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22届高中物理一轮总复习 实验4 验证牛顿运动定律（新高考）课件PPT
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这是一份22届高中物理一轮总复习 实验4 验证牛顿运动定律（新高考）课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，必备知识预案自诊，关键能力学案突破，对应演练迁移应用，核心素养专项提升等内容，欢迎下载使用。
一、实验目的1.学会用控制变量法研究物理量的关系。2.探究加速度与力、质量的关系。3.掌握利用图像处理数据的方法。二、实验器材打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平、刻度尺、砝码。
三、实验思路(一)控制变量法的应用将小车置于水平木板上,通过滑轮与小盘和砝码相连,小车可以在小盘和砝码的牵引下运动。1.保持小车质量不变,研究加速度与力的关系。2.保持小车所受的拉力不变,研究加速度与质量的关系。
(二)物理量的测量1.用天平测量质量:为了改变小车的质量,可以在小车中增减砝码的数量。2.将打点计时器的纸带连在小车上,根据纸带上打出的点来测量加速度。3.现实中,仅受一个力作用的物体几乎不存在。然而,一个单独的力的作用效果与跟它大小、方向都相同的合力的作用效果是相同的。因此,实验中作用力F的含义可以是物体所受的合力。用阻力补偿法确定小车受到的合力——小盘和砝码的牵引力。
四、进行实验1.称量质量——用天平测量小盘和小车的质量。2.安装器材——按如图所示装置安装器材(暂时不把悬挂小盘的细绳系在小车上)。
3.阻力补偿法平衡摩擦及其他阻力——在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块,反复移动薄木块的位置,直至小车能拉着纸带匀速下滑。4.测量加速度(1)保持小车的质量不变,打出一条纸带。计算小盘和砝码的重力,由纸带计算出小车的加速度,并填入表中。改变小盘内砝码的个数,并多做几次实验。(2)保持小盘内的砝码个数不变,在小车上放上砝码改变小车的质量,让小车在木板上滑动打出纸带。计算砝码和小车的总质量,并由纸带计算出小车对应的加速度,填入表中。改变小车上砝码的个数,多做几次实验。
五、数据分析1.利用Δx=aT2及逐差法求a。2.以a为纵坐标,F为横坐标,根据各组数据描点,如果这些点在一条过原点的直线上,说明a与F成正比。3.以a为纵坐标, 为横坐标,描点、连线,如果该线为过原点的直线,就能判定a与m成反比。
六、误差分析1.实验原理不完善:本实验用小盘和砝码的总重力代替小车的拉力,而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力。2.摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
七、其他方案概述方案:通过位移之比测量加速度之比如图所示,将两辆相同的小车放在水平木板上,前端各系一条细线,线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中可以放不同
的重物。把木板一端垫高,参考方案1的方法补偿阻力的影响,两小车后端各系一条细线,用一个物体,例如黑板擦,把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦,两小车同时开始运动,按下黑板擦,两小车同时停下来。用刻度尺测出两小车移动的位移x1、x2。由于两小车运动时间t相同,从它们的位移之比就可以得出加速度之比。完成上述实验后,在盘中重物相同的情况下,通过增减小车中的重物改变小车的质量,再进行实验。
【典例1】 在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,两位同学设计了不同的实验方案。(1)小李同学采用图甲的实验装置进行实验。
为了使小车所受的拉力可认为与槽码所受的重力相等,应满足的条件是 槽码的质量远小于小车的质量 ; ②用阻力补偿法消除阻力影响的正确操作是 B ;(选填“A”或“B”) A.把木板不带定滑轮的一侧抬高,调节木板的倾斜角度,直至小车在不受牵引力时能拖动纸带开始运动B.把木板不带定滑轮的一侧抬高,调节木板的倾斜角度,轻推小车,使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动
③图乙是小李同学某次实验得到的纸带,两计数点间有四个点未画出,部分实验数据如图所示,所用交变电流的频率为50 Hz。则小车的加速度为 0.52或0.53 m/s2。(结果保留2位有效数字)
(2)小张同学采用图丙的实验装置进行实验(丁为俯视图)。
将两个相同的小车放在水平木板上,前端各系一条细绳,细绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中放上不同的重物。两个小车后各系一条细线,用夹子把两条细线同时夹住,使小车静止。打开夹子,两个小车同时开始运动,合上夹子,两个小车同时停下来。只需要测量两小车的位移及两小盘和盘中重物的总质量,即可探究加速度与合外力的关系。
①小张同学的实验方案中 需要 进行阻力补偿。(选填“需要”或“不需要”) ②一次实验中,用刻度尺测量两个小车的位移x1和x2,已知小盘和盘中重物的总质量分别为m1和m2,为了验证加速度与合外力成正比,只需验证表达式 成立(用x1、x2、m1、m2表示)。
解析(1)①为了使小车所受的拉力可认为与槽码所受的重力相等,应满足的条件是槽码的质量远小于小车的质量;②用阻力补偿法消除阻力影响的正确操作是平衡摩擦力,即把木板不带定滑轮的一侧抬高,调节木板的倾斜角度,轻推小车,使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动,故选B。③两计数点间有四个点未画出,则T=0.1 s,根据Δx=aT2可得加速度
以本实验为背景,通过改变实验条件、实验仪器和实验数据的处理设置题目,或者通过实验原理的拓展来设置题目。一、实验器材的改进
三、实验的拓展延伸以验证牛顿运动定律为背景测量物块与木板间的动摩擦因数。
【典例2】 某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中,置于实验台上的长木板水平放置,其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小滑车相连,另一端可悬挂钩码。本实验中可用
的钩码共有N=5个,每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下:(1)将5个钩码全部放入小车中,在长木板左下方垫上适当厚度的小物块,使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。(2)将n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端,其余N-n个钩码仍留在小车内;用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车,同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s,绘制s-t图像,经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值见下表。n=2时的s-t图像如图(b)所示:由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字),将结果填入下表。
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点,并作出a-n图像。从图像可以看出:当物体质量一定时,物体的加速度与其所受的合外力成正比。
答案a-n图线见解析
(5)利用a-n图像求得小车(空载)的质量为 0.45(在0.43和0.47范围内均可)kg(保留2位有效数字,重力加速度g取9.8 m·s-2)。 (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1),下列说法正确的是 BC (填入正确选项前的标号)。 A.a-n图线不再是直线B.a-n图线仍是直线,但该直线不过原点C.a-n图线仍是直线,但该直线的斜率变大思维点拨 此实验与教材中实验对比,研究对象一样吗?
