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微专题二　牛顿运动定律的几类典型问题
课时作业
基础巩固
1.如图所示,物体A放在光滑的水平桌面上用轻绳跨过光滑的定滑轮与B相连,A、B的质量均为m,B离滑轮的距离足够长,重力加速度为g。现对A施加一水平向左的恒力F,使A向左做匀加速运动。则轻绳的张力大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 设绳子拉力为T,对A、B整体,根据牛顿第二定律F-mg=(m+m)a,对物体B,根据牛顿第二定律T-mg=ma,联立可得T=。故选B。
2.如图甲所示,质量为0.4 kg的物块在水平力F的作用下由静止释放,物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4,力F随时间t变化的关系图像如图乙所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.物块受到的摩擦力的最大值大于4 N
B.t=2 s后物块受静摩擦力
C.t=2 s时物块离出发点最远
D.物块对墙壁的压力大于F
【答案】 A
【解析】 开始时力F较小,则摩擦力较小,物块向下做加速运动,随着F的增大,物块的加速度减小,当加速度减到零时速度最大,此时f=μF=mg=4 N,之后摩擦力将大于重力,物块做加速度增加的减速运动直到停止,可知物块受到的摩擦力的最大值大于4 N,选项A正确;根据牛顿第二定律可知mg-μF=ma,其中F=5t(N),可得a=10-5t(m/s2),则当a=0时t=2 s,此时物块的速度最大,t=2 s后物块做减速运动,仍受滑动摩擦力,且此时离出发点还不是最远,选项B、C错误;由水平方向受力平衡可知,墙壁对物块的支持力为F,则物块对墙壁的压力等于F,选项D错误。
3.如图所示,质量为m的木块在质量为M的木板上滑行,木板与地面间的动摩擦因数为μ1,木块与木板间的动摩擦因数为μ2,木板一直静止,则(　　)
A.木块受到向右的静摩擦力
B.木板受到木块向左的滑动摩擦力
C.木板与地面之间的摩擦力大小为μ1(m+M)g
D.木块给木板的摩擦力大小为μ2mg
【答案】 D
【解析】 木块相对木板向右运动,故木块受到木板向左的滑动摩擦力,大小为f=μ2N=μ2mg,力的作用是相互的,故木块对木板有向右的滑动摩擦力,大小为μ2mg,故A、B错误,D正确;木板静止,所以木板与地面之间的摩擦力为静摩擦力,大小等于木块对木板的摩擦力大小,也为μ2mg,故C错误。
4.如图甲所示,沿顺时针方向运动的水平传送带AB,零时刻将一个质量m=1 kg的物块轻放在A处,6 s 末恰好运动到B处,物块6 s内的速度—时间图像如图乙所示,物块可视为质点,(重力加速度g取10 m/s2)则(　　)
A.传送带AB的长度为24 m
B.物块相对于传送带滑动的距离为8 m
C.物块运动的位移大小是12 m
D.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2
【答案】 B
【解析】 由题图乙得AB长度为物块的位移s=L= m=16 m,故A、C错误;6 s内传送带的路程为s′=v0t=24 m,物块相对于传送带滑动的距离Δs=s′-s=8 m,故B正确;由题图乙可知,物块的加速度为a==1 m/s2,对物块由牛顿第二定律得μmg=ma,解得μ=0.1,故D错误。
5.(双选)一个质量为0.2 kg的小球用细线吊在倾角θ=53°的斜面顶端,如图,斜面静止时,球紧
靠在斜面上,绳与斜面平行,不计摩擦,当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时,则(取
sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)(　　)
A.绳的拉力为1.60 N
B.绳的拉力为2 N
C.斜面对小球的弹力为1.20 N
D.斜面对小球的弹力为0
【答案】 BD
【解析】 当小球恰好离开斜面时即小球所受斜面支持力恰好为零,此时小球的受力如图甲所示,由牛顿第二定律得F合==ma0,解得a0==7.5 m/s2,因为a=10 m/s2>a0,所以小球一定离开斜面,即N=0,设此时绳与水平方向夹角为α,小球的受力如图乙所示,则水平方向由牛顿第二定律得Tcos α=ma,竖直方向由受力平衡得Tsin α=mg,由以上两式整理得T==
2 N;N=0,故选BD。
6.如图所示,两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面,处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上,弹簧的劲度系数为k。t=0时刻,给A物块一个竖直向上的作用力F,使得两物块以0.8g的加速度匀加速上升,下列说法正确的是(　　)
A.A、B分离前合外力大小与时间的平方t2呈线性关系
B.分离时弹簧处于原长状态
C.在t=时刻A、B分离
D.分离时B的速度大小为g
【答案】 C
【解析】 两物块分离前加速度相同,做匀加速直线运动,可知加速度不变,由牛顿第二定律可知,A、B分离前合外力大小不变,A错误;分离时A、B间的弹力为零,由于B具有向上的加速度,所以其受合力向上,可知弹簧处于压缩状态且弹力大于重力,B错误;由题意可知,两物块处于静止状态时,弹簧的压缩量为x1,则有kx1=2mg,x1=,分离时对B,由牛顿第二定律可得kx2-mg=ma,解得x2=,则有弹簧的形变量Δx=x1-x2=,又有Δx=at2,解得t=,C正确;由速度时间公式,可得分离时B的速度大小为vB=at=g,D错误。
7.如图所示,光滑水平地面上停有一小车,其上固定一竖直木板,两者总质量为M,在竖直木板右侧放一质量为m的方形木块,已知木块与竖直木板之间的动摩擦因数为μ,现对小车施加一水平作用力F,使木块恰好相对木板匀速下滑,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.此时木块做匀速直线运动
B.木板对木块的弹力大小等于mg
C.F=(m+M)
D.地面对小车的支持力大小为Mg
【答案】 C
【解析】 木块恰好相对木板匀速下滑,竖直方向,根据平衡条件可得f=μN=mg,水平方向有N=ma,解得a=,故A错误;木板对木块的弹力大小N=ma=,故B错误;整体分析可知F=(m+M)a=(m+M),故C正确;整体竖直方向上受力平衡,故地面对小车的支持力大小为N=(m+M)g,故D错误。
8.如图所示的斜面体固定在水平面上,顶端固定一光滑的定滑轮,两质量相等的物体a、b分别放在左右两侧的斜面体上,并用轻绳拴接跨过光滑的定滑轮,整个装置刚好静止。已知左侧的斜面与物体a的下表面粗糙,右侧的斜面与物体b的下表面光滑,左右斜面的倾角分别为37°、53°,重力加速度大小g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取sin 37°=0.6。下列说法正确的是(　　)
A.物体a与左侧斜面体间的动摩擦因数为0.2
B.剪断细绳后,物体a仍能静止
C.若将物体a、b对调,则a、b的加速度大小为2 m/s2
D.若将物体a、b对调,则轻绳的拉力与物体的重力之比为7∶10
【答案】 D
【解析】 系统处于平衡状态,对物体b由力的平衡条件得轻绳的拉力为F=mgsin 53°=0.8mg,物体a的重力沿斜面向下的分力为G1=mgsin 37°=0.6mg,则物体a所受的摩擦力沿斜面向下,又系统刚好静止,则此时的摩擦力刚好达到最大静摩擦力,则由力的平衡条件得F=mgsin 37°+
fm,fm=μN,N=mgcos 37°,解得μ=,A错误;剪断轻绳,对物体a有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1,解得a1=4 m/s2,所以物体a沿斜面向下做加速运动,B错误;若将物体a、b对调,对物体a由牛顿第二定律得mgsin 53°-F′=ma2,对物体b由牛顿第二定律得F′-mgsin 37°=ma2,解得a2=1 m/s2,
F′=0.7mg,即=,C错误,D正确。
能力提升
9.如图甲所示,一足够长的质量为m的木板静止在水平面上,t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以初速度v0水平向右滑行。若0～t1时间内滑块加速度大小为a1,t1～t2时间内滑块加速度大小为a2。滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块运动的vt图像如图乙所示,则有(　　)
A.a1C.μ1>2μ2 D.μ1<2μ2
【答案】 C
【解析】 根据vt图线的斜率表示加速度,可知a1>a2,故A、B错误;由题图乙vt图像分析可知,0～t1时间内滑块相对木板向右滑动,木板相对地面向右加速滑动,对木板,上表面受到的最大静摩擦力大于下表面与地面的滑动摩擦力,所以有μ1mg>μ2·2mg,则有μ1>2μ2,故C正确,D错误。
10.物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与水平面间的动摩擦因数为μ,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板加速度大小a可能是(　　)
A.μg B. C. D.
