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2022-2023年高考物理二轮复习 第2篇必考方法3临界值极限法课件
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这是一份2022-2023年高考物理二轮复习 第2篇必考方法3临界值极限法课件，共40页。PPT课件主要包含了研透真题·破题有方，必备知能·融会贯通，多维猜押·制霸考场，高考猜押竞技场等内容，欢迎下载使用。
如图所示,一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端,另一端拴住质量为m1=6 kg的物体P,Q为一质量为m2=10 kg的物体,弹簧的质量不计,劲度系数k=600 N/m,系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动,已知在前0.2 s 时间内,F为变力,0.2 s以后F为恒力,sin37°=0.6,cs37°=0.8,g取10 m/s2。求:(1)系统处于静止状态时,弹簧的压缩量x0;(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a;(3)力F的最大值与最小值。
【解析】(1)设开始时弹簧的压缩量为x0对整体受力分析,平行斜面方向有(m1+m2)gsin θ=kx0解得x0=0.16 m
(2)前0.2 s时间内F为变力,之后为恒力,则0.2 s时刻两物体分离,此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等,设此时弹簧的压缩量为x1对物体P,由牛顿第二定律得kx1-m1gsin θ=m1a前0.2 s时间内两物体的位移x0-x1= at2联立解得a= m/s2
(3)对两物体受力分析知,开始运动时拉力最小,分离时拉力最大Fmin=(m1+m2)a= N对Q应用牛顿第二定律得Fmax-m2gsinθ=m2a解得Fmax=m2(gsinθ+a)= N。答案:(1)0.16 m (2) m/s2 (3) N N
【真题解码】(1)审题破题眼:
(2)命题陷阱点:陷阱1:对运动情景分析不清晰,没有发现临界条件和特征。陷阱2:受力分析要全面,不能出现漏力和多力的情况。陷阱3:利用牛顿第二定律建立方程时要注意矢量方向。
【核心必备】1.解决极值问题和临界问题的方法:(1)极限法:要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中去寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,而要把某个物理量推向极端,即极大和极小。
(2)数学分析法:通过对问题的分析,依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象),用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)。(3)物理分析法:根据物体的平衡条件,作出力的矢量图,通过对物理过程的分析,利用平行四边形定则或三角形定则进行动态分析,确定最大值与最小值。
2.连接体中的三种临界状态:(1)弹力连接(以轻绳连接或直接接触):若加速度一样,各个物体间弹力与“其带动的物体质量”成正比;直接接触的连接体往往还涉及“要分离还没分”的临界状态。(2)弹簧连接:在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连接体的速率相等。(3)摩擦连接:连接体靠静摩擦力或滑动摩擦力连接(带动),由静摩擦力带动时连接体相对静止,加速度相同;静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态。
【考场秘技】四步法解决临界极值问题
1.如图所示,滑轮质量不计,三个物体质量m1=m2+m3,这时弹簧测力计的读数为T,若把m2从右边移到左边的m1上面,弹簧测力计的读数T将( )A.增大B.减小C.不变D.无法判断
B 将滑轮和三个物体看成一个系统。原来滑轮两侧处于平衡状态,弹簧测力计的读数T等于下面所挂三个物体的重力之和,即:T=(m1+m2+m3)g,这是弹簧测力计读数的最大值。现在,把m2从右边移到左边的m1上面,左边物体的总重力大于右边物体的重力,即(m1+m2)g>m3g,左边物体m1和m2将向下做加速运动,具有向下的加速度,处于失重状态;而右边的物体m3将向上做加速运动,具有向上的加速度,处于超重状态。由于(m1+m2)>m3,且两边物体的加速度大小相等,则在系统中失重部分物体的质量大于超重部分物体的质量。所以,在总体上,系统处于失重状态,弹簧测力计受到向下的拉力将减小,极端情况下,若将右侧的物体全部放到左侧,三个物体做自由落体运动,系统完全失重,弹簧测力计的示数为0,因此,正确答案为B。
2.如图所示,在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面体,它的斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑。关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答,有如下四个表达式。根据你的判断,下述表达式中可能正确的是( )
D 用特殊值判断,当θ=0时,物块下滑过程中对斜面压力大小应为mg,代入判断知选项C、D符合要求;当θ为一定值时,C项的分母可能为零,显然不符合实际情况,所以只有选项D可能正确。
