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考向1 力和运动关系问题的分析与求解
1.[2015新课标全国Ⅰ,20,6分,多选]如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的vt图线如图(b)、v1、t1均为已知量,则可求出( )
图(a) 图(b)
必备知识:vt图象的理解,匀变速直线运动规律、牛顿第二定律等.
关键能力:vt图象理解应用能力,运动学公式和牛顿第二定律的应用能力.
解题指导:根据vt图象,明确0~t1及t1~,根据匀变速运动规律和牛顿运动定律,逐一排查能否运用已知量求得选项中的待求量.
考向2 动力学典型物理模型问题的分析与求解
2.[2019江苏高考,15,16分]如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,、,A立即获得水平向右的初速度,,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,,:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、a'B;
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.
必备知识:物体的受力分析,运动学公式及牛顿运动定律等.
关键能力:板块模型的综合分析能力.
解题指导:通过审题弄清临界点或转折点,即物块A与物块B达到共同速度,物块A离开物块B时的受力情况及运动状态的变化;另外还要注意抓好两个关联,即发生转折前、,明确B的位移与A的位移之差应等于L.
考法1 已知受力情况确定运动情况
1如图所示,在光滑水平面上,放置着A、、B紧靠在一起但不粘连,其质量分别为mA=3 kg,mB=6 kg,推力FA作用于A上,拉力FB作用于B上,FA、FB大小均随时间而变化,其规律为FA=(122t) N,FB=(6+2t) =0时刻A、B静止开始,到A、B相互脱离为止,A、B的共同位移是多少?
FA、FB的大小虽随时间而变化,但F合=FA+FB=18 N不变,故开始一段时间内A、B共同做匀加速运动,加速度为a,A、B分离前,对整体有FA+FB=(mA+mB)a ①
设A、B间的弹力大小为FAB,对B有FB+FAB=mBa ②
由于加速度a恒定,则随着t的增大,FB增大,FAB逐渐减小,当A、B恰好分离时,A、B间的弹力为零
,即FAB=0 ③
将FA=(122t) N,FB=(6+2t) N代入①得a=2 m/s2,结合②③得t=3 s
A、B相互脱离前共同位移s=12at2,代入数值得s=9 m.
9 m
易错警示
求解本题的关键是分析出“两物体恰好分离时,二者加速度仍相同但相互作用力为零”.有的同学认为由于FA随时间减小,将FA=0当作两物体分离的临界条件而导致错误.
1.[2020江西丰城模拟]如图所示,质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°,力F作用2 s后撤去, .(已知sin 37°=,cos 37°=,g=10 m/s2)
考法2 已知运动情况确定受力情况
2[2020湖北部分重点中学联考]质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F, m/s2,求:
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)水平推力F的大小;
(3)0~10 s内物体运动位移的大小.
(1)设物体做匀减速运动的时间为Δt2,初速度为v20,末速度为v2t,加速度的大小为a2,则
a2=v20-v2tΔt2=2 m/s2 ①
设物体所受的摩擦力为Ff,由牛顿第二定律得Ff=ma2 ②
Ff=μmg ③
联立②③式,代入数据得μ= ④.
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1,初速度为v10,末速度为v20,加速度大小为a1,则a1=v20-v10Δt1=1 m/s2 ⑤
根据牛顿第二定律得FFf=ma1 ⑥
联立③④⑤⑥式,代入数据得F=6 N ⑦.
(3)由匀变速直线运动的位移公式得,0~10 s内物体运动位移的大小
x=x1+x2=v10Δt1+12a1(Δt1)2+v20Δt212a2(Δt2)2=46 m.
(1) (2)6 N (3)46 m
,某搬运工用与水平方向成37°角斜向下的推力F推水平地面上的箱子,使箱子从静止开始运动,箱子质量为4 kg,经过一段时间撤去力F,又经过一段时间后箱子停止运动,箱子运动的全过程的vt图象如图乙所示,g=10 m/s2,sin 37°=,cos 37°=,下列说法正确的是( )
,搬运工推动箱子的最小推力为20 N
,推力与水平方向的夹角增大到53°,搬运工仍能推动箱子
考法3 多过程力与运动问题的综合分析
3在一水平放置的浅色长传送带上放一煤块(可视为质点),,,当其速度达到v0后,,煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后,.