【答案】 D
【解析】 物块与木板间的最大静摩擦力为fm1=μmg,木板与水平面间的最大静摩擦力为fm2=μ×2mg=μmg,因为fm211.一个弹簧秤,弹簧质量不计,劲度系数为k=800 N/m,秤盘质量m1=1.5 kg。盘内放一质量为m2=10.5 kg的物体P,系统处于静止状态,如图所示。现给P施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速直线运动,已知在最初0.2 s内F是变化的,在0.2 s后是恒定的,则匀加速过程的加速度为　　　 m/s2,F的最大值是　　　　 N,最小值是　　　　　 N。(g取
10 m/s2)
【答案】 6　168　72
【解析】 根据题意可知,0.2 s物体P恰好脱离秤盘,此时秤盘和物体的加速度相同,F有最大值,kx1-m1g=m1a,Fmax-m2g=m2a;最初根据平衡条件kx0=(m1+m2)g,x0=0.15 m。根据匀变速直线运动规律x0-x1=at2,解得a=6 m/s2,Fmax=168 N;最初时,F有最小值,根据牛顿第二定律Fmin+kx0-(m1+m2)g=(m1+m2)a,解得Fmin=72 N。
12.如图所示,甲、乙两传送带倾斜放置,与水平方向的夹角均为37°,传送带乙顶端到底端的长度为4 m,传送带甲顶端到底端的距离比乙长 0.45 m,两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速转动,可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放,可视为质点的物块B从传送带乙的顶端以 3 m/s 的初速度沿传送带下滑,两物块质量相等,与传送带间的动摩擦因数均为0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间;
(2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。
【答案】 (1)1.3 s　(2)1∶1
【解析】 (1)对物块A由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,
代入数据解得a1=10 m/s2,
设经时间t1物块A与传送带共速,则由运动学规律知
v带=a1t1,
解得t1=0.3 s,
此过程中物块A的位移为
s1=a1=0.45 m,
物块A与传送带共速后,由牛顿第二定律得
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,
代入数据解得a2=2 m/s2,
由运动学规律知L甲-s1=v带t2+a2,
代入数据解得t2=1 s,
所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t=t1+t2=1.3 s。
(2)在物块A的第一个加速过程中,物块A在传送带上向上的划痕长度为L1=v带t1-s1=0.45 m,
在物块A的第二个加速过程中,物块A在传送带上向下的划痕长度为
L2=v带t2+a2-v带t2=1.0 m,
所以物块A在传送带上的划痕长度为LA=L2=1.0 m,
对物块B分析知,物块B的加速度与物块A在第二个加速过程中的加速度相同,从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相等,所以物块B在传送带上的划痕长度为
LB=v带t2+a2-v带t2=1.0 m,
故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LA∶LB=1∶1。(共61张PPT)
微专题二　牛顿运动定律的几类典型问题
突破·关键能力
类型一　连接体问题
[例1] 如图所示,足够长的倾角θ=37°的光滑斜面体固定在水平地面上,一根轻绳跨过定滑轮,一端与质量为mA=1 kg 的物块A连接,另一端与质量为mB=3 kg的物块B连接,绳与斜面保持平行。开始时,用手按住A,使B悬于空中,释放后,在B落地之前,(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)物块B的加速度大小;
【答案】 (1)6 m/s2
【解析】 (1)将A、B及绳子作为一个整体,根据牛顿第二定律可知
mBg-mAgsin θ=(mA+mB)a,
代入数据解得a=6 m/s2。
(2)绳的拉力大小。
【答案】 (2)12 N
【解析】 (2)以A为研究对象,根据牛顿第二定律可知
T-mAgsin θ=mAa,
解得绳子拉力T=12 N。
(1)连接体。
两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起,或并排挤放在一起,或用绳子、细杆等连在一起。
·学习笔记·
(2)连接体问题的处理方法——整体法与隔离法。
·学习笔记·
项目 整体法 隔离法
概念 将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法 将研究对象与周围物体分隔开的方法
选用 原则 研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度 研究系统内物体之间的相互作用力
注意 问题 受力分析时不要再考虑系统内物体间的相互作用 一般隔离受力较少的物体
[跟踪训练1] 在空间站中,如需测量一个物体的质量,需要运用一些特殊方法。如图所示,先对质量为 1 kg的标准物体P施加一水平恒力F,测得其在单位时间内的速度变化量大小是10 m/s,然后将标准物体与待测物体Q紧靠在一起,施加同一水平恒力F,测得它们单位时间内速度变化量大小是 2 m/s。则待测物体Q的质量为(　　)
A.3 kg B.4 kg C.5 kg D.6 kg
B
类型二　传送带问题
[例2] 如图,传送带始终保持v=0.4 m/s的恒定速率运行,煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。将一煤块(可视为质点)无初速度地放在A处,则下列说法正确的是(　　)
A.煤块一直做匀加速直线运动
B.煤块经过2 s到达B处
C.煤块到达B处时速度大小为0.4 m/s
D.煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
C
【解析】 开始时煤块初速度为零,相对传送带向右滑动,设煤块刚开始时的加速度为a,煤块从放上传送带到与传送带共速过程中的位移为s1,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma,v2=2as1,解得a=2 m/s2,s1=0.04 m,由于s1·规律方法·
(1)传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析和运动学知识的运用,重点考查学生分析问题和解决问题的能力。主要有如下两类。
①水平传送带。
当传送带水平运动时,应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变,常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。静摩擦力达到最大值,是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态;滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间,因此两物体的速度达到相同时,滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力)。
·规律方法·
②倾斜传送带。
