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＝0.2,物体的质量m＝5 kg,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)在推力F作用下,物体运动的加速度a1的大小； (2)物体运动过程中与小车之间的最大距离； (3)物体刚停止运动时与小车的距离d。
[解析] (1)对物体在水平方向受力分析,根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma1,代入数据得a1＝2 m/s2。
(2)当物体速度v1＝v0时,物体与小车间距离最大,即 v14
t1＝＝ s＝2 s时,
a12两者之间最大距离
v1
xmax＝s0＋v0t1－t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。
2(3)设推力作用的时间为t2, 1
根据位移公式得x1＝a1t22
2则t2＝
2x1
＝ a1
2×25
s＝5 s 2
速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s
撤去F后,物体运动的加速度为a2,经过t3时间停止,其减速运动过程位移为x2,根据牛顿第二定律μmg＝ma2
得a2＝μg＝2 m/s2 由v2＝2ax
v22102
得x2＝＝ m＝25 m
2a22×2
v210
而t3＝＝ s＝5 s。
a22
物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10 s 则d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。 [答案] (1)2 m/s2 (2)44 m (3)30 m [延伸思考]
撤去推力F后,当物体刚停止运动时,物体与小车的距离是否为物体在运动过程中的最近距离？如果不是,则何时物体与小车相距最近？最近距离为多少？
提示:撤去推力F后,当物体停止时,物体与小车的距离不是最近距离,当物体的速度减小到与小车的速度v0相等时,两者相距最近。设物体撤去推力后经t4时间与小车速度大小相等
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由v2－a2t4＝v0,可得:t4＝3 s, 1
由x3＝v2t4－a2t42,可得:x3＝21 m,
2物体运动的时间t′＝t2＋t4＝8 s,
物体与小车间的最近距离:d′＝v0t′＋s0－(x1＋x3)＝26 m。 [一题悟通]
本例是已知受力情况求解多过程运动问题,通过本例帮助学生掌握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”,以及在多个运动过程之间建立“联系”。
(1)把握“两个分析”“一个桥梁”
(2)找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂,可画位置示意图确定位移之间的联系。
[例2] (2020·山东等级考模拟)如图甲所示,在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道,供发生紧急情况的车辆避险使用,本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵,以v0＝90 km/h的速度驶入避险车道,如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零,货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30,取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象,该避险车道上坡路面的倾角θ应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,结果用θ的正切值表示。
(2)若避险车道路面倾角为15°,求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 15°＝0.26,cos 15°＝0.97,结果保留2位有效数字)
[解析] (1)对货车进行受力分析,可得货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为:f＝
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μmgcos θ
而货车重力在沿斜面方向的分量为:F＝mgsin θ 若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象,则需要: f＞F
即:mgsin θ＜μmgcos θ sin θ解得:＜μ
cos θtan θ＜μ＝0.3
则当tan θ＜0.3时,货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
(2)设货车在避险车道上的加速度为a,根据牛顿第二定律得:mgsin 15°＋μmgcos 15°＝ma
解得:a＝5.51 m/s2
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x, v0＝90 km/h＝25 m/s,
据匀变速直线运动位移公式:0－v02＝－2ax 代入数据,解得:x＝57 m。 [答案] (1)tan θ＜0.3 (2)57 m
【题点全练】
1.[已知受力情况,确定物体运动情况]
(2017·海南高考)汽车紧急刹车后,停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止,在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度,已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80,测得刹车线长25 m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)( )
A.10 m/s C.30 m/s
B.20 m/s D.40 m/s
解析:选B 由牛顿第二定律得μmg＝ma,即a＝8 m/s2
由v2－v02＝－2ax得v0＝2ax＝2×8×25 m/s＝20 m/s,故选项B正确。 2.[已知运动情况,确定物体受力情况]
水平地面上方A处有一小物块,在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动,如图所示。经过时间t到达B处,此时撤去力F,又经过2t时间物块恰好
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1
落到地面。已知重力加速度大小为g,A处离地面的高度h＝gt2,忽略空气阻力,则物块的质量
2为( )
5FA. 8g3FC. 8g
FB. gFD. 2g
解析:选A 物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,上升1
高度为h1,末速度大小为v1,则h1＝at2,v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动,则－(h1＋
25F13
h)＝v1·2t－g(2t)2,联立解得a＝g,根据牛顿第二定律有F－mg＝ma,得m＝,A正确。
258g
3.[动力学中的多过程问题]
足够长光滑固定斜面BC倾角α＝53°,小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5,水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出),一质量m＝2 kg的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F作用,如图甲所示。小物块在AB段运动的速度—时间图像如图乙所示,到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8,cos 53°＝0.6,g取10 m/s2)。求:
(1)小物块所受到的恒力F的大小；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动,到返回B点所用的时间； (3)小物块最终离A点的距离。
解析:(1)由题图乙可知,小物块在AB段的加速度 Δv2.0－0a1＝＝ m/s2＝0.5 m/s2,
Δt4.0－0
根据牛顿第二定律,有Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1, 得F＝＝11 N。
cos α＋μsin α
(2)在BC段,对小物块有mgsin α＝ma2,解得a2＝gsin α＝8 m/s2,小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等,所以小物块从B点沿斜面向上运动,到返回B点所用的
ma1＋μmg