分析 (1)由題,若恒力F=0,則物塊會從木板的右端滑下,分別對物塊與木板進(jìn)行受力分析,結(jié)合牛頓第二定律求出加速度,然后結(jié)合位移關(guān)系即可求出;
(2)由圖象可看出當(dāng)F小于某一值F1時,m物體在板上的路程始終等于板長S,當(dāng)F等于某一值F1時,剛好不從木板右端掉下,此后一起相對靜止并加速運(yùn)動,根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)基本公式,抓住位移之間的關(guān)系列式,聯(lián)立方程求出B在A上相對A向右運(yùn)動的路程S與F、v0的關(guān)系式,把S=1m帶入即可求解F1;
當(dāng)F1≤F≤F2時,隨著F力增大,S減小,當(dāng)F=F2時,出現(xiàn)S突變,說明此時物塊、木板在達(dá)到共同速度后,恰好再次發(fā)生相對運(yùn)動,物塊將會從木板左端掉下.
對二者恰好發(fā)生相對運(yùn)動時,木板的加速度為a2,則整體加速度也為a2,由牛頓第二定律列式即可求解;
解答 解:
(1)以初速度v0為正方向,物塊的加速度大小:${a_m}=μg=2m/{s^2}$
木板的加速度大。${a_M}=\frac{μmg}{M}=4m/{s^2}$
由圖乙知,板長L=1m
滑塊相對木板的路程:$L={v_0}t-\frac{1}{2}{a_m}{t^2}-\frac{1}{2}{a_M}{t^2}$
聯(lián)立解得:$t=\frac{1}{3}s,t=1s$
當(dāng)t=1s時,滑塊的速度為2m/s,木板的速度為4m/s,而當(dāng)物塊從木板右端滑離時,滑塊的速度不可能小于木板的速度,t=1s應(yīng)舍棄,故所求時間為$t=\frac{1}{3}s$.
(2)①當(dāng)F較小時,物塊將從木板右端滑下,當(dāng)F增大到某一值時物塊恰好到達(dá)木板的右端,且兩者具有共同速度v,歷時t1,則:${a}_{1}=\frac{F+μmg}{M}$v=v0-amt1=a1•t1
位移關(guān)系:
$s=\frac{{{v_0}+v}}{2}{t_1}-\frac{v}{2}{t_1}=\frac{v_0}{2}{t_1}$
聯(lián)立解得:$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$
由圖乙知,相對路程:s≤1m
代入解得:F≥1N
②當(dāng)F繼續(xù)增大時,物塊減速、木板加速,兩者在木板上某一位置具有共同速度;當(dāng)兩者共速后能保持相對靜止(靜摩擦力作用)一起以相同加速度a做勻加速運(yùn)動,則:$a=\frac{F}{M+m}$
f=ma
由于靜摩擦力存在最大值,所以:f≤fmax=μmg=2N
聯(lián)立解得:F≤3N
③綜述:BC段恒力F的取值范圍是1N≤F≤3N,函數(shù)關(guān)系式是$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$.
答:(1)若恒力F=0,則物塊會從木板的右端滑下,物塊在木板上滑行的時間是$\frac{1}{3}$s;
(2)圖乙中BC為直線段,該段恒力F的取值范圍是1N≤F≤3N,函數(shù)關(guān)系式是$\frac{1}{s}=\frac{F+3}{4}$.
點(diǎn)評 本題考查牛頓運(yùn)動定律.滑塊問題是物理模型中非常重要的模型,是學(xué)生物理建模能力培養(yǎng)的典型模型.滑塊問題的解決非常靈活,針對受力分析、運(yùn)動分析以及牛頓第二定律的掌握,還有相對運(yùn)動的分析,特別是摩擦力的變化與轉(zhuǎn)型,都是難點(diǎn)所在.本題通過非常規(guī)的圖象來分析滑塊的運(yùn)動,能從圖中讀懂物體的運(yùn)動.
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A. | 氣體體積 | B. | 氣體分子密度 | ||
C. | 氣體內(nèi)能 | D. | 氣體分子的平均動能 |
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A. | 油滴將向上做勻加速直線運(yùn)動 | B. | 電容器所帶電荷量減小 | ||
C. | 極板間的場強(qiáng)變大 | D. | 帶電油滴電勢能減少 |
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A. | F1=4F2 | B. | F1=3F2 | C. | 2F1=3F2 | D. | 2F1=5F2 |
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