当传送带倾斜时,除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外,还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响,从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。
·规律方法·
(2)倾斜传送带问题的两种情况。
倾斜传送带问题可分为倾斜向上传送和倾斜向下传送两种情况(物体从静止开始,传送带匀速运动且足够长)。
项目 条件 运动性质
倾斜 向上 传送 μ>tan θ 物体先沿传送带向上做初速度为零的匀加速直线运动,速度相同后二者相对静止,一起做匀速运动
μ=tan θ 物体保持静止
μ·规律方法·
倾斜 向下 传送 μ≥tan θ 物体先相对传送带向上滑,再沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动,速度相同后二者相对静止,一起做匀速运动
μ[跟踪训练2] 如图所示,倾角为θ=37°且长L的传送带以恒定的速率v=1 m/s 沿顺时针方向运行,现将一质量m=2 kg 的物块(可视为质点)以v0=3 m/s的速度从底部滑上传送带,传送带与物块之间的动摩擦因数μ=0.5,取 sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)物块开始运动的加速度大小a;
【答案】 (1)10 m/s2
【解析】 (1)物块刚开始运动时,物块速度大于传送带速度,物块所受的摩擦力沿传送带向下,对物块受力分析如图甲,根据牛顿第二定律
mgsin θ+f=ma,
f=μN=μmgcos θ,
解得a=10 m/s2。
(2)物块速度减为零经过的时间t;
【答案】 (2)0.7 s
(3)如果物块不能从传送带的顶端滑出,求传送带的最短长度L。
【答案】 (3)0.65 m
类型三　“滑块—木板”模型
1.模型概述
一个物体在另一个物体上,两者之间有相对运动,问题涉及两个物体、多个过程,两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
2.解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况,确定物体间的摩擦力方向。
(2)分别隔离两物体进行受力分析,准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口,求解中应注意联系两个过程的纽带,即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
3.常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板相对地面向同一方向运动,则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板相对地面向相反方向运动,滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。
4.注意摩擦力的突变
当滑块与木板速度相同时,两者之间的摩擦力通常会发生突变,由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失,或者摩擦力方向发生变化,速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。
[例3] 如图所示,水平地面上有一个薄木板(厚度可忽略不计),在木板最右端放置一个可视为质点的小滑块。小滑块质量m1=1 kg,与木板间的动摩擦因数μ1=0.3;木板质量m2=3 kg,长度l=1 m,木板和小滑块与水平地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。现对木板施加水平向右的拉力F=26 N,滑块与木板分离时两者均无能量损失。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)两者分离时,滑块的速度大小;
【答案】 (1)3 m/s
【解析】 (1)滑块在木板上滑动时,以滑块为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1m1g=m1a1,
解得滑块的加速度a1=3 m/s2,
以木板为研究对象,根据牛顿第二定律可得
F-μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,
解得木板的加速度大小a2=5 m/s2,
(2)滑块刚停止运动时,与木板左端的距离。
【答案】　(2)12.75 m
[跟踪训练3] 如图所示,厚度不计的薄板A长l=5 m,质量M=5 kg,放在水平地面上,在A上距右端s=3 m处放一物体B(大小不计),其质量 m=2 kg,已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.1,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,原来系统静止。现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力 F=26 N,将A从B下抽出。g取10 m/s2。
(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大
【答案】 (1)2 m/s2　1 m/s2
【解析】 (1)对于B,由牛顿第二定律得
μ1mg=maB,
解得aB=1 m/s2,
对于A,由牛顿第二定律得
F-μ1mg-μ2(m+M)g=MaA,
解得aA=2 m/s2。
(2)B运动多长时间离开A
【答案】 (2)2 s
(3)B离开A时的速度是多大
【答案】 (3)2 m/s
【解析】 (3)vB=aBt=2 m/s。
类型四　牛顿第二定律与图像结合问题
[例4] 一木箱在水平面上受到水平推力F作用,在 5 s 内F的变化和木箱速度变化如图中甲、乙所示,求:
(1)木箱的质量;
【答案】 (1)25 kg
【解析】 (1)由题图甲可知木箱受推力,
0～3 s时F1=100 N,
3～5 s时F2=50 N,
3～5 s,做匀速直线运动,根据平衡条件木箱受摩擦力f=F2=50 N,
0～3 s由牛顿第二定律F1-f=ma,得m=25 kg。
(2)木箱与地面间的动摩擦因数。(g取10 m/s2)
【答案】 (2)0.2
【解析】 (2)由f=μmg得μ=0.2。
数形结合解决物理问题
物理公式与物理图像的结合是一种重要题型,常见的图像有v-t图像、s-t图像、F-t图像、F-a图像等,解决该类问题应注意以下几点。
(1)分清图像的横、纵坐标所代表的物理量及单位,并且注意坐标原点是否从零开始,明确其物理意义。
(2)明确图线斜率的物理意义,如v-t图线的斜率表示加速度,注意图线中一些特殊点所表示的物理意义,如图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点、两图线的交点等。
·规律方法·
(3)明确从图像中能获得哪些信息。把图像与具体的题意、情境结合,并结合斜率、特殊点等的物理意义,确定能从图像中获取哪些有用信息(如v-t 图线所围面积表示位移等),并结合牛顿运动定律求解。
(4)利用横、纵坐标物理量间的函数关系对图像作出判断。
·规律方法·
[跟踪训练4] 汽车智能驾驶技术日臻成熟,将逐步进入人们的生活。一辆智能驾驶汽车在平直跑道上进行性能测试,其速度v随时间t变化的图像如图所示,0～5 s 内汽车做匀加速直线运动,5～10 s内做匀速直线运动,t=10 s开始关闭发动机,汽车在阻力作用下做匀减速直线运动直到停止。已知该汽车质量为1 600 kg,运动过程中所受阻力可视为恒定,重力加速度g取10 m/s2。则汽车在加速阶段受到的牵引力大小为(　　)
A.7 680 N B.7 360 N
C.5 120 N D.2 560 N
