵守的规律,其次找出它们之间的关联点,然后列出“过程性方程”与“状态性方程”.
如图37所示,一圆环A套在一均匀圆木棒B上,A的高度相对B的长度来说可以忽略不计,A和B的质量都等于m,A和B之间滑动摩擦力为f(f<
mg).开始时B竖直放置,下端离地面高度为h,A在B的顶端,如图所示,让它们由静止开始自由下落,当木棒与地面相碰后,木棒以竖直向上的速度反向运动,并且碰撞前后的速度大小相等.设碰撞时间很短,不考虑空气阻力,在B再次着地前,A、B不分离.
(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中,A、B各自的运动情况,并解出匀变速运动时的加速度大小;
(2)B至少应该多长?
图37
【规范解答】
(1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动,加速度大小都为a=g,B与地面碰撞后,A继续向下做匀加速运动,加速度大小aA=
,B竖直向上做匀减速运动,加速度大小aB=
,
B速度减为零后,继续以加速度aB向下运动.
(2)B着地前瞬间的速度为v1=
B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t=
在此时间内A的位移x=v1t+
aAt2,
要使B再次着地前A不脱离B,木棒长度L必须满足条件L≥x,联立以上各式,解得L≥
h.
【答案】
(1)见解析
(2)
h
4.有一个冰上滑木箱的游戏节目,规则是:
选手们从起点开始用力推箱一段时间后,放手让箱向前滑动,若箱最后停在桌上有效区域内,视为成功;
若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败.其简化模型如图38所示,AC是长度为L1=7m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱,BC为有效区域.已知BC长度L2=1m,木箱的质量m=50kg,木箱与冰面间的动摩擦因数μ=0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F=200N,木箱沿AC做直线运动,若木箱可视为质点,g取10m/s2.那么该选手要想游戏获得成功,试求:
图38
(1)推力作用在木箱上时的加速度大小;
(2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件?
【解析】
(1)设推力作用在木箱上时的加速度为a1,根据牛顿运动定律得F-μmg=ma1
解得a1=3m/s2.
(2)撤去推力后,木箱的加速度大小为a2,根据牛顿运动定律得μmg=ma2
解得a2=1m/s2
推力作用在木箱上时间t内的位移为x1=
a1t2
撤去力F后木箱继续滑行的距离为x2=
木箱停在有效区域内,要满足条件L1-L2≤x1+x2≤L1
解得1s≤t≤
s.
【答案】
(1)3m/s2
(2)1s≤t≤
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