1.(2020江西景德镇一中高三月考)“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示,实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F,通过增加钩码的数量,多次测量,可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a-F图线,如图乙所示。
(1)图线 ① (选填“①”或“②”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。 (2)在轨道为斜面情况下,轨道倾斜的角度为θ=37°,则小车与轨道面的动摩擦因数μ= 0.5 (已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)。 (3)在轨道水平时,小车运动的阻力F1= 0.5 N。
(4)图乙中,拉力F较大时,a-F图线明显弯曲,产生误差,为避免此误差可采取的措施是 C (填选项字母) A.调整轨道的倾角,在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B.增加钩码数量的同时在小车上增加砝码,使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C.将无线力传感器捆绑在小车上,再将细线连在力传感器上,用力传感器读数代替钩码的重力D.更换实验中使用的钩码规格,采用质量较小的钩码进行上述实验
答案(1)① (2)0.5 (3)0.5 (4)C解析(1)由图像可知,当F=0时,a≠0。也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。(2)根据图像F=0时,a=2 m/s2,根据牛顿第二定律mgsin 37°-μmgcs 37°=ma即a=gsin 37°-μgcs 37°解得μ=0.5
(3)图线②是在轨道水平时做的实验,由图像可知:当拉力等于0.5 N时,加速度恰好为零,即刚好拉动小车,此时F1=F=0.5 N(4)随着钩码的数量增大到一定程度时图乙的图线明显偏离直线,造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大,而实验时用钩码所受重力作为小车所受的拉力,所以消除此误差可采取的简便且有效的措施是测量出小车所受的拉力,即在钩码与细绳之间放置一力传感器,得到力F的数值,再作出小车运动的加速度a和力传感器读数F的关系图像,故选C。
2.(2020北京高三学业考试)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系,甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置。其中M为小车的质量,m为砂和砂桶的质量,m0为动滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
(1)(多选)实验时,一定要进行的操作是 BC 。 A.用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录力传感器的示数D.为减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出),已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交变电流,根据纸带可求出小车的加速度为 2.00 m/s2(结果保留3位有效数字)。
(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标,加速度a为纵坐标,画出的a-F图像是一条直线,图线与横坐标的夹角为θ,求得图线的斜率为k,则小车的质量为 C 。
(4)乙同学根据测量数据作出如图所示的a-F图线,该同学做实验时存在的问题是 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 。
答案(1)BC (2)2.00 (3)C (4)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够解析(1)本题拉力可以由传感器测出,不需要用天平测出砂和砂桶的质量,也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量,故A、D错误;实验时需将长木板右端垫高,以平衡摩擦力,故B正确;实验时,小车应靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,需记录传感器的示数,故C正确。
3.(2020黑龙江双鸭山一中高三模拟)为了“验证牛顿第二定律”,某同学设计了如下实验方案:
A.实验装置如图甲所示,一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮,另一端挂一质量为m=0.5 kg的钩码。用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起,调整长木板的倾角,直至轻推滑块后,滑块沿长木板向下做匀速直线运动;
B.保持长木板的倾角不变,取下细绳和钩码,连接纸带,接通打点计时器的电源,然后让滑块沿长木板滑下,打点计时器打下的纸带如图乙所示。
请回答下列问题:(1)图乙中纸带的 右 端与滑块相连(选填“左”或“右”)。 (2)图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出,打点计时器接频率为50 Hz的交流电源,根据图乙求出滑块的加速度a= 1.65 m/s2。 (3)不计纸带与打点计时器间的阻力,滑块的质量M= 2.97 kg(g取9.8 m/s2,结果保留3位有效数字)。
答案(1)右 (2)1.65 (3)2.97解析(1)因为打点计时器每隔0.02 s打一个点,两个计数点之间还有4个打点未画出,所以两个计数点的时间间隔为T=0.1 s,时间间隔是定值,滑块拖动纸带下滑的运动过程中,速度越来越快,所以相等时间内运动的位移越来越大。所以图乙中纸带的右端与滑块相连;(2)根据Δx=aT2利用逐差法,有: =1.65 m/s2。(3)由A步骤可知,取下细绳和钩码后,滑块受到的合外力为:F=0.5×9.8=4.9 N根据牛顿第二定律得 。
4.某学习小组利用甲图中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系,图中长木板水平放置,其左端固定一轻滑轮。轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小车相连,另一端可悬挂钩码,本实验中可用的钩码共有N个。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,每个钩码的质量为m0,小车的质量为M,重力加速度取g。实验要点如下:
(1)实验开始时平衡摩擦力。在长木板右下方垫上适当厚度的小物块,反复调节垫高,使小车在木板上恰好做 匀速直线运动 。 (2)将n(依次取n=1,2,3,4…)个钩码挂在左端,其余N-n个钩码放在小车内,用手按住小车并使轻绳与木板平行,打开电源,释放小车,获得一条清晰的纸带,经数据处理后可得到相应的加速度a。(3)图乙为某次实验得到的纸带,从刻度尺可读出s3= 47.0 mm,利用读得的实验数据s1、s3计算出小车的加速度a= 1.1 m/s2(保留2位有效数字)。
解析(1)平衡摩擦力时,在长木板右下方垫上适当厚度的小物块,反复调节垫高,使小车在木板上恰好做匀速直线运动。(3)从刻度尺可读出,B点读数为73.0 mm,C点读数为120.0 mm,因此可得s3=120.0 mm-73.0 mm=47.0 mm同理可得出s1=37.0 mm-12.5 mm=24.5 mm小车做匀变速直线运动,根据s3-s1=2aT2解得
(4)观点正确。由于当小车和钩码(含车上放置和细绳末端所挂的所有钩码)的总质量一定,所以小车的加速度a与细绳末端所挂钩码的重力F始终成正比,不需要满足钩码的质量远小于小车的质量,因此小段同学的观点正确。(5)把小车及所有钩码看成一个系统,根据牛顿第二定律nm0g=(Nm0+M)a整理得从a-n图像可以看出,图像为经过原点一条直线,说明当物体质量一定时,物体的加速度与其所受的合外力成正比。图像斜率 解得
一、新教材经典素材科学探究——球形物体空气阻力大小与速率关系的研究
人教版新教材提出了要加强课题研究,并提供了一个研究样例和一个参考选题。研究样例为“球形物体空气阻力大小与速率关系的研究”。
思维指导学习研究样例时,一方面要了解课题研究的选题是怎样提出的,研究的证据是怎样收集的,怎样通过对证据的解释形成研究结论,如何撰写课题研究报告等;另一方面要对教材中的课题,深入拓展探究,要根据平时的观察和发现,选择感兴趣的课题进行研究,达到举一反三的目的。通过教材提供的研究样例,在明确样例中气球所受空气阻力的大小和气球运动的速率如何测量的同时,要掌握平衡法测量阻力和利用数码相机等测量速度的方法。
1.(2020福建福州高三模拟)让钢球从某一高度竖直落下进入液体中,图中是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置,则下列说法正确的是( )A.钢球进入液体中先做加速运动,后做减速运动B.钢球进入液体中先做减速运动,后做加速运动C.钢球在液体中所受阻力先小于重力,后等于重力D.钢球在液体中所受阻力先大于重力,后等于重力
答案 D解析 通过闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置,由相邻小球的间距先减小后不变可知,小球先做减速运动,后做匀速运动。加速度的方向先向上,然后为零,由牛顿第二定律得f-mg=ma,则阻力先大于重力,然后等于重力。故选D。
2.(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则( )A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
二、整体法与隔离法求解动力学连接体问题连接体问题涉及多个物体的运动,各物体既相互独立,又通过内力相互联系。处理连接体问题时,整体法与隔离法往往交叉使用,一般思路如下:(1)求内力时,先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力。(2)求外力时,先用隔离法求加速度,再用整体法求整体受到的外力。题型1 同一方向上的连接体问题这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。解题时,一般采用先整体、后隔离的方法。
案例探究【典例1】 (多选)如图所示,粗糙的水平地面上有三个完全相同的木块A、B、C,质量均为m,B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上,三者开始一起做匀加速运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上,系统仍加速运动,且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后,下列说法正确的是( )A.无论粘在哪个木块上面,系统加速度都将减小B.若粘在A木块上面,绳的拉力减小,A、B间摩擦力不变C.若粘在B木块上面,绳的拉力增大,A、B间摩擦力增大D.若粘在C木块上面,绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
答案 AD 解析 由牛顿第二定律得未粘上橡皮泥时系统的加速度a= ,因为无相对滑动,所以无论橡皮泥粘到哪个木块上,根据牛顿第二定律都有F-3μmg-μΔmg=(3m+Δm)a,系统加速度a都将减小,A正确;若粘在A木块上,以C为研究对象,受F、摩擦力μmg、绳子拉力FT,F-μmg-FT=ma,a减小,F、μmg不变,所以FT增大,B错误;若粘在B木块上,a减小,以A为研究对象,m不变,所受摩擦力减小,C错误;若粘在C木块上,a减小,A的摩擦力减小,以A、B整体为研究对象,有FT-2μmg=2ma,FT减小,D正确。
题型2 不同方向上的连接体问题如图所示,细绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同,但方向不同,一般采用隔离法求解,也可以用整体法分析解答。
案例探究【典例2】 如图所示的装置叫做阿特伍德机,是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置,用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于重力加速度g,同自由落体运动相比,下落相同的高度,所经历的时间要长,这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M,物体C的质量为m,轻绳与轻滑轮间的摩擦不计,绳子不可伸长,如果m= M,求:(1)物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值;(2)系统由静止释放后,运动过程中物体C对B的拉力大小。
解析 (1)设物体的加速度为a,绳子中的张力为F,对物体A,F-Mg=Ma,对B、C整体,(M+m)g-F=(M+m)a,
整体法与隔离法使用技巧(1)不同方向上的连接体问题也可以采用整体法进行求解。(2)使用整体法时计算简便,但对受力分析和依据牛顿第二定律列方程都有更高的能力要求。(3)按步骤进行受力分析、列方程,用整体法能解决的问题,用隔离法一般也能解决。
2.如图所示,在横截面为正三角形的容器内放有一小球,容器内各面与小球恰好接触,图中a、b、c为容器的三个侧面,将它们以初速度v0竖直向上抛出,运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比,下列说法正确的是( )A.上升过程中,小球对c有压力且逐渐变大B.上升过程中,小球受到的合力逐渐变大C.下落过程中,小球对a有压力且逐渐变大D.下落过程中,小球对容器的作用力逐渐变大