A
类型五　牛顿运动定律中的临界极值问题
[例5] 如图,水平地面上有一汽车做加速运动,车厢内有一个倾角θ=37° 的光滑斜面,斜面上有一个质量为m的小球,用轻绳系于斜面的顶端,取sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。
(1)当汽车以多大的加速度向左做匀加速直线运动时,小球对斜面的压力刚好等于零
(2)当汽车以多大的加速度向右做匀加速直线运动时,线对小球的拉力刚好等于零
【答案】 (2)7.5 m/s2
(1)临界问题。
在运用牛顿运动定律解决动力学问题时,常常讨论相互作用的物体是否会发生相对滑动、相互接触的物体是否会发生分离等,这类问题就是临界问题。
(2)解题关键。
解决临界问题的关键是分析临界状态。例如,两个物体刚好要发生相对滑动时,接触面上一定出现最大静摩擦力;两个物体刚要发生分离时,相互之间的作用力——弹力必定为零。
·学习笔记·
(3)解决临界问题的一般方法。
①极限法:题设中若出现“最大”“最小”“刚好”等这类词语时,一般就隐含着临界问题,解决这类问题时,常常是把物理问题(或物理过程)引向极端,进而使临界条件或临界点暴露出来,达到快速解决有关问题的目的。
②假设法:有些物理问题在变化过程中可能会出现临界问题,也可能不出现临界问题,解答这类问题,一般要用假设法。
③数学推理法:根据分析的物理过程列出相应的数学表达式,然后由数学表达式讨论出临界条件。
·学习笔记·
[跟踪训练5] 如图所示,木块A置于木板B上,木板B置于水平面上。A的质量 m=1.5 kg,B的质量M=2.0 kg,A、B间动摩擦因数μ1=0.2,B与地面间的动摩擦因数μ2=0.4。某时刻(t=0)水平力F作用于B上,其随时间变化的规律为F=5t+4(N)(F、t均取国际单位)。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,
g取10 m/s2。求:
(1)经过多长时间B开始滑动;
【答案】 (1)2 s　
【解析】 (1)当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等,
即μ2(m+M)g=5t1+4(N),得t1=2 s。
(2)经过多长时间A开始相对B滑动;
【答案】 (2)3.4 s　
【解析】 (2)当A开始在B上滑动时,
对木块μ1mg=ma,
对整体F2-μ2(m+M)g=(m+M)a;
由题知F2=5t2+4(N),解得t2=3.4 s。
(3)t=3 s时A、B间的摩擦力大小f(结果保留 2位有效数字)。
【答案】 (3)2.1 N
检测·学习效果
1.在地面将一小球竖直向上抛出,经时间t0到达最高点,然后又落回原处,若空气阻力大小恒定,则下图所示的图像能正确反映小球的速度v、加速度a、位移s、速率u随时间变化关系的是(竖直向上为正方向)(　　)
A B C D
D
【解析】 根据牛顿第二定律,上升过程有-(mg+f)=ma1,下降过程有f-mg=
ma2,可判断|a1|>|a2|,即上升和下降过程加速度大小不同,所以v-t图像的斜率不相等,加速度的方向均竖直向下,为负值,故A、B错误;上升和下降过程中分别做匀变速直线运动,s-t图像为曲线,不是直线,故C错误;由于|a1|>|a2|,且上升位移大小与下降时位移大小相等,所以上升过程用时短,下降过程用时长,故D正确。
2.(双选)如图所示,一质量M=3 kg、倾角为α=45°的斜面体放在光滑水平地面上,斜面体上有一质量为m=1 kg的光滑楔形物体。一水平向左的恒力F作用在斜面体上,系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度g取10 m/s2,下列判断正确的是(　　 )
A.系统做匀速直线运动
B.F=40 N
D.增大F,楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
BD
3.如图所示,在光滑平台上放置一长度l=18 cm,质量M=280 g 的文具盒,在文具盒最左端放有可视为质点的质量m=140 g的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间动摩擦因数μ=0.2。开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12 N、水平向左的恒力,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。墨水瓶在文具盒上运动的时间为(　　)
A.0.1 s B.0.3 s C.0.6 s D.0.9 s
C
4.工厂的流水线上安装有传送带,用传送带传送工件,可大大提高工作效率。如图所示为一工厂车间传送带的示意图,A、B点间的距离为3.5 m,传送带在电动机的带动下,以 2 m/s 顺时针匀速运转。工人将质量为0.5 g的工件(可视为质点)轻放于传送带的A点,已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.4,则工件从A点传送到B点的时间为　　　　 s;如果要想使工件以最短时间从A点传送到B点,则工件应做　　　　(选填“加速”“减速”或“匀速”)运动,传送带的运转速度调整到至少为　　　　 m/s。
2
加速
5.如图甲所示,两个质量均为1 kg的物块A、B叠放压在一个轻弹簧上处于静止状态。弹簧的劲度系数k=50 N/m,下端固定于地面上。t=0时刻给物块A施加竖直向上的作用力F,使物块A向上做匀加速直线运动。F与物块A的位移s变化关系如图乙所示。重力加速度g取 10 m/s2。
(1)求物块A的加速度大小;
【答案】 (1)5 m/s2
【解析】 (1)由题图乙知F=15 N时A、B脱离,
对A有F-mg=ma,解得a=5 m/s2。
(2)求物块A离开物块B时的速度大小;
【答案】 (2)1 m/s　
【解析】 (2)未施加F时,弹簧的压缩量为ks1=2mg,
解得s1=0.4 m。
A、B刚要脱离时,对B有ks2-mg=ma,
解得 s2=0.3 m。
设A与B刚要脱离时的速度为v,有v2=2a(s1-s2),解得v=1 m/s。
(3)F作用1 s后撤去,求物块A整个运动过程上升的最大高度。
【答案】 (3)3.75 m
感谢观看微专题二　牛顿运动定律的几类典型问题
类型一　连接体问题
[例1] 如图所示,足够长的倾角θ=37°的光滑斜面体固定在水平地面上,一根轻绳跨过定滑轮,一端与质量为mA=1 kg 的物块A连接,另一端与质量为mB=3 kg的物块B连接,绳与斜面保持平行。开始时,用手按住A,使B悬于空中,释放后,在B落地之前,(g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8)求:
(1)物块B的加速度大小;
(2)绳的拉力大小。
【答案】 (1)6 m/s2　(2)12 N
【解析】 (1)将A、B及绳子作为一个整体,根据牛顿第二定律可知
mBg-mAgsin θ=(mA+mB)a,
代入数据解得a=6 m/s2。
(2)以A为研究对象,根据牛顿第二定律可知
T-mAgsin θ=mAa,
解得绳子拉力T=12 N。
(1)连接体。
两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同加速度的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起,或并排挤放在一起,或用绳子、细杆等连在一起。
(2)连接体问题的处理方法——整体法与隔离法。
项目 整体法 隔离法
概念 将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法 将研究对象与周围物体分隔开的方法
选用 原则 研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度 研究系统内物体之间的相互作用力