【必考方法猜押】1.如图甲所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一电阻为R的定值电阻,电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置且棒两端始终与导轨接触良好,其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F,使金属棒由静止开始沿导轨向上运动,通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示。下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图象中正确的是( )
C 设金属导轨间的距离为l,金属棒沿导轨向上运动的位移为x,由题图乙可得q= =kt2,x= t2,故金属棒做匀加速直线运动,B错误;由Φ=Bl(x0+ at2)可知,A错误;回路中的电流I= t,由牛顿第二定律有F-mgsinθ-BIl=ma,故有F= t+mgsinθ+ma,C正确,D错误。
2.如图所示,甲、乙两车同时由静止从A点出发,沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动,到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动,到达B点后做加速度为a2的匀加速运动,到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3,则( )A.甲、乙不可能同时由A到达CB.甲一定先由A到达CC.乙一定先由A到达CD.若a1>a3,则甲一定先由A到达C
A 根据速度-时间图象得,若a1>a3,如图(a),因为末速度相等,位移相等,即图线与时间轴所围成的面积相等,则t乙a1,如图(b),因为末速度相等,位移相等,即图线与时间轴所围成的面积相等,则t乙>t甲;通过图象作不出位移相等,速度相等,时间也相等的图线,所以甲、乙不能同时到达,故A正确,B、C、D错误。
3.在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后,又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B,若要使两物体能在空中相遇,则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足什么条件(不计空气阻力)( )A.Δt> B.Δt< C. <Δt< D. <Δt<
D 依据x=v0t- gt2作出x-t图象,如图所示,显然两条图线相交点的横坐标表示A、B相遇时刻,纵坐标对应位移xA=xB。由图象可直接看出Δt应满足关系式 <Δt< ,故D正确。
4.(多选)如图所示,光滑水平桌面放置着物块A,它通过细绳和轻质光滑滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m,B的质量为3m,重力加速度大小为g。静止释放物块A、B后( )A.相同时间内A、B运动的路程之比为2∶1B.物块A、B的加速度之比为1∶1C.细绳的拉力为 D.当B下落高度h时,速度为
A、C 根据动滑轮的特点可知,相同时间内,物块A、B运动的路程之比为2∶1,选项A正确;根据s= at2可知,物块A、B的加速度之比为2∶1,选项B错误;设细绳的拉力为T,B的加速度为a,则对A:T=m·2a;对B:3mg-2T=3ma;解得a= g,T= mg,选项C正确;当B下落高度h时,速度为v= ,选项D错误。
5.如图所示,质量为M、倾角为θ的斜面体A放于水平地面上。把质量为m的滑块B放在A的斜面上。忽略一切摩擦,有人求得B相对地面的加速度a= gsinθ,式中g为重力加速度。对于上述解,某同学首先分析了等号右侧量的单位,没发现问题。他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断,所得结论都是“解可能是对的”。但是,其中有一项是错误的。请你指出该项( )A.当θ=0时,该解给出a=0,这符合常识,说明该解可能是对的B.当θ=90°时,该解给出a=g,这符合实验结论,说明该解可能是对的C.当M≫m时,该解给出a=gsinθ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的D.当m≫M时,该解给出a= ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的
D 当m≫M时,该解给出a= >g,这与实际不符,说明该解一定是错误的,故选D。
6.如图所示,沿竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B,细绳与竖直杆间的夹角为θ,则以下说法正确的是( )A.物体B向右匀速运动B.物体B向右匀加速运动C.细绳对A的拉力逐渐变小D.细绳对B的拉力逐渐变大
C 取极端情况,开始时θ=90°,物体A的速度v垂直于绳,故vB=0,当θ→0时,vB→v,几乎不变,加速度趋于零,而开始时vB=0,故B向右做加速度减小的加速运动,A、B错误;由牛顿第三定律知细绳对A的拉力大小FA等于对B的拉力大小FB,而FB=mBaB,aB减小,则FA、FB逐渐减小,C正确,D错误;定量分析如下:物体A沿绳的分速度与物体B运动的速度大小相等,有vB=vcsθ,随物体A下滑,θ角减小,vB增加,但不是均匀增加,θ越小,csθ增加越慢,vB增加越慢,即B的加速度越来越小,由T=mBaB可知,细绳的拉力逐渐变小,故只有C正确。
7.如图所示,在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块,其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是fm。现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块,使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动,则拉力F的最大值是( )