本题难度较大,传送带在开始阶段也做匀加速运动,后来变为匀速运动,.
本题题目中明确写道:“经过一段时间,煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动.”这说明煤块与传送带之间发生了相对滑动,,煤块速度v<v0,此过程中传送带的位移大于煤块的位移;接下来煤块还要继续加速到v0,.
解法一 根据传送带上有黑色痕迹可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a=μg应小于传送带的加速度a0
设经历时间t,传送带由静止开始加速到速度等于v0,煤块则由静止加速到v,有v0=a0t,v=at
由于a<a0,故v<v0,传送带速度达到v0时,煤块继续受到滑动摩擦力的作用
再经过时间t',煤块的速度由v增大到v0,有v0=v+at'
此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动,不再产生新的痕迹
设在煤块的速度从0增大到v0的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为s0和s,有s0=12a0t2+v0t',s=v022a
传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0s
由以上各式得l=v02(a0-μg)2μa0g.
感悟反思 本解法的思路是根据两物体的运动情况分别对两个物体的全过程求位移.
解法二 第一阶段:传送带由静止开始加速到速度v0,设经历的时间为t,此时,煤块加速到v,有v0=a0t,v=at=μgt
传送带和煤块的位移分别为s1和s2,有
s1=12a0t2,s2=12at2=12μgt2
第二阶段:煤块继续加速,直到速度为v0,设经历的时间为t',有v0=v+μgt',传送带和煤块的位移分别为s3和s4 ,有
s3=v0t',s4=vt'+12μgt'2
传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s1+s3(s2+s4)
由以上各式得l=v02(a0-μg)2μa0g.
感悟反思 本解法的思路是分两段分析两物体的运动情况,分别对两个物体的两个阶段求位移,最后找相对位移关系.
解法三 传送带经时间t加速到v0,有v0=a0t
传送带相对煤块的速度v=(a0μg)t
传送带加速过程中,传送带相对煤块的位移为(相对初速度为零,相对加速度为a0μg)
l1=12(a0μg)t2
传送带匀速运动过程中,传送带相对煤块的位移为[相对初速度为(a0μg)t,相对加速度为μg,相对末速度为0]
l2=(a0-μg)2t22μg
整个过程中传送带相对煤块的位移即黑色痕迹的长度,为
l=l1+l2
由以上各式得l=v02(a0-μg)2μa0g.
感悟反思 ,然后对过程进行分析,找准相对初速度、相对末速度以及相对加速度.
解法四 用图象法求解:画出传送带和煤块从开始至速度相同时的vt图象,如图所示,直线OB为煤块的速度图线,=v0a0,t2=v0μg
黑色痕迹的长度即阴影部分三角形的面积,有
l=12v0(t2t1)=12v0(v0μgv0a0)=v02(a0-μg)2μa0g.
感悟反思 本解法的思路是运用“在速度—时间图象中,图线与坐标轴所包围图形的面积表示该段时间内物体的位移”这个知识点来进行求解,本解法不是基本解法,不易想到,但若能将它理解透彻,做到融会贯通,在解决相应问题时,就可以多一种解法.
v02(a0-μg)2μa0g
3.[2020安徽安庆检测]如图所示,质量为10 kg的环在F=140 N的恒定拉力作用下,沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动,环与杆之间的动摩擦因数μ=,杆与水平地面的夹角为θ=37°,拉力F与杆的夹角θ=37°,力F作用一段时间后撤去, s后,速度减为零,g取10 m/s2,sin 37°=,cos 37°=,:
(1)拉力F作用的时间;
(2)环运动到杆底端时的速度大小.
4如图所示,AB、BC、AC为光滑杆,AC杆竖直,AB、BC杆构成直角的光滑L形轨道,B处有一小圆弧连接可使小球顺利通过
,并且A、B、C三点正好是同一个圆上的三点,而AC正好为该圆的直径,如果套在AB杆和AC杆上的两个相同的小球同时自A点静止释放,分别沿ABC轨道和AC杆运动最终到达C点,,求AB杆与AC杆之间的夹角α的值.
设该圆半径为R,小球沿AC杆做自由落体运动,运动时间t1满足2R=12gt12,得t1=2Rg
小球沿AB杆运动时,加速度a=gcos α,且