注意 问题 受力分析时不要再考虑系统内物体间的相互作用 一般隔离受力较少的物体
[跟踪训练1] 在空间站中,如需测量一个物体的质量,需要运用一些特殊方法。如图所示,先对质量为 1 kg的标准物体P施加一水平恒力F,测得其在单位时间内的速度变化量大小是10 m/s,然后将标准物体与待测物体Q紧靠在一起,施加同一水平恒力F,测得它们单位时间内速度变化量大小是 2 m/s。则待测物体Q的质量为(　　)
A.3 kg B.4 kg C.5 kg D.6 kg
【答案】 B
【解析】 对P施加力F时,根据牛顿第二定律有 a1===10 m/s2,对P和Q整体施加力F时,根据牛顿第二定律有a2===2 m/s2,联立解得m2=4 kg,故B正确,A、C、D 错误。
类型二　传送带问题
[例2] 如图,传送带始终保持v=0.4 m/s的恒定速率运行,煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。将一煤块(可视为质点)无初速度地放在A处,则下列说法正确的是(　　)
A.煤块一直做匀加速直线运动
B.煤块经过2 s到达B处
C.煤块到达B处时速度大小为0.4 m/s
D.煤块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
【答案】 C
【解析】 开始时煤块初速度为零,相对传送带向右滑动,设煤块刚开始时的加速度为a,煤块从放上传送带到与传送带共速过程中的位移为s1,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma,v2=2as1,解得a=2 m/s2,s1=0.04 m,由于s1(1)传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析和运动学知识的运用,重点考查学生分析问题和解决问题的能力。主要有如下两类。
①水平传送带。
当传送带水平运动时,应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变,常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。静摩擦力达到最大值,是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态;滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之间,因此两物体的速度达到相同时,滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力为0或变为静摩擦力)。
②倾斜传送带。
当传送带倾斜时,除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外,还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对受力的影响,从而正确判断物体的速度和传送带速度相等时物体的运动性质。
(2)倾斜传送带问题的两种情况。
倾斜传送带问题可分为倾斜向上传送和倾斜向下传送两种情况(物体从静止开始,传送带匀速运动且足够长)。
项目 条件 运动性质
倾斜 向上 传送 μ>tan θ 物体先沿传送带向上做初速度为零的匀加速直线运动,速度相同后二者相对静止,一起做匀速运动
μ=tan θ 物体保持静止
μ倾斜 向下 传送 μ≥tan θ 物体先相对传送带向上滑,再沿传送带向下做初速度为零的匀加速直线运动,速度相同后二者相对静止,一起做匀速运动
μ[跟踪训练2] 如图所示,倾角为θ=37°且长L的传送带以恒定的速率v=1 m/s 沿顺时针方向运行,现将一质量m=2 kg 的物块(可视为质点)以v0=3 m/s的速度从底部滑上传送带,传送带与物块之间的动摩擦因数μ=0.5,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)物块开始运动的加速度大小a;
(2)物块速度减为零经过的时间t;
(3)如果物块不能从传送带的顶端滑出,求传送带的最短长度L。
【答案】 (1)10 m/s2　(2)0.7 s　(3)0.65 m
【解析】 (1)物块刚开始运动时,物块速度大于传送带速度,物块所受的摩擦力沿传送带向下,对物块受力分析如图甲,根据牛顿第二定律
mgsin θ+f=ma,
f=μN=μmgcos θ,
解得a=10 m/s2。
(2)物块与传送带速度相等所需的时间
t1=,
代入数据可得t1=0.2 s,
物块速度与传送带速度相等后,对物块进行受力分析如图乙,根据牛顿第二定律
mgsin θ-μmgcos θ=ma′,
可得a′=2 m/s2;
速度减为零还需要的时间
t2==0.5 s,
物块速度减为零经过的时间t=t1+t2=0.7 s。
(3)物块从开始运动到与传送带共速过程中
-v2=2as1,
得s1=0.4 m,
物块速度等于传送带速度到速度减为零过程中
s2==0.25 m,
如果物块不能从传送带的顶端滑出,则传送带的最短长度L=s1+s2=0.65 m。
类型三　“滑块—木板”模型
1.模型概述
一个物体在另一个物体上,两者之间有相对运动,问题涉及两个物体、多个过程,两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
2.解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况,确定物体间的摩擦力方向。
(2)分别隔离两物体进行受力分析,准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口,求解中应注意联系两个过程的纽带,即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
3.常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和木板相对地面向同一方向运动,则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度;若滑块和木板相对地面向相反方向运动,滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。
4.注意摩擦力的突变
当滑块与木板速度相同时,两者之间的摩擦力通常会发生突变,由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失,或者摩擦力方向发生变化,速度相同是摩擦力突变的一个临界条件。
[例3] 如图所示,水平地面上有一个薄木板(厚度可忽略不计),在木板最右端放置一个可视为质点的小滑块。小滑块质量m1=1 kg,与木板间的动摩擦因数μ1=0.3;木板质量m2=3 kg,长度l=1 m,木板和小滑块与水平地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2。现对木板施加水平向右的拉力F=26 N,滑块与木板分离时两者均无能量损失。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)两者分离时,滑块的速度大小;
(2)滑块刚停止运动时,与木板左端的距离。
【答案】 (1)3 m/s　(2)12.75 m
【解析】 (1)滑块在木板上滑动时,以滑块为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1m1g=m1a1,
解得滑块的加速度a1=3 m/s2,
以木板为研究对象,根据牛顿第二定律可得
F-μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,
解得木板的加速度大小a2=5 m/s2,
设经过t时间两者分离,
