匀变速直线运动问题中三个基本公式的选择应用

匀变速直线运动位移与速率的关系 #

匀变速直线运动问题中三个基本公式的选择 #

应用：三个基本公式及结论，一共四个公式，共涉及五个数学量（v0、v、t、a、x）。只要晓得三个量，就可以求其他两个量。

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匀变速直线运动两个特殊点的速率 #

①时间中点的瞬时速率 #

②位移中点的瞬时速率

比较大小——公式法 #

所以中间时刻瞬时速率总大于中间位移瞬时速率 #

1.如图所示为上、下两端相距L=5m、倾角α=30°、始终以v=3m/s的速度顺秒针转动的传送带（传送带仍然紧绷）．将一物体放到传送带的下端由静止释放滑下，经过t=2s抵达上端．重力加速度g取10m/s2，求： #

（1）传送带与物体间的动磨擦质数多大？ #

（2）假如将传送带逆秒针转动，速度起码多大时，物体从传送带下端由静止释放能最快地抵达上端？ #

（1）传送带顺秒针转动，物块下降时遭到的向下的滑动磨擦力，按照运动学基本公式及牛顿第二定理列式即可求解 #

动磨擦质数； #

（2）假如传送带逆秒针转动，要使物体从传送带下端由静止释放能最快地抵达上端，则须要物体有沿传送带向上的最大加速度即所受磨擦力沿传送带向上，依据牛顿第二定理求出最大加速度，再依照匀加速运动位移速率公式求解．

【解析】 #

（1）传送带顺秒针转动，有题意得： #

L=

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解得：a=2.5m/s2

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依据牛顿第二定理得： #

mgsinα-μmgcosα=ma

解得：μ= #

（2）假如传送带逆秒针转动，要使物体从传送带下端由静止释放能最快地抵达上端，则须要物体有沿传送带向上的最大加速度即所受磨擦力沿传送带向上加速度与位移公式，设此时传送带速率为vm，物体加速度为a'．

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由牛顿第二定理得mgsinα+Ff=ma′

而Ff=μmgcosα #

按照位移速率公式得：vm2=2La' #

解得：vm=8.66m/s #

答： #

（1）传送带与物体间的动磨擦质数为0.29；

（2）假如将传送带逆秒针转动，速度起码8.66m/s时，物体从传送带下端由静止释放能最快地抵达上端．

2.如图所示，质量M=5kg、上表面光滑的宽度为L=1m的木板，在F=25N的水平拉力作用下，以初速率v=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小石块（可视为质点），它们的质量均为m=1kg，将一小石块无初速地置于木板的最右端，当木板运动了L时，又无初速地在木板的最右端放上第2块小石块，只要木板运动了L就在木板的最右端无初速放一小石块．取g=10m/s2．试问

（1）第1块小石块放上后，木板运动L时，木板的速率多大？

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（2）最后放到木板上的小石块是第几块？

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（1）放上小石块后，木板减速运动，按照牛顿第二定理和运动学规律来估算速率的大小；