答案D 解析上升过程中,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有(m+m')g+kv=(m+m')a,系统加速度竖直向下且大于重力加速度,小球加速度向下,所以容器底面c对小球无作用力,a、b侧面对小球的作用力竖直向下,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有mg+Nab=ma,系统速度减小,加速度减小,小球受到的合外力减小,A、B错误;下落过程中,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有(m+m')g-kv=(m+m')a,系统加速度竖直向下且小于重力加速度,小球加速度向下,所以a、b侧面对小球无作用力,底面c对小球的作用力竖直向上,根据牛顿第二定律有mg-N=ma,系统的速度增大,加速度减小,小球的加速度减小,底面c对小球的作用力逐渐变大,根据牛顿第三定律可知,小球对容器的作用力逐渐变大,C错误,D正确。故选D。
三、科学思维之模型建构滑块—滑板模型
模型建构1.模型特点:通常涉及两个或两个以上的物体,并且物体间存在相对滑动。2.摩擦力方向的特点(以两个物体为例)(1)若两个物体同向运动,且两个物体“一快一慢”,则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力,“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。(2)若两个物体反向运动,则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
3.运动特点(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移大小之差等于板长;反向运动时,位移大小之和等于板长。设板长为L,滑块位移大小为x1,滑板位移大小为x2同向运动时:如图甲所示,L=x1-x2反向运动时:如图乙所示,L=x1+x2
(2)若滑块与滑板最终相对静止,则它们的末速度相等。
【典例】 (2017全国卷Ⅲ)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求(1)B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
破题 1.对各物体受力分析,由牛顿第二定律求加速度,从而确定各物体初始阶段的运动性质。2.分析运动过程,找出运动状态变化的两个转折点:①B与木板相对静止,②A与木板相对静止。由此明确整个运动过程的三个阶段中,各物体的受力和运动状况。3.分阶段由牛顿第二定律和运动学公式列方程。4.根据运动全过程的分析,分析计算各物体的对地位移,即可求解。
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m解析 (1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg①f2=μ1mBg②f3=μ2(m+mA+mB)g③
由牛顿第二定律得f1=mAaA④f2=mBaB⑤f2-f1-f3=ma1⑥设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1⑦v1=a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1- ⑩设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有f1+f3=(mB+m)a2⑪由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2⑫对A有v2=-v1+aAt2⑬在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2- ⑭
在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)2⑮A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB⑯联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m⑰(也可用如图的速度—时间图线求解)
1.解答“滑块—滑板”问题的思维流程
2.概括总结:(1)分别选研究对象→分别受力分析→分别求加速度→分别求位移;(2)分析位移关系、速度关系→找临界点。
2.如图所示,一个长度为L=1 m、高度为h=0.2 m的长木板静止在水平地面上,其质量M=0.4 kg,一质量m=0.1 kg的小物块(可视为质点)放置在其上表面的最右端。物块与长木板、长木板与地面之间动摩擦因数均为μ=0.5。已知重力加速度g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给长木板施加一个水平向右持续作用的外力F。
(1)若F恒为3 N,试求长木板的加速度大小;(2)若F=kt,k>0,在t=0时刻到物块刚从长木板上滑落的时间内,请定性画出物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线,不用标注时间以及力的大小;(3)若F为5.8 N,作用1.5 s后撤去,试判断物块是否能从长木板上掉下,如能,请求出小物块落地时距长木板左端的距离;如不能,求出物块距长木板右端的距离。
答案(1)1 m/s2 (2)见解析 (3)能 0.59 m解析(1)假设长木板与物块相对静止时,对物块受力分析,最大加速度a0= =5 m/s2对长木板与物块,由牛顿第二定律F0-μ(M+m)g=(M+m)a0得F0=5 N长木板与地面最大静摩擦力为fm=μ(M+m)g=2.5 N因为2.5 N5 N时,物块相对木板滑动,摩擦力f=μmg保持不变。故物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线如下:
一、实验目的1.学会用控制变量法研究物理量的关系。2.探究加速度与力、质量的关系。3.掌握利用图像处理数据的方法。二、实验器材打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平、刻度尺、砝码。
三、实验思路(一)控制变量法的应用将小车置于水平木板上,通过滑轮与小盘和砝码相连,小车可以在小盘和砝码的牵引下运动。1.保持小车质量不变,研究加速度与力的关系。2.保持小车所受的拉力不变,研究加速度与质量的关系。
(二)物理量的测量1.用天平测量质量:为了改变小车的质量,可以在小车中增减砝码的数量。2.将打点计时器的纸带连在小车上,根据纸带上打出的点来测量加速度。3.现实中,仅受一个力作用的物体几乎不存在。然而,一个单独的力的作用效果与跟它大小、方向都相同的合力的作用效果是相同的。因此,实验中作用力F的含义可以是物体所受的合力。用阻力补偿法确定小车受到的合力——小盘和砝码的牵引力。