则有a2t2-a1t2=l,解得t=1 s,
则两者分离时,滑块的速度大小为
v1=a1t=3 m/s。
(2)两者分离时,木板的速度大小为
v2=a2t=5 m/s,
两者分离后,滑块在地面上做匀减速运动的加速度大小为a1′==2 m/s2,
木板在地面上做匀加速运动的加速度大小为
a2′== m/s2,
滑块从分离到停止运动所用时间为
t′==1.5 s,
滑块从分离到停止运动通过的位移为
s1=t′=2.25 m,
滑块从分离到停止运动,木板通过的位移为
s2=v2t′+a2′t′2=15 m,
则滑块刚停止时,与木板左端的距离为
Δx=s2-s1=12.75 m。
[跟踪训练3] 如图所示,厚度不计的薄板A长l=5 m,质量M=5 kg,放在水平地面上,在A上距右端s=3 m处放一物体B(大小不计),其质量 m=2 kg,已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.1,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,原来系统静止。现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力 F=26 N,将A从B下抽出。g取10 m/s2。
(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大
(2)B运动多长时间离开A
(3)B离开A时的速度是多大
【答案】 (1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s
(3)2 m/s
【解析】 (1)对于B,由牛顿第二定律得
μ1mg=maB,
解得aB=1 m/s2,
对于A,由牛顿第二定律得
F-μ1mg-μ2(m+M)g=MaA,
解得aA=2 m/s2。
(2)设经时间t抽出,则sA=aAt2,sB=aBt2,
Δs=sA-sB=l-s,
解得t=2 s。
(3)vB=aBt=2 m/s。
类型四　牛顿第二定律与图像结合问题
[例4] 一木箱在水平面上受到水平推力F作用,在 5 s 内F的变化和木箱速度变化如图中甲、乙所示,求:
(1)木箱的质量;
(2)木箱与地面间的动摩擦因数。(g取10 m/s2)
【答案】 (1)25 kg　(2)0.2
【解析】 (1)由题图甲可知木箱受推力,
0～3 s时F1=100 N,
3～5 s时F2=50 N,
由题图乙可知木箱的运动,在0～3 s内做匀加速直线运动,且加速度a==2 m/s2,
3～5 s,做匀速直线运动,根据平衡条件木箱受摩擦力f=F2=50 N,
0～3 s由牛顿第二定律F1-f=ma,
得m=25 kg。
(2)由f=μmg得μ=0.2。
数形结合解决物理问题
物理公式与物理图像的结合是一种重要题型,常见的图像有v-t图像、s-t图像、F-t图像、F-a图像等,解决该类问题应注意以下几点。
(1)分清图像的横、纵坐标所代表的物理量及单位,并且注意坐标原点是否从零开始,明确其物理意义。
(2)明确图线斜率的物理意义,如v-t图线的斜率表示加速度,注意图线中一些特殊点所表示的物理意义,如图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点、两图线的交点等。
(3)明确从图像中能获得哪些信息。把图像与具体的题意、情境结合,并结合斜率、特殊点等的物理意义,确定能从图像中获取哪些有用信息(如v-t 图线所围面积表示位移等),并结合牛顿运动定律求解。
(4)利用横、纵坐标物理量间的函数关系对图像作出判断。
[跟踪训练4] 汽车智能驾驶技术日臻成熟,将逐步进入人们的生活。一辆智能驾驶汽车在平直跑道上进行性能测试,其速度v随时间t变化的图像如图所示,0～5 s 内汽车做匀加速直线运动,5～10 s内做匀速直线运动,t=10 s开始关闭发动机,汽车在阻力作用下做匀减速直线运动直到停止。已知该汽车质量为1 600 kg,运动过程中所受阻力可视为恒定,重力加速度g取10 m/s2。则汽车在加速阶段受到的牵引力大小为(　　)
A.7 680 N B.7 360 N
C.5 120 N D.2 560 N
【答案】 A
【解析】 加速运动时的加速度 a1= m/s2=3.2 m/s2,减速运动时的加速度大小a2= m/s2=
1.6 m/s2,根据牛顿第二定律,则F-f=ma1,f=ma2,解得F=7 680 N。故选A。
类型五　牛顿运动定律中的临界极值问题
[例5] 如图,水平地面上有一汽车做加速运动,车厢内有一个倾角θ=37° 的光滑斜面,斜面上有一个质量为m的小球,用轻绳系于斜面的顶端,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。
(1)当汽车以多大的加速度向左做匀加速直线运动时,小球对斜面的压力刚好等于零
(2)当汽车以多大的加速度向右做匀加速直线运动时,线对小球的拉力刚好等于零
【答案】 (1) m/s2　(2)7.5 m/s2
【解析】 (1)若支持力恰好为零,对小球受力分析,受到重力、绳子拉力,如图,
小球向左加速,加速度向左,合力水平向左,根据牛顿第二定律,有Tcos θ=ma,
Tsin θ=mg,
解得a=== m/s2。
(2)若细绳拉力恰好为零,对小球受力分析,受到重力、支持力。小球向右加速,加速度向右,合力水平向右,根据牛顿第二定律有
Nsin θ=ma,Ncos θ=mg,
解得a=gtan θ=g=7.5 m/s2。
(1)临界问题。
在运用牛顿运动定律解决动力学问题时,常常讨论相互作用的物体是否会发生相对滑动、相互接触的物体是否会发生分离等,这类问题就是临界问题。
(2)解题关键。
解决临界问题的关键是分析临界状态。例如,两个物体刚好要发生相对滑动时,接触面上一定出现最大静摩擦力;两个物体刚要发生分离时,相互之间的作用力——弹力必定为零。
(3)解决临界问题的一般方法。
①极限法:题设中若出现“最大”“最小”“刚好”等这类词语时,一般就隐含着临界问题,解决这类问题时,常常是把物理问题(或物理过程)引向极端,进而使临界条件或临界点暴露出来,达到快速解决有关问题的目的。
②假设法:有些物理问题在变化过程中可能会出现临界问题,也可能不出现临界问题,解答这类问题,一般要用假设法。
③数学推理法:根据分析的物理过程列出相应的数学表达式,然后由数学表达式讨论出临界
条件。
[跟踪训练5] 如图所示,木块A置于木板B上,木板B置于水平面上。A的质量 m=1.5 kg,B的质量M=2.0 kg,A、B间动摩擦因数μ1=0.2,B与地面间的动摩擦因数μ2=0.4。某时刻(t=0)水平力F作用于B上,其随时间变化的规律为F=5t+4(N)(F、t均取国际单位)。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2。求:
(1)经过多长时间B开始滑动;
(2)经过多长时间A开始相对B滑动;
(3)t=3 s时A、B间的摩擦力大小f(结果保留 2位有效数字)。
【答案】 (1)2 s　(2)3.4 s　(3)2.1 N
【解析】 (1)当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等,即μ2(m+M)g=5t1+4(N),得t1=2 s。
(2)当A开始在B上滑动时,
对木块μ1mg=ma,
对整体F2-μ2(m+M)g=(m+M)a;
由题知F2=5t2+4(N),解得t2=3.4 s。
(3)当t2>t3=3 s>t1,B已滑动,A、B间未发生相对滑动,对木块f=ma′,
对整体F3-μ2(m+M)g=(m+M)a′,
且F3=5t3+4(N),
解得f= N≈2.1 N。
1.在地面将一小球竖直向上抛出,经时间t0到达最高点,然后又落回原处,若空气阻力大小恒定,则下图所示的图像能正确反映小球的速度v、加速度a、位移s、速率u随时间变化关系的是(竖直向上为正方向)(　　)
