题目内容
9.(1)0.5s内物块与长木板的加速度
(2)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数.
(3)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小.
分析 (1)由图象求出物块的加速度,然后由牛顿第二定律求出动摩擦因数.由图象求出木板的加速度,然后由牛顿第二定律求出动摩擦因数.
(2)对物块与木板受力分析,由牛顿第二定律求出加速度.
(3)作出物体与木板的v-t图象,由运动学公式求出物体的位移.
解答 解:(1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.
由图可知,在t1=0.5 s时,物块和木板的速度相同.设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,由图示图象可知:
a1=$\frac{{v}_{1}}{{t}_{1}}=\frac{1}{0.5}$=2m/s2,
对物块由牛顿第二定律得:
μ1mg=ma1,
代入数据解得:μ1=0.2;
由图象可知,木板的加速度:
a2=$\frac{△v}{△t}=\frac{1-5}{0.5}$=-8m/s2,负号表示方向,
由牛顿第二定律得:μ1mg+μ2(m+m)g=ma2,
代入数据解得:μ2=0.3.
(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向.
设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1′、a2′,由牛顿第二定律得:
f=ma1′,μ2(m+m)g-f=ma2′,
假设二者相对静止,则a1′=a2′,
得:f=μ2mg>μ1mg,与假设矛盾,则二者相对滑动,则有:f=μ1mg,
解得:a1′=2m/s2,a2′=4m/s2;
(3)可知木块减速到零后就静止,物块一直减速到静止,物块的v-t图象如图中点划线所示.![]()
由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为:
s1=2$\frac{{v}_{1}^{2}}{2{a}_{1}}$,s2=$\frac{{v}_{0}+{v}_{1}}{2}$t1+$\frac{{v}_{1}^{2}}{2{a}_{2}}$,
物块相对于木板的位移的大小为:s=s2-s1,
代入数据解得:s=1.125m.
答:(1)0.5s内物块与长木板的加速度分别为2m/s2和-8m/s2;
(2)物块与木板间的动摩擦因数为0.2,木板与地面间的动摩擦因数为0.3;
(3)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小为1.125m.
点评 解决本题的关键理清物块和木板的运动规律,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解,知道图线的斜率表示加速度,图线与时间轴围成的面积表示位移
| A. | 小球做加速度增大的加速运动 | B. | 小球做加速度减小的加速运动 | ||
| C. | 小球做加速度减小的减速运动 | D. | 小球做加速度增大的减速运动 |
| A. | 两弹簧都处于拉伸状态 | |
| B. | 两弹簧都处于压缩状态 | |
| C. | 弹簧L1处于压缩状态,弹簧L2处于原长 | |
| D. | 弹簧L1处于拉伸状态,弹簧L2处于压缩状态 |
| A. | 石块b 对a 的支持力与a 受到的重力是一对相互作用力 | |
| B. | 石块b 对a 的支持力一定等于a 受到的重力 | |
| C. | 石块c 受到水平桌面向左的摩擦力 | |
| D. | 石块c 对b 的作用力一定竖直向上 |
| A. | B点的电势高 | |
| B. | B点的场强大 | |
| C. | 同一试探电荷在A点的加速度大于在B点的加速度 | |
| D. | 电荷在A点受力方向一定与A点场强方向一致 |
| A. | 可能小于 4 m/s2 | B. | 可能等于 4m/s2 | C. | 可能等于 8m/s2 | D. | 可能等于 12m/s2 |
| A. | P所受到的重力和Q对P的支持力 | B. | Q受到的重力和Q对地球的吸引力 | ||
| C. | P对Q的压力和Q对P的支持力 | D. | Q对地面的压力和地面对Q的支持力 |
| A. | FT和FN都增大 | B. | FT和FN都减小 | C. | FT增大,FN减小 | D. | FT减小,FN增大 |