四、进行实验1.称量质量——用天平测量小盘和小车的质量。2.安装器材——按如图所示装置安装器材(暂时不把悬挂小盘的细绳系在小车上)。
3.阻力补偿法平衡摩擦及其他阻力——在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块,反复移动薄木块的位置,直至小车能拉着纸带匀速下滑。4.测量加速度(1)保持小车的质量不变,打出一条纸带。计算小盘和砝码的重力,由纸带计算出小车的加速度,并填入表中。改变小盘内砝码的个数,并多做几次实验。(2)保持小盘内的砝码个数不变,在小车上放上砝码改变小车的质量,让小车在木板上滑动打出纸带。计算砝码和小车的总质量,并由纸带计算出小车对应的加速度,填入表中。改变小车上砝码的个数,多做几次实验。
五、数据分析1.利用Δx=aT2及逐差法求a。2.以a为纵坐标,F为横坐标,根据各组数据描点,如果这些点在一条过原点的直线上,说明a与F成正比。3.以a为纵坐标, 为横坐标,描点、连线,如果该线为过原点的直线,就能判定a与m成反比。
六、误差分析1.实验原理不完善:本实验用小盘和砝码的总重力代替小车的拉力,而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力。2.摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
七、其他方案概述方案:通过位移之比测量加速度之比如图所示,将两辆相同的小车放在水平木板上,前端各系一条细线,线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中可以放不同
的重物。把木板一端垫高,参考方案1的方法补偿阻力的影响,两小车后端各系一条细线,用一个物体,例如黑板擦,把两条细线同时按压在木板上。抬起黑板擦,两小车同时开始运动,按下黑板擦,两小车同时停下来。用刻度尺测出两小车移动的位移x1、x2。由于两小车运动时间t相同,从它们的位移之比就可以得出加速度之比。完成上述实验后,在盘中重物相同的情况下,通过增减小车中的重物改变小车的质量,再进行实验。
【典例1】 在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,两位同学设计了不同的实验方案。(1)小李同学采用图甲的实验装置进行实验。
为了使小车所受的拉力可认为与槽码所受的重力相等,应满足的条件是 槽码的质量远小于小车的质量 ; ②用阻力补偿法消除阻力影响的正确操作是 B ;(选填“A”或“B”) A.把木板不带定滑轮的一侧抬高,调节木板的倾斜角度,直至小车在不受牵引力时能拖动纸带开始运动B.把木板不带定滑轮的一侧抬高,调节木板的倾斜角度,轻推小车,使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动
③图乙是小李同学某次实验得到的纸带,两计数点间有四个点未画出,部分实验数据如图所示,所用交变电流的频率为50 Hz。则小车的加速度为 0.52或0.53 m/s2。(结果保留2位有效数字)
(2)小张同学采用图丙的实验装置进行实验(丁为俯视图)。
将两个相同的小车放在水平木板上,前端各系一条细绳,细绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中放上不同的重物。两个小车后各系一条细线,用夹子把两条细线同时夹住,使小车静止。打开夹子,两个小车同时开始运动,合上夹子,两个小车同时停下来。只需要测量两小车的位移及两小盘和盘中重物的总质量,即可探究加速度与合外力的关系。
①小张同学的实验方案中 需要 进行阻力补偿。(选填“需要”或“不需要”) ②一次实验中,用刻度尺测量两个小车的位移x1和x2,已知小盘和盘中重物的总质量分别为m1和m2,为了验证加速度与合外力成正比,只需验证表达式 成立(用x1、x2、m1、m2表示)。
解析(1)①为了使小车所受的拉力可认为与槽码所受的重力相等,应满足的条件是槽码的质量远小于小车的质量;②用阻力补偿法消除阻力影响的正确操作是平衡摩擦力,即把木板不带定滑轮的一侧抬高,调节木板的倾斜角度,轻推小车,使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动,故选B。③两计数点间有四个点未画出,则T=0.1 s,根据Δx=aT2可得加速度
以本实验为背景,通过改变实验条件、实验仪器和实验数据的处理设置题目,或者通过实验原理的拓展来设置题目。一、实验器材的改进
三、实验的拓展延伸以验证牛顿运动定律为背景测量物块与木板间的动摩擦因数。
【典例2】 某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中,置于实验台上的长木板水平放置,其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小滑车相连,另一端可悬挂钩码。本实验中可用
的钩码共有N=5个,每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下:(1)将5个钩码全部放入小车中,在长木板左下方垫上适当厚度的小物块,使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。(2)将n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端,其余N-n个钩码仍留在小车内;用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车,同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s,绘制s-t图像,经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值见下表。n=2时的s-t图像如图(b)所示:由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字),将结果填入下表。
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点,并作出a-n图像。从图像可以看出:当物体质量一定时,物体的加速度与其所受的合外力成正比。
答案a-n图线见解析
(5)利用a-n图像求得小车(空载)的质量为 0.45(在0.43和0.47范围内均可)kg(保留2位有效数字,重力加速度g取9.8 m·s-2)。 (6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1),下列说法正确的是 BC (填入正确选项前的标号)。 A.a-n图线不再是直线B.a-n图线仍是直线,但该直线不过原点C.a-n图线仍是直线,但该直线的斜率变大思维点拨 此实验与教材中实验对比,研究对象一样吗?