A B
C D
【答案】 D
【解析】 根据牛顿第二定律,上升过程有-(mg+f)=ma1,下降过程有f-mg=ma2,可判断|a1|>|a2|,即上升和下降过程加速度大小不同,所以v-t图像的斜率不相等,加速度的方向均竖直向下,为负值,故A、B错误;上升和下降过程中分别做匀变速直线运动,s-t图像为曲线,不是直线,故C错误;由于|a1|>|a2|,且上升位移大小与下降时位移大小相等,所以上升过程用时短,下降过程用时长,故D正确。
2.(双选)如图所示,一质量M=3 kg、倾角为α=45°的斜面体放在光滑水平地面上,斜面体上有一质量为m=1 kg的光滑楔形物体。一水平向左的恒力F作用在斜面体上,系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度g取10 m/s2,下列判断正确的是(　　)
A.系统做匀速直线运动
B.F=40 N
C.斜面体对物体的作用力N=5 N
D.增大F,楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【答案】 BD
【解析】 对整体受力分析如图甲所示,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律有mgtan 45°=ma,可得F=40 N,a=10 m/s2,故A错误,B正确;斜面体对楔形物体的作用力N==mg=10 N,故C错误;外力F增大,则斜面体加速度增大,斜面体对楔形物体的支持力也增大,则支持力在竖直方向的分力大于重力,楔形物体有向上的加速度,所以楔形物体将会相对斜面体沿斜面向上运动,故D正确。
3.如图所示,在光滑平台上放置一长度l=18 cm,质量M=280 g 的文具盒,在文具盒最左端放有可视为质点的质量m=140 g的墨水瓶,墨水瓶与文具盒间动摩擦因数μ=0.2。开始时两者均静止,现对文具盒施加F=1.12 N、水平向左的恒力,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。墨水瓶在文具盒上运动的时间为(　　)
A.0.1 s B.0.3 s C.0.6 s D.0.9 s
【答案】 C
【解析】 设墨水瓶脱离文具盒前,墨水瓶的加速度为a1,文具盒的加速度为a2,根据牛顿第二定律有μmg=ma1,F-μmg=Ma2,解得a1=2 m/s2,a2=3 m/s2,墨水瓶恰好从文具盒掉落,有l=a2t2-a1t2,解得墨水瓶在文具盒上运动的时间为t=0.6 s。故选C。
4.工厂的流水线上安装有传送带,用传送带传送工件,可大大提高工作效率。如图所示为一工厂车间传送带的示意图,A、B点间的距离为3.5 m,传送带在电动机的带动下,以 2 m/s 顺时针匀速运转。工人将质量为0.5 g的工件(可视为质点)轻放于传送带的A点,已知工件与传送带间的动摩擦因数为0.4,则工件从A点传送到B点的时间为　　　　 s;如果要想使工件以最短时间从A点传送到B点,则工件应做　　　　(选填“加速”“减速”或“匀速”)运动,传送带的运转速度调整到至少为　　　　 m/s。
【答案】 2　加速　2
【解析】 工件刚开始做匀加速运动,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=4 m/s2,工件加速到与传送带速度相等的时间t1==0.5 s,工件加速的位移s1=a=0.5 m,工件做匀速运动的位移s2=l-s1=3 m,工件匀速运动的时间t2==1.5 s,工件从A点传送到B点的时间t=t1+t2=2 s,想使工件以最短时间从A点传送到B点,则工件应一直加速运动,设传送带的速度为v传,有=2al,解得v传=2 m/s,即传送带的运转速度调整到至少为 2 m/s。
5.如图甲所示,两个质量均为1 kg的物块A、B叠放压在一个轻弹簧上处于静止状态。弹簧的劲度系数k=50 N/m,下端固定于地面上。t=0时刻给物块A施加竖直向上的作用力F,使物块A向上做匀加速直线运动。F与物块A的位移s变化关系如图乙所示。重力加速度g取 10 m/s2。
(1)求物块A的加速度大小;
(2)求物块A离开物块B时的速度大小;
(3)F作用1 s后撤去,求物块A整个运动过程上升的最大高度。
【答案】 (1)5 m/s2　(2)1 m/s　(3)3.75 m
【解析】 (1)由题图乙知F=15 N时A、B脱离,
对A有F-mg=ma,解得a=5 m/s2。
(2)未施加F时,弹簧的压缩量为ks1=2mg,
解得s1=0.4 m。
A、B刚要脱离时,对B有ks2-mg=ma,
解得 s2=0.3 m。
设A与B刚要脱离时的速度为v,有
v2=2a(s1-s2),解得v=1 m/s。
(3)1 s内物块A上升的高度h1=at2,
解得h1=2.5 m。因h1>s1-s2,所以1 s末物块A与B已脱离,
1 s末,物块A的速度v1=at,解得v1=5 m/s。
1 s后,物块A做竖直上抛运动,上升的高度
h2=,解得h2=1.25 m。
整个运动过程A上升的最大高度
H=h1+h2=3.75 m。
课时作业
基础巩固
1.如图所示,物体A放在光滑的水平桌面上用轻绳跨过光滑的定滑轮与B相连,A、B的质量均为m,B离滑轮的距离足够长,重力加速度为g。现对A施加一水平向左的恒力F,使A向左做匀加速运动。则轻绳的张力大小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 设绳子拉力为T,对A、B整体,根据牛顿第二定律F-mg=(m+m)a,对物体B,根据牛顿第二定律T-mg=ma,联立可得T=。故选B。
2.如图甲所示,质量为0.4 kg的物块在水平力F的作用下由静止释放,物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4,力F随时间t变化的关系图像如图乙所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.物块受到的摩擦力的最大值大于4 N
B.t=2 s后物块受静摩擦力
C.t=2 s时物块离出发点最远
D.物块对墙壁的压力大于F
【答案】 A
【解析】 开始时力F较小,则摩擦力较小,物块向下做加速运动,随着F的增大,物块的加速度减小,当加速度减到零时速度最大,此时f=μF=mg=4 N,之后摩擦力将大于重力,物块做加速度增加的减速运动直到停止,可知物块受到的摩擦力的最大值大于4 N,选项A正确;根据牛顿第二定律可知mg-μF=ma,其中F=5t(N),可得a=10-5t(m/s2),则当a=0时t=2 s,此时物块的速度最大,t=2 s后物块做减速运动,仍受滑动摩擦力,且此时离出发点还不是最远,选项B、C错误;由水平方向受力平衡可知,墙壁对物块的支持力为F,则物块对墙壁的压力等于F,选项D错误。
3.如图所示,质量为m的木块在质量为M的木板上滑行,木板与地面间的动摩擦因数为μ1,木块与木板间的动摩擦因数为μ2,木板一直静止,则(　　)
A.木块受到向右的静摩擦力
B.木板受到木块向左的滑动摩擦力
C.木板与地面之间的摩擦力大小为μ1(m+M)g
D.木块给木板的摩擦力大小为μ2mg
【答案】 D
【解析】 木块相对木板向右运动,故木块受到木板向左的滑动摩擦力,大小为f=μ2N=μ2mg,力的作用是相互的,故木块对木板有向右的滑动摩擦力,大小为μ2mg,故A、B错误,D正确;木板静止,所以木板与地面之间的摩擦力为静摩擦力,大小等于木块对木板的摩擦力大小,也为μ2mg,故C错误。
4.如图甲所示,沿顺时针方向运动的水平传送带AB,零时刻将一个质量m=1 kg的物块轻放在A处,6 s 末恰好运动到B处,物块6 s内的速度—时间图像如图乙所示,物块可视为质点,(重力加速度g取10 m/s2)则(　　)
A.传送带AB的长度为24 m
B.物块相对于传送带滑动的距离为8 m
C.物块运动的位移大小是12 m
