分析 (1)当小物体与长木板一起运动时,根据牛顿第二定律二者不滑动时的加速度,再以整体为研究对象求解作用力;小物体与木板一起运动,拉力大于整体摩擦力,由此求解;
(2)分别以长木板和物体根据牛顿第二定律求解加速度,再根据位移关系求解时间;
(3)求出长木板和小物体即将发生相对滑动时钩码质量,判断小物体与长木板发生相对滑动;分析二者的运动情况,不同阶段求解加速度大小,再根据运动学计算公式求解相对位移.
解答 解:(1)当小物体与长木板一起运动时,根据牛顿第二定律可得:
对整体:F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,
对小物体有:f1=m2a,
由于f1≤μm2g,
所以F≤2μ(m1+m2)g=2×0.1×(2+4)×10N=12N;
又小物体与木板一起运动,F>μ(m1+m2)g=0.1×(2+4)×10N=6N,
所以力F的取值范围为6N<F≤12N;
(2)对长板根据牛顿第二定律可得:F-μ(m1+m2)g-μm2g=m1a1,
对小物体根据牛顿第二定律可得:μm2g=m2a2,
设小木板脱离长木板的时间为t,根据位移关系可得:
$\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=d$,
联立解得:t=1s;
(3)设长木板和小物体即将发生相对滑动时钩码质量为M0,对小物体根据牛顿第二定律有:
μm2g=m2a2,解得a2=1m/s2;
对长木板和钩码整体根据牛顿第二定律可得:
M0g-μ(m1+m2)g-μm2g=(M0+m1)a2,
联立解得:M0=$\frac{4}{3}kg$;
因为2M>M0=$\frac{4}{3}kg$,所以小物体与长木板发生相对滑动;
对长木板和钩码整体根据牛顿第二定律可得:
2Mg-μ(m1+m2)g-μm2g=(2M+m1)a3,
解得:a3=2.5m/s2;
小物体刚好从长木板上滑出,二者的关系为:
$\frac{1}{2}{a}_{3}{{t}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{1}}^{2}=d$,
联立以上各式可得:t1=1s,
滑出时小物块的速度为v2=a2t1=1×1m/s=1m/s,
长木板的速度v3=a3t1=2.5×1m/s=2.5m/s,
小物体离开长木板后做平抛运动,则:
h=$\frac{1}{2}g{t}_{2}^{2}$,解得:t2=$\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×0.2}{10}}s$=0.2s,
水平位移:x1=v2t2=1×0.2m=0.2m,
对于长木板做匀加速运动,则:2Mg-μm1g=(2M+m1)a4,
解得:a4=4.5m/s2,
x2=v3t2+$\frac{1}{2}{a}_{4}{t}_{2}^{2}$=0.59m,
联立以上各式可得,当小物体滑落到桌面时,小物体与长木板左端的距离为:
x=x2-x1=0.59m-0.2m=0.39m.
答:(1)如果在力F的作用下,小物块与木板一起运动,力F的取值范围为6N<F≤12N;
(2)如果F=15N,小物体脱离长木板所用的时间为1s.
(3)小物体与长木板发生相对滑动;当小物体滑落到桌面时,小物体与长木板左端的距离为0.39m.
点评 对于牛顿第二定律的综合应用问题,关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况,利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度,再根据题目要求进行解答;知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁.
科目:高中物理 来源: 题型:多选题
A. | N增大 | B. | f增大 | C. | N不变 | D. | f不变 |
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科目:高中物理 来源: 题型:解答题
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科目:高中物理 来源: 题型:解答题
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科目:高中物理 来源: 题型:解答题
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科目:高中物理 来源: 题型:多选题
A. | 电流表的示数为4.4A | |
B. | 原线圈的输入功率为8W | |
C. | 电压表的示数为20V | |
D. | 通过电阻R的交变电流的频率为100Hz |
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科目:高中物理 来源: 题型:多选题
A. | 斜槽轨道必须光滑 | |
B. | 斜槽水平轨道必须水平 | |
C. | 用密度比较大的小球 | |
D. | 小球从斜槽上释放的高度要逐渐降低 |
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科目:高中物理 来源: 题型:选择题
A. | v减小 | B. | v增大 | C. | P减小 | D. | P增大 |
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