1.(2020江西景德镇一中高三月考)“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示,实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F,通过增加钩码的数量,多次测量,可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两条a-F图线,如图乙所示。
(1)图线 ① (选填“①”或“②”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。 (2)在轨道为斜面情况下,轨道倾斜的角度为θ=37°,则小车与轨道面的动摩擦因数μ= 0.5 (已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)。 (3)在轨道水平时,小车运动的阻力F1= 0.5 N。
(4)图乙中,拉力F较大时,a-F图线明显弯曲,产生误差,为避免此误差可采取的措施是 C (填选项字母) A.调整轨道的倾角,在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B.增加钩码数量的同时在小车上增加砝码,使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C.将无线力传感器捆绑在小车上,再将细线连在力传感器上,用力传感器读数代替钩码的重力D.更换实验中使用的钩码规格,采用质量较小的钩码进行上述实验
答案(1)① (2)0.5 (3)0.5 (4)C解析(1)由图像可知,当F=0时,a≠0。也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。(2)根据图像F=0时,a=2 m/s2,根据牛顿第二定律mgsin 37°-μmgcs 37°=ma即a=gsin 37°-μgcs 37°解得μ=0.5
(3)图线②是在轨道水平时做的实验,由图像可知:当拉力等于0.5 N时,加速度恰好为零,即刚好拉动小车,此时F1=F=0.5 N(4)随着钩码的数量增大到一定程度时图乙的图线明显偏离直线,造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大,而实验时用钩码所受重力作为小车所受的拉力,所以消除此误差可采取的简便且有效的措施是测量出小车所受的拉力,即在钩码与细绳之间放置一力传感器,得到力F的数值,再作出小车运动的加速度a和力传感器读数F的关系图像,故选C。
2.(2020北京高三学业考试)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系,甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置。其中M为小车的质量,m为砂和砂桶的质量,m0为动滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。
(1)(多选)实验时,一定要进行的操作是 BC 。 A.用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录力传感器的示数D.为减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出),已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交变电流,根据纸带可求出小车的加速度为 2.00 m/s2(结果保留3位有效数字)。
(3)甲同学以力传感器的示数F为横坐标,加速度a为纵坐标,画出的a-F图像是一条直线,图线与横坐标的夹角为θ,求得图线的斜率为k,则小车的质量为 C 。
(4)乙同学根据测量数据作出如图所示的a-F图线,该同学做实验时存在的问题是 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够 。
答案(1)BC (2)2.00 (3)C (4)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够解析(1)本题拉力可以由传感器测出,不需要用天平测出砂和砂桶的质量,也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量,故A、D错误;实验时需将长木板右端垫高,以平衡摩擦力,故B正确;实验时,小车应靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,需记录传感器的示数,故C正确。
3.(2020黑龙江双鸭山一中高三模拟)为了“验证牛顿第二定律”,某同学设计了如下实验方案:
A.实验装置如图甲所示,一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮,另一端挂一质量为m=0.5 kg的钩码。用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起,调整长木板的倾角,直至轻推滑块后,滑块沿长木板向下做匀速直线运动;
B.保持长木板的倾角不变,取下细绳和钩码,连接纸带,接通打点计时器的电源,然后让滑块沿长木板滑下,打点计时器打下的纸带如图乙所示。
请回答下列问题:(1)图乙中纸带的 右 端与滑块相连(选填“左”或“右”)。 (2)图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出,打点计时器接频率为50 Hz的交流电源,根据图乙求出滑块的加速度a= 1.65 m/s2。 (3)不计纸带与打点计时器间的阻力,滑块的质量M= 2.97 kg(g取9.8 m/s2,结果保留3位有效数字)。
答案(1)右 (2)1.65 (3)2.97解析(1)因为打点计时器每隔0.02 s打一个点,两个计数点之间还有4个打点未画出,所以两个计数点的时间间隔为T=0.1 s,时间间隔是定值,滑块拖动纸带下滑的运动过程中,速度越来越快,所以相等时间内运动的位移越来越大。所以图乙中纸带的右端与滑块相连;(2)根据Δx=aT2利用逐差法,有: =1.65 m/s2。(3)由A步骤可知,取下细绳和钩码后,滑块受到的合外力为:F=0.5×9.8=4.9 N根据牛顿第二定律得 。
4.某学习小组利用甲图中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系,图中长木板水平放置,其左端固定一轻滑轮。轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小车相连,另一端可悬挂钩码,本实验中可用的钩码共有N个。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz,每个钩码的质量为m0,小车的质量为M,重力加速度取g。实验要点如下:
(1)实验开始时平衡摩擦力。在长木板右下方垫上适当厚度的小物块,反复调节垫高,使小车在木板上恰好做 匀速直线运动 。 (2)将n(依次取n=1,2,3,4…)个钩码挂在左端,其余N-n个钩码放在小车内,用手按住小车并使轻绳与木板平行,打开电源,释放小车,获得一条清晰的纸带,经数据处理后可得到相应的加速度a。(3)图乙为某次实验得到的纸带,从刻度尺可读出s3= 47.0 mm,利用读得的实验数据s1、s3计算出小车的加速度a= 1.1 m/s2(保留2位有效数字)。
解析(1)平衡摩擦力时,在长木板右下方垫上适当厚度的小物块,反复调节垫高,使小车在木板上恰好做匀速直线运动。(3)从刻度尺可读出,B点读数为73.0 mm,C点读数为120.0 mm,因此可得s3=120.0 mm-73.0 mm=47.0 mm同理可得出s1=37.0 mm-12.5 mm=24.5 mm小车做匀变速直线运动,根据s3-s1=2aT2解得
(4)观点正确。由于当小车和钩码(含车上放置和细绳末端所挂的所有钩码)的总质量一定,所以小车的加速度a与细绳末端所挂钩码的重力F始终成正比,不需要满足钩码的质量远小于小车的质量,因此小段同学的观点正确。(5)把小车及所有钩码看成一个系统,根据牛顿第二定律nm0g=(Nm0+M)a整理得从a-n图像可以看出,图像为经过原点一条直线,说明当物体质量一定时,物体的加速度与其所受的合外力成正比。图像斜率 解得
一、新教材经典素材科学探究——球形物体空气阻力大小与速率关系的研究
人教版新教材提出了要加强课题研究,并提供了一个研究样例和一个参考选题。研究样例为“球形物体空气阻力大小与速率关系的研究”。
思维指导学习研究样例时,一方面要了解课题研究的选题是怎样提出的,研究的证据是怎样收集的,怎样通过对证据的解释形成研究结论,如何撰写课题研究报告等;另一方面要对教材中的课题,深入拓展探究,要根据平时的观察和发现,选择感兴趣的课题进行研究,达到举一反三的目的。通过教材提供的研究样例,在明确样例中气球所受空气阻力的大小和气球运动的速率如何测量的同时,要掌握平衡法测量阻力和利用数码相机等测量速度的方法。
1.(2020福建福州高三模拟)让钢球从某一高度竖直落下进入液体中,图中是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置,则下列说法正确的是( )A.钢球进入液体中先做加速运动,后做减速运动B.钢球进入液体中先做减速运动,后做加速运动C.钢球在液体中所受阻力先小于重力,后等于重力D.钢球在液体中所受阻力先大于重力,后等于重力
答案 D解析 通过闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置,由相邻小球的间距先减小后不变可知,小球先做减速运动,后做匀速运动。加速度的方向先向上,然后为零,由牛顿第二定律得f-mg=ma,则阻力先大于重力,然后等于重力。故选D。
2.(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则( )A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
二、整体法与隔离法求解动力学连接体问题连接体问题涉及多个物体的运动,各物体既相互独立,又通过内力相互联系。处理连接体问题时,整体法与隔离法往往交叉使用,一般思路如下:(1)求内力时,先用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的作用力。(2)求外力时,先用隔离法求加速度,再用整体法求整体受到的外力。题型1 同一方向上的连接体问题这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加速度。解题时,一般采用先整体、后隔离的方法。
案例探究【典例1】 (多选)如图所示,粗糙的水平地面上有三个完全相同的木块A、B、C,质量均为m,B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上,三者开始一起做匀加速运动,运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上,系统仍加速运动,且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后,下列说法正确的是( )A.无论粘在哪个木块上面,系统加速度都将减小B.若粘在A木块上面,绳的拉力减小,A、B间摩擦力不变C.若粘在B木块上面,绳的拉力增大,A、B间摩擦力增大D.若粘在C木块上面,绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
答案 AD 解析 由牛顿第二定律得未粘上橡皮泥时系统的加速度a= ,因为无相对滑动,所以无论橡皮泥粘到哪个木块上,根据牛顿第二定律都有F-3μmg-μΔmg=(3m+Δm)a,系统加速度a都将减小,A正确;若粘在A木块上,以C为研究对象,受F、摩擦力μmg、绳子拉力FT,F-μmg-FT=ma,a减小,F、μmg不变,所以FT增大,B错误;若粘在B木块上,a减小,以A为研究对象,m不变,所受摩擦力减小,C错误;若粘在C木块上,a减小,A的摩擦力减小,以A、B整体为研究对象,有FT-2μmg=2ma,FT减小,D正确。
题型2 不同方向上的连接体问题如图所示,细绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同,但方向不同,一般采用隔离法求解,也可以用整体法分析解答。
案例探究【典例2】 如图所示的装置叫做阿特伍德机,是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置,用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(上升)的加速度总是小于重力加速度g,同自由落体运动相比,下落相同的高度,所经历的时间要长,这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M,物体C的质量为m,轻绳与轻滑轮间的摩擦不计,绳子不可伸长,如果m= M,求:(1)物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值;(2)系统由静止释放后,运动过程中物体C对B的拉力大小。
解析 (1)设物体的加速度为a,绳子中的张力为F,对物体A,F-Mg=Ma,对B、C整体,(M+m)g-F=(M+m)a,