C 四个木块以同一加速度向下运动,根据牛顿第二定律得,F+6mgsin30°=6ma,当拉力F作用的木块受到最大静摩擦力时,加速度最大,以其他三个木块为研究对象, fm+4mgsin30°=4ma,联立解得F= fm,C选项正确。
【常考方法猜押】8.如图甲所示,在水平地面上有一质量为m1=1 kg 的足够长的木板,其上叠放一质量为m2=2 kg的木块,木块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等,现给木块施加随时间t增大的水平拉力F=3t(N),重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1;(2)t=10 s时,两物体的加速度各为多大;(3)在图乙中画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向,只要求画图,不要求写出理由及演算过程)。
【解析】(1)当F<μ2(m1+m2)g=3 N时,木块和木板都没有被拉动,处于静止状态,当木块和木板一起运动时,对m1:fmax-μ2(m1+m2)g=m1amax,fmax=μ1m2g解得:amax=3 m/s2对整体有:Fmax-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)amax解得:Fmax=12 N由Fmax=3t得:t1=4 s
(2)t=10 s时,两物体已相对运动,则有:对m1:μ1m2g-μ2 (m1+m2)g=m1a1,解得:a1=3 m/s2对m2:F-μ1m2g=m2a2,F=3t=30 N,解得:a2=12 m/s2
(3)图象过(1,0)、(4,3)、(10,12)图象如图所示。 答案:(1)4 s (2)3 m/s2 12 m/s2 (3)见解析图
9.如图所示,长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。将一质量为m的小球固定在管底,用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连,小物块悬挂于管口。现将小球释放,一段时间后,小物块落地静止不动,小球继续向上运动,通过管口的转向装置后做平抛运动,小球在转向过程中速率不变。(重力加速度为g)
(1)求小物块下落过程中的加速度大小;(2)求小球从管口抛出时的速度大小;(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于 L。
【解析】(1)设细线中张力为T,对于M、m分别隔离,由牛顿第二定律得Mg-T=MaT-mgsinθ=ma又有M=km解得a= g
(2)设M落地时速度为v,m从管口射出时速度为v0,M落地后m的加速度为a0对m由牛顿第二定律得:mgsinθ=ma0小球在管内做匀变速直线运动v2=2aLsinθ -v2=-2a0L(1-sinθ)解得v0= (k>2)
如图所示,一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端,另一端拴住质量为m1=6 kg的物体P,Q为一质量为m2=10 kg的物体,弹簧的质量不计,劲度系数k=600 N/m,系统处于静止状态。现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动,已知在前0.2 s 时间内,F为变力,0.2 s以后F为恒力,sin37°=0.6,cs37°=0.8,g取10 m/s2。求:(1)系统处于静止状态时,弹簧的压缩量x0;(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a;(3)力F的最大值与最小值。
【解析】(1)设开始时弹簧的压缩量为x0对整体受力分析,平行斜面方向有(m1+m2)gsin θ=kx0解得x0=0.16 m
(2)前0.2 s时间内F为变力,之后为恒力,则0.2 s时刻两物体分离,此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等,设此时弹簧的压缩量为x1对物体P,由牛顿第二定律得kx1-m1gsin θ=m1a前0.2 s时间内两物体的位移x0-x1= at2联立解得a= m/s2
(3)对两物体受力分析知,开始运动时拉力最小,分离时拉力最大Fmin=(m1+m2)a= N对Q应用牛顿第二定律得Fmax-m2gsinθ=m2a解得Fmax=m2(gsinθ+a)= N。答案:(1)0.16 m (2) m/s2 (3) N N
【真题解码】(1)审题破题眼:
(2)命题陷阱点:陷阱1:对运动情景分析不清晰,没有发现临界条件和特征。陷阱2:受力分析要全面,不能出现漏力和多力的情况。陷阱3:利用牛顿第二定律建立方程时要注意矢量方向。
【核心必备】1.解决极值问题和临界问题的方法:(1)极限法:要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中去寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,而要把某个物理量推向极端,即极大和极小。
(2)数学分析法:通过对问题的分析,依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象),用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)。(3)物理分析法:根据物体的平衡条件,作出力的矢量图,通过对物理过程的分析,利用平行四边形定则或三角形定则进行动态分析,确定最大值与最小值。
