题目内容
6.如图甲所示,一足够长的质量M=0.4kg的长木板静止在水平面上,长木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.1,一质量m=0.4kg的小滑块以v0=1.8m/s的速度从长木板的右端滑上长木板,小滑块刚滑上长木板0.2s内的速度图象如图乙所示,小滑块可看成质点,重力加速度g取10m/s2,求:(1)小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1;
(2)从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中,小滑块运动的总位移X.
分析 (1)小滑块刚滑上长木板时做匀减速运动,结合图象的斜率求出其加速度a2.根据牛顿第二定律求得小滑块受到的滑动摩擦力.再对长木板,由牛顿第二定律求加速度a1.
(2)根据速度时间公式,求出两者速度到达相等时经历的时间以及共同速度,二者速度相等后一起做匀减速直线运动,由牛顿第二定律求得加速度,再由位移公式求出位移,然后求和即可得到小滑块运动的总距离X.
解答 解:(1)小滑块刚滑上长木板时加速度大小为 a2=$\frac{△v}{△t}$=$\frac{1.8-1.0}{0.2}$=4m/s2.
小滑块对长木板的滑动摩擦力 f2=ma2=0.4×4N=1.6N
地面对长木板的最大静摩擦力 f1=μ1(M+m)g=0.1×(0.4+0.4)×10N=0.8N
因为f2>f1,所以小滑块刚滑上长木板后,长木板向左匀加速,小滑块向左匀减速,据牛顿第二定律:
以木板为研究对象,有:f2-μ1(M+m)g=Ma1
代入数据得:a1=2m/s2
(2)设经过时间t小滑块与长木板速度相等时,有:v0-a2t=a1t,
代入数据得:t=0.3s
共同速度 v=a1t=2×0.3=0.6m/s
这段时间内,小滑块运动的距离为:x1=v0t-$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$=1.8×0.3-$\frac{1}{2}$×4×0.32=0.36m
此后小滑块与木板一起做匀减速运动,有:
据牛顿第二定律:μ1(M+m)g=(M+m)a3
加速度的大小为:a3=1m/s2
共同运动的距离为:x2=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{3}}$=$\frac{0.{6}^{2}}{2×1}$=0.18m
所以小滑块滑行的总位移为:x=x1+x2=0.54m
答:
(1)小滑块刚滑上长木板时,长木板的加速度大小a1是2m/s2;
(2)从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中,小滑块运动的总位移是0.54m.
点评 此题的关键在于用隔离法单独对物体受力分析,分析出小滑块m做匀减速直线运动,M做匀加速直线运动,结合牛顿第二定律和运动学公式分段研究.
A. | R | B. | $\frac{1}{2}$R | C. | $\sqrt{2}$R | D. | ($\sqrt{2}$-1)R |
A. | FLcosθ | B. | FLsinθ | C. | FL(1-cosθ) | D. | mgL(1-cosθ) |
A. | 小球在落地前的运动过程中机械能守恒 | |
B. | 小球落地时的速度方向可能竖直向下 | |
C. | 细线断裂的瞬间,其拉力大小为mg(3-2sinθ) | |
D. | 从细线断裂到小球落地的这一段时间小于$\sqrt{\frac{2h}{g}}$ |
A. | 定值电阻R0为2Ω | B. | 电源内阻r为10Ω | ||
C. | 电源电动势E为3.4V | D. | 定值电阻R0的最大电功率为0.9W |
A. | 减小电阻 | B. | 减小两板正对面积 | ||
C. | 增大板间距离 | D. | 减小板间距离 |