整体法与隔离法使用技巧(1)不同方向上的连接体问题也可以采用整体法进行求解。(2)使用整体法时计算简便,但对受力分析和依据牛顿第二定律列方程都有更高的能力要求。(3)按步骤进行受力分析、列方程,用整体法能解决的问题,用隔离法一般也能解决。
2.如图所示,在横截面为正三角形的容器内放有一小球,容器内各面与小球恰好接触,图中a、b、c为容器的三个侧面,将它们以初速度v0竖直向上抛出,运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比,下列说法正确的是( )A.上升过程中,小球对c有压力且逐渐变大B.上升过程中,小球受到的合力逐渐变大C.下落过程中,小球对a有压力且逐渐变大D.下落过程中,小球对容器的作用力逐渐变大
答案D 解析上升过程中,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有(m+m')g+kv=(m+m')a,系统加速度竖直向下且大于重力加速度,小球加速度向下,所以容器底面c对小球无作用力,a、b侧面对小球的作用力竖直向下,以小球为研究对象,根据牛顿第二定律有mg+Nab=ma,系统速度减小,加速度减小,小球受到的合外力减小,A、B错误;下落过程中,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有(m+m')g-kv=(m+m')a,系统加速度竖直向下且小于重力加速度,小球加速度向下,所以a、b侧面对小球无作用力,底面c对小球的作用力竖直向上,根据牛顿第二定律有mg-N=ma,系统的速度增大,加速度减小,小球的加速度减小,底面c对小球的作用力逐渐变大,根据牛顿第三定律可知,小球对容器的作用力逐渐变大,C错误,D正确。故选D。
三、科学思维之模型建构滑块—滑板模型
模型建构1.模型特点:通常涉及两个或两个以上的物体,并且物体间存在相对滑动。2.摩擦力方向的特点(以两个物体为例)(1)若两个物体同向运动,且两个物体“一快一慢”,则“快”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力,“慢”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。(2)若两个物体反向运动,则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。
3.运动特点(1)滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板同向运动,位移大小之差等于板长;反向运动时,位移大小之和等于板长。设板长为L,滑块位移大小为x1,滑板位移大小为x2同向运动时:如图甲所示,L=x1-x2反向运动时:如图乙所示,L=x1+x2
(2)若滑块与滑板最终相对静止,则它们的末速度相等。
【典例】 (2017全国卷Ⅲ)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求(1)B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
破题 1.对各物体受力分析,由牛顿第二定律求加速度,从而确定各物体初始阶段的运动性质。2.分析运动过程,找出运动状态变化的两个转折点:①B与木板相对静止,②A与木板相对静止。由此明确整个运动过程的三个阶段中,各物体的受力和运动状况。3.分阶段由牛顿第二定律和运动学公式列方程。4.根据运动全过程的分析,分析计算各物体的对地位移,即可求解。
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m解析 (1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg①f2=μ1mBg②f3=μ2(m+mA+mB)g③
由牛顿第二定律得f1=mAaA④f2=mBaB⑤f2-f1-f3=ma1⑥设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1⑦v1=a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1- ⑩设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有f1+f3=(mB+m)a2⑪由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2⑫对A有v2=-v1+aAt2⑬在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2- ⑭
在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)2⑮A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB⑯联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m⑰(也可用如图的速度—时间图线求解)
1.解答“滑块—滑板”问题的思维流程
2.概括总结:(1)分别选研究对象→分别受力分析→分别求加速度→分别求位移;(2)分析位移关系、速度关系→找临界点。
2.如图所示,一个长度为L=1 m、高度为h=0.2 m的长木板静止在水平地面上,其质量M=0.4 kg,一质量m=0.1 kg的小物块(可视为质点)放置在其上表面的最右端。物块与长木板、长木板与地面之间动摩擦因数均为μ=0.5。已知重力加速度g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给长木板施加一个水平向右持续作用的外力F。
(1)若F恒为3 N,试求长木板的加速度大小;(2)若F=kt,k>0,在t=0时刻到物块刚从长木板上滑落的时间内,请定性画出物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线,不用标注时间以及力的大小;(3)若F为5.8 N,作用1.5 s后撤去,试判断物块是否能从长木板上掉下,如能,请求出小物块落地时距长木板左端的距离;如不能,求出物块距长木板右端的距离。
答案(1)1 m/s2 (2)见解析 (3)能 0.59 m解析(1)假设长木板与物块相对静止时,对物块受力分析,最大加速度a0= =5 m/s2对长木板与物块,由牛顿第二定律F0-μ(M+m)g=(M+m)a0得F0=5 N长木板与地面最大静摩擦力为fm=μ(M+m)g=2.5 N因为2.5 N
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