2.连接体中的三种临界状态:(1)弹力连接(以轻绳连接或直接接触):若加速度一样,各个物体间弹力与“其带动的物体质量”成正比;直接接触的连接体往往还涉及“要分离还没分”的临界状态。(2)弹簧连接:在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连接体的速率相等。(3)摩擦连接:连接体靠静摩擦力或滑动摩擦力连接(带动),由静摩擦力带动时连接体相对静止,加速度相同;静摩擦力达到最大静摩擦力时是“要滑还没滑”的临界状态。
【考场秘技】四步法解决临界极值问题
1.如图所示,滑轮质量不计,三个物体质量m1=m2+m3,这时弹簧测力计的读数为T,若把m2从右边移到左边的m1上面,弹簧测力计的读数T将( )A.增大B.减小C.不变D.无法判断
B 将滑轮和三个物体看成一个系统。原来滑轮两侧处于平衡状态,弹簧测力计的读数T等于下面所挂三个物体的重力之和,即:T=(m1+m2+m3)g,这是弹簧测力计读数的最大值。现在,把m2从右边移到左边的m1上面,左边物体的总重力大于右边物体的重力,即(m1+m2)g>m3g,左边物体m1和m2将向下做加速运动,具有向下的加速度,处于失重状态;而右边的物体m3将向上做加速运动,具有向上的加速度,处于超重状态。由于(m1+m2)>m3,且两边物体的加速度大小相等,则在系统中失重部分物体的质量大于超重部分物体的质量。所以,在总体上,系统处于失重状态,弹簧测力计受到向下的拉力将减小,极端情况下,若将右侧的物体全部放到左侧,三个物体做自由落体运动,系统完全失重,弹簧测力计的示数为0,因此,正确答案为B。
2.如图所示,在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面体,它的斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑。关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答,有如下四个表达式。根据你的判断,下述表达式中可能正确的是( )
D 用特殊值判断,当θ=0时,物块下滑过程中对斜面压力大小应为mg,代入判断知选项C、D符合要求;当θ为一定值时,C项的分母可能为零,显然不符合实际情况,所以只有选项D可能正确。
【必考方法猜押】1.如图甲所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一电阻为R的定值电阻,电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置且棒两端始终与导轨接触良好,其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F,使金属棒由静止开始沿导轨向上运动,通过定值电阻R的电荷量q随时间的平方t2变化的关系如图乙所示。下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ、金属棒的加速度a、外力F、通过电阻R的电流I随时间t变化的图象中正确的是( )
C 设金属导轨间的距离为l,金属棒沿导轨向上运动的位移为x,由题图乙可得q= =kt2,x= t2,故金属棒做匀加速直线运动,B错误;由Φ=Bl(x0+ at2)可知,A错误;回路中的电流I= t,由牛顿第二定律有F-mgsinθ-BIl=ma,故有F= t+mgsinθ+ma,C正确,D错误。
2.如图所示,甲、乙两车同时由静止从A点出发,沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动,到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动,到达B点后做加速度为a2的匀加速运动,到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3,则( )A.甲、乙不可能同时由A到达CB.甲一定先由A到达CC.乙一定先由A到达CD.若a1>a3,则甲一定先由A到达C
A 根据速度-时间图象得,若a1>a3,如图(a),因为末速度相等,位移相等,即图线与时间轴所围成的面积相等,则t乙
3.在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后,又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B,若要使两物体能在空中相遇,则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足什么条件(不计空气阻力)( )A.Δt> B.Δt< C. <Δt< D. <Δt<
D 依据x=v0t- gt2作出x-t图象,如图所示,显然两条图线相交点的横坐标表示A、B相遇时刻,纵坐标对应位移xA=xB。由图象可直接看出Δt应满足关系式 <Δt< ,故D正确。
4.(多选)如图所示,光滑水平桌面放置着物块A,它通过细绳和轻质光滑滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m,B的质量为3m,重力加速度大小为g。静止释放物块A、B后( )A.相同时间内A、B运动的路程之比为2∶1B.物块A、B的加速度之比为1∶1C.细绳的拉力为 D.当B下落高度h时,速度为
A、C 根据动滑轮的特点可知,相同时间内,物块A、B运动的路程之比为2∶1,选项A正确;根据s= at2可知,物块A、B的加速度之比为2∶1,选项B错误;设细绳的拉力为T,B的加速度为a,则对A:T=m·2a;对B:3mg-2T=3ma;解得a= g,T= mg,选项C正确;当B下落高度h时,速度为v= ,选项D错误。
