发布时间 : 星期六 文章2020版新一线高考物理二轮专题复习艺术专用课时作业:专题一 力与运动 2更新完毕开始阅读
A.滑块A的质量m=1.5 kg B.木板B的质量M=1.5 kg
C.当F=5 N时,木板B的加速度a=4 m/s2 D.滑块A与木板B间的动摩擦因数μ=0.1
解析:AC [由图乙知,当F=4 N时,A、B相对静止,加速度a=2 m/s2.对整体分析:F-μmg
F=(m+M)a,解得m+M=2 kg.当F>4 N时,A、B发生相对滑动,对B有:a==
M1μmg1ΔaF-,由图像可知,图线的斜率k===2 kg-1,解得M=0.5 kg,则滑块A质量MMMΔF1m=1.5 kg,故A正确,B错误.将F>4 N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入a=MμmgF-,解得μ=0.2,故D错误.根据F=5 N>4 N时,滑块与木块相对滑动,B的加速
M1mg
度aB=F-μ=4 m/s2,故C正确.]
MM
11.如图所示,足够长的倾角θ=37°的斜面与水平地面在P点平滑连接,通过轻绳连接的A、B两物体静置于水平地面上,质量分别为m1=2 kg,m2=4 kg,此时轻绳处于水平状态且无拉力,物体A与接触面之间的动摩擦因数均为μ1=0.5,物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2=0.75.对物体B施加水平恒力F=76 N,使两物体一起向右加速运动,经过时间t=2 s物体B到达斜面底端P点,此时撤去恒力F.若两物体均可视为质点,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1)求两物体加速时轻绳上的张力T;
(2)物体A进入斜面后,两物体恰好不相撞,求轻绳的长度L. 解析:(1)两物体加速时对整体研究有 F-μ1m1g-μ2m2g=(m1+m2)a 对A物体有T-μ1m1g=m1a 解得T=22 N,a=6 m/s2
(2)当B物体到达P点时二者速度v=at=12 m/s 之后B物体沿斜面向上滑行,有 m2gsin θ+μ2m2gcos θ=m2a2 v2
B物体上滑距离s= 2a2
A物体先在水平面上减速滑行,有μ1m1g=m1a1
2滑行到P点时速度设为v1,有v21-v=-2a1L
A物体滑上斜面后,有m1gsin θ+μ1m1gcos θ=m1a1′
因在斜面上A物体的加速度小于B物体的加速度,所以与物体B刚好不相撞,其上滑的最大距离与B的相同,则有v21=2a1′s,解得L=2.4 m
答案:(1)22 N (2)2.4 m
12.如图甲所示,质量M=4 kg且足够长的木板静止在光滑的水平面上,在木板的中点放一个质量m=4 kg,大小可忽略的铁块,铁块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.铁块和木板开始均静止,从t=0时刻起铁块受到水平向右、大
小如图乙所示的拉力F的作用,F作用的时间为6 s,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)铁块和木板在0~2 s内的加速度大小. (2)铁块在6 s内的位移大小.
(3)从开始运动到铁块和木板相对静止,它们的相对位移大小.
解析:(1)在0~2 s内,由牛顿第二定律,对铁块有F-μmg=ma1,代入数据解得铁块的加速度大小为a1=3 m/s2;对木板有μmg=Ma2,代入数据解得木板的加速度大小为a2=2 m/s2.
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(2)t1=2 s时,铁块运动的位移x1=a1t1=6 m,木板运动的位移x2=a2t2=4 m,2 s末铁
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块的速度v1=a1t1=6 m/s,木板的速度v2=a2t1=4 m/s,2 s后,由牛顿第二定律,对铁块有F-μmg=ma′1,解得a′1=1 m/s2,对木板有μmg=Ma′2,代入数据解得a′2=2 m/s2.设再经过t2时间铁块和木板达到共同速度v,则v=v1+a′1t2=v2+a′2t2,代入数据解得t2=2 s,v=8 m/s.在t2时间内,铁块运动的位移x′1=
v1+v
t=14 m,木板运动的位移x′222
v2+v=t=12 m.F作用的最后2 s内,铁块和木板相对静止,一起以初速度v=8 m/s做匀
22加速直线运动,由牛顿第二定律,对铁块和木板组成的整体有F=(m+M)a,代入数据解得12
a=1.5 m/s2,最后2 s内铁块和木板运动的位移均为x3=vt3+at3=19 m,所以铁块在6 s内
2运动的位移大小为x铁=x1+x′1+x3=39 m.
(3)铁块和木板相对静止前木板运动的总位移为x木=x2+x′2=16 m,铁块和木板的相
对位移大小为x1+x′1-x木=4 m.
答案:(1)3 m/s2 2 m/s2 (2)39 m (3)4 m