（2）木板仍然做减速运动，按照速率位移间的关系可以求得运动的总共位移的大小，进而得到小石块的数量．

【解析】 #

（l）木板最初做匀速运动时，F=μmg…① #

第1块小石块置于木板上后，木板做匀减速运动的加速度大小为a， #

依据牛顿第二定理得：μ（M+m）g-F=Ma…②

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…③ #

联立多项式①②③得：

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（2）因为木板的宽度为1m．总有一块小石块在木板上，

木板做匀减速运动的加速度大小仍然为a，

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设最后放到木板上的小石块是第n块，即有： #

…④

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联立多项式②④得：n=13.5

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最后放到木板上的小石块是第13块． #

答：

（1）第1块小石块放上后，木板运动L时，木板的速率为4.8m/s；

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（2）最后放到木板上的小石块是第13块．

压轴3.如图所示，水平传送带顺秒针转动，怠速v=2m/s，左右两端长L=6m．传送带上端有一顶端高为h=1.8m的光滑斜面轨道，斜面底端有一小段弧形与传送带平滑联接．传送带右端有一竖直放置的光滑弧形轨道MNP，直径为R，M、O、N在同一竖直线上，P点到传送带顶端的竖直距离也为R．一质量为m=0.6kg的物块自斜面的顶端由静止释放，然后从传送带右端水平抛出，并刚好由P点沿切线落入圆轨道，已知物块与传送带之间的滑动磨擦质数μ=0.4，OP连线与竖直方向倾角θ=60°．（g=10m/s2）求： #

（1）竖直弧形轨道的直径R；

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（2）物块运动到N点时对轨道的压力；

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（3）试判定物块能够抵达最低点M，若不能，请说明理由；若能，求出物块在M点对轨道的压力． #

（1）剖析物块在各个阶段上的运动情况，进而估算出物块做平抛运动的初速率，结合平抛运动的知识得悉抛出点到P的竖直高度，即为弧形轨道的直径R． #

（2）通过对物块在P点时的速率的分解可获知此时的速率，有P到最高点的过程中只有重力做功，可获知在最高点的速率大小，合力提供向心力，结合牛顿第二定理可获知物块所遭到的支持力的大小，再用牛顿第三定理得悉物块对管线的压力． #

（3）物块在圆圆弧轨道内运动的过程中，只有重力做功，由动能定律可判定物块是否能抵达最低点M点

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（1）设抵达斜面最高点的速率为v，由机械能守恒得： #

解得：v=

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=6m/s＞2m/s

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所以，物体在传送带上先做减速运动：

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设减速至带速需位移为x，则有：

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解得：x=

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=4m＜6m

所以后2m物体做匀速运动，以v=2m/s的速率平抛，在P处由速率分解得：

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又因

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所以解得：R=0.6m #

（2）在P处由速率分解得： #

从P到N由动能定律得： #

在N点：

联立以上二式并代入数据解得：N=28N

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由牛顿第三定理得，物体对轨道的压力为28N，方向竖直向上．

（3）正好通过M点时有： #

得：vm=

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m/s #

假定能抵达M点，从P到M由动能定律得：

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代入数据解得：

＜

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m/s，所以不能通过最低点M．

答：

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（1）竖直弧形轨道的直径R为0.6m； #

（2）物块运动到N点时对轨道的压力为28N；

（3）物块不能抵达最低点M． #

每日一题解析 #

车辆紧急制动后停止转动的车胎在地面上发生滑动时留下的痕迹宽度为1m，车辆内胎与地面间的动磨擦质数恒为0.2，重力加速度取10m/s2，问：

（1）煞车时车辆的加速度多大？ #

（2）煞车前车辆的速率多大？

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（3）开始制动后经过0.5s和2s，车辆的位移分别有多大？

（1）对车辆受力剖析，受重力、支持力和滑动磨擦力，依据牛顿第二定理列多项式求解加速度； #

（2）车辆制动是匀减速直线运动，已知位移、末速率和加速度，按照速率位移关系公式列式求解即可．

【解析】 #

（1）设车辆制动后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定理可得

μmg=ma，

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故a=μg=2m/s2 #

（2）由匀变速直线运动速率-位移关系式v2=2ax，

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可得车辆制动前的速率为

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=2m/s #

（3）由匀变速直线运动速率公式v=at，

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可得车辆从开始制动到停下经历的时间为 #

t= #

=1s．

所以，开始制动后经过0.5s，车辆的位移为

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x=

=2× #

=0.75m； #

开始制动后经过2s与经过1s的位移相等， #

所以车辆的位移为x2=x=1m． #

答： #

（1）煞车时车辆的加速度大小为2m/s2；

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（2）煞车前车辆的速率为2m/s；

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（3）开始制动后经过0.5s的位移为0.75m加速度与位移公式，经过2s车辆的位移为1m．