5.如图所示,质量为M、倾角为θ的斜面体A放于水平地面上。把质量为m的滑块B放在A的斜面上。忽略一切摩擦,有人求得B相对地面的加速度a= gsinθ,式中g为重力加速度。对于上述解,某同学首先分析了等号右侧量的单位,没发现问题。他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断,所得结论都是“解可能是对的”。但是,其中有一项是错误的。请你指出该项( )A.当θ=0时,该解给出a=0,这符合常识,说明该解可能是对的B.当θ=90°时,该解给出a=g,这符合实验结论,说明该解可能是对的C.当M≫m时,该解给出a=gsinθ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的D.当m≫M时,该解给出a= ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的
D 当m≫M时,该解给出a= >g,这与实际不符,说明该解一定是错误的,故选D。
6.如图所示,沿竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B,细绳与竖直杆间的夹角为θ,则以下说法正确的是( )A.物体B向右匀速运动B.物体B向右匀加速运动C.细绳对A的拉力逐渐变小D.细绳对B的拉力逐渐变大
C 取极端情况,开始时θ=90°,物体A的速度v垂直于绳,故vB=0,当θ→0时,vB→v,几乎不变,加速度趋于零,而开始时vB=0,故B向右做加速度减小的加速运动,A、B错误;由牛顿第三定律知细绳对A的拉力大小FA等于对B的拉力大小FB,而FB=mBaB,aB减小,则FA、FB逐渐减小,C正确,D错误;定量分析如下:物体A沿绳的分速度与物体B运动的速度大小相等,有vB=vcsθ,随物体A下滑,θ角减小,vB增加,但不是均匀增加,θ越小,csθ增加越慢,vB增加越慢,即B的加速度越来越小,由T=mBaB可知,细绳的拉力逐渐变小,故只有C正确。
7.如图所示,在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块,其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是fm。现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块,使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动,则拉力F的最大值是( )
C 四个木块以同一加速度向下运动,根据牛顿第二定律得,F+6mgsin30°=6ma,当拉力F作用的木块受到最大静摩擦力时,加速度最大,以其他三个木块为研究对象, fm+4mgsin30°=4ma,联立解得F= fm,C选项正确。
【常考方法猜押】8.如图甲所示,在水平地面上有一质量为m1=1 kg 的足够长的木板,其上叠放一质量为m2=2 kg的木块,木块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等,现给木块施加随时间t增大的水平拉力F=3t(N),重力加速度大小g取10 m/s2。
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1;(2)t=10 s时,两物体的加速度各为多大;(3)在图乙中画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向,只要求画图,不要求写出理由及演算过程)。
【解析】(1)当F<μ2(m1+m2)g=3 N时,木块和木板都没有被拉动,处于静止状态,当木块和木板一起运动时,对m1:fmax-μ2(m1+m2)g=m1amax,fmax=μ1m2g解得:amax=3 m/s2对整体有:Fmax-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)amax解得:Fmax=12 N由Fmax=3t得:t1=4 s
(2)t=10 s时,两物体已相对运动,则有:对m1:μ1m2g-μ2 (m1+m2)g=m1a1,解得:a1=3 m/s2对m2:F-μ1m2g=m2a2,F=3t=30 N,解得:a2=12 m/s2
(3)图象过(1,0)、(4,3)、(10,12)图象如图所示。 答案:(1)4 s (2)3 m/s2 12 m/s2 (3)见解析图
9.如图所示,长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。将一质量为m的小球固定在管底,用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连,小物块悬挂于管口。现将小球释放,一段时间后,小物块落地静止不动,小球继续向上运动,通过管口的转向装置后做平抛运动,小球在转向过程中速率不变。(重力加速度为g)
(1)求小物块下落过程中的加速度大小;(2)求小球从管口抛出时的速度大小;(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于 L。
【解析】(1)设细线中张力为T,对于M、m分别隔离,由牛顿第二定律得Mg-T=MaT-mgsinθ=ma又有M=km解得a= g
(2)设M落地时速度为v,m从管口射出时速度为v0,M落地后m的加速度为a0对m由牛顿第二定律得:mgsinθ=ma0小球在管内做匀变速直线运动v2=2aLsinθ -v2=-2a0L(1-sinθ)解得v0= (k>2)
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