D.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2
【答案】 B
【解析】 由题图乙得AB长度为物块的位移s=L= m=16 m,故A、C错误;6 s内传送带的路程为s′=v0t=24 m,物块相对于传送带滑动的距离Δs=s′-s=8 m,故B正确;由题图乙可知,物块的加速度为a==1 m/s2,对物块由牛顿第二定律得μmg=ma,解得μ=0.1,故D错误。
5.(双选)一个质量为0.2 kg的小球用细线吊在倾角θ=53°的斜面顶端,如图,斜面静止时,球紧靠在斜面上,绳与斜面平行,不计摩擦,当斜面以10 m/s2的加速度向右做加速运动时,则(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)(　　)
A.绳的拉力为1.60 N
B.绳的拉力为2 N
C.斜面对小球的弹力为1.20 N
D.斜面对小球的弹力为0
【答案】 BD
【解析】 当小球恰好离开斜面时即小球所受斜面支持力恰好为零,此时小球的受力如图甲所示,由牛顿第二定律得F合==ma0,解得a0==7.5 m/s2,因为a=10 m/s2>a0,所以小球一定离开斜面,即N=0,设此时绳与水平方向夹角为α,小球的受力如图乙所示,则水平方向由牛顿第二定律得Tcos α=ma,竖直方向由受力平衡得Tsin α=mg,由以上两式整理得T==
2 N;N=0,故选BD。
6.如图所示,两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面,处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上,弹簧的劲度系数为k。t=0时刻,给A物块一个竖直向上的作用力F,使得两物块以0.8g的加速度匀加速上升,下列说法正确的是(　　)
A.A、B分离前合外力大小与时间的平方t2呈线性关系
B.分离时弹簧处于原长状态
C.在t=时刻A、B分离
D.分离时B的速度大小为g
【答案】 C
【解析】 两物块分离前加速度相同,做匀加速直线运动,可知加速度不变,由牛顿第二定律可知,A、B分离前合外力大小不变,A错误;分离时A、B间的弹力为零,由于B具有向上的加速度,所以其受合力向上,可知弹簧处于压缩状态且弹力大于重力,B错误;由题意可知,两物块处于静止状态时,弹簧的压缩量为x1,则有kx1=2mg,x1=,分离时对B,由牛顿第二定律可得kx2-mg=ma,解得x2=,则有弹簧的形变量Δx=x1-x2=,又有Δx=at2,解得t=,C正确;由速度时间公式,可得分离时B的速度大小为vB=at=g,D错误。
7.如图所示,光滑水平地面上停有一小车,其上固定一竖直木板,两者总质量为M,在竖直木板右侧放一质量为m的方形木块,已知木块与竖直木板之间的动摩擦因数为μ,现对小车施加一水平作用力F,使木块恰好相对木板匀速下滑,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.此时木块做匀速直线运动
B.木板对木块的弹力大小等于mg
C.F=(m+M)
D.地面对小车的支持力大小为Mg
【答案】 C
【解析】 木块恰好相对木板匀速下滑,竖直方向,根据平衡条件可得f=μN=mg,水平方向有N=ma,解得a=,故A错误;木板对木块的弹力大小N=ma=,故B错误;整体分析可知F=(m+M)a=(m+M),故C正确;整体竖直方向上受力平衡,故地面对小车的支持力大小为N=(m+M)g,故D错误。
8.如图所示的斜面体固定在水平面上,顶端固定一光滑的定滑轮,两质量相等的物体a、b分别放在左右两侧的斜面体上,并用轻绳拴接跨过光滑的定滑轮,整个装置刚好静止。已知左侧的斜面与物体a的下表面粗糙,右侧的斜面与物体b的下表面光滑,左右斜面的倾角分别为37°、53°,重力加速度大小g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取sin 37°=0.6。下列说法正确的是(　　)
A.物体a与左侧斜面体间的动摩擦因数为0.2
B.剪断细绳后,物体a仍能静止
C.若将物体a、b对调,则a、b的加速度大小为2 m/s2
D.若将物体a、b对调,则轻绳的拉力与物体的重力之比为7∶10
【答案】 D
【解析】 系统处于平衡状态,对物体b由力的平衡条件得轻绳的拉力为F=mgsin 53°=0.8mg,物体a的重力沿斜面向下的分力为G1=mgsin 37°=0.6mg,则物体a所受的摩擦力沿斜面向下,又系统刚好静止,则此时的摩擦力刚好达到最大静摩擦力,则由力的平衡条件得F=mgsin 37°+
fm,fm=μN,N=mgcos 37°,解得μ=,A错误;剪断轻绳,对物体a有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1,解得a1=4 m/s2,所以物体a沿斜面向下做加速运动,B错误;若将物体a、b对调,对物体a由牛顿第二定律得mgsin 53°-F′=ma2,对物体b由牛顿第二定律得F′-mgsin 37°=ma2,解得a2=1 m/s2,
F′=0.7mg,即=,C错误,D正确。
能力提升
9.如图甲所示,一足够长的质量为m的木板静止在水平面上,t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以初速度v0水平向右滑行。若0～t1时间内滑块加速度大小为a1,t1～t2时间内滑块加速度大小为a2。滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块运动的vt图像如图乙所示,则有(　　)
A.a1C.μ1>2μ2 D.μ1<2μ2
【答案】 C
【解析】 根据vt图线的斜率表示加速度,可知a1>a2,故A、B错误;由题图乙vt图像分析可知,0～t1时间内滑块相对木板向右滑动,木板相对地面向右加速滑动,对木板,上表面受到的最大静摩擦力大于下表面与地面的滑动摩擦力,所以有μ1mg>μ2·2mg,则有μ1>2μ2,故C正确,D错误。
10.物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与水平面间的动摩擦因数为μ,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板加速度大小a可能是(　　)
A.μg B. C. D.
【答案】 D
【解析】 物块与木板间的最大静摩擦力为fm1=μmg,木板与水平面间的最大静摩擦力为fm2=μ×2mg=μmg,因为fm211.一个弹簧秤,弹簧质量不计,劲度系数为k=800 N/m,秤盘质量m1=1.5 kg。盘内放一质量为m2=10.5 kg的物体P,系统处于静止状态,如图所示。现给P施加一个竖直向上的力F,使P从静止开始向上做匀加速直线运动,已知在最初0.2 s内F是变化的,在0.2 s后是恒定的,则匀加速过程的加速度为　　　 m/s2,F的最大值是　　　　 N,最小值是　　　　　 N。(g取
10 m/s2)
【答案】 6　168　72
【解析】 根据题意可知,0.2 s物体P恰好脱离秤盘,此时秤盘和物体的加速度相同,F有最大值,kx1-m1g=m1a,Fmax-m2g=m2a;最初根据平衡条件kx0=(m1+m2)g,x0=0.15 m。根据匀变速直线运动规律x0-x1=at2,解得a=6 m/s2,Fmax=168 N;最初时,F有最小值,根据牛顿第二定律Fmin+kx0-(m1+m2)g=(m1+m2)a,解得Fmin=72 N。
12.如图所示,甲、乙两传送带倾斜放置,与水平方向的夹角均为37°,传送带乙顶端到底端的长度为4 m,传送带甲顶端到底端的距离比乙长 0.45 m,两传送带均以3 m/s的速度逆时针匀速转动,可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放,可视为质点的物块B从传送带乙的顶端以 3 m/s 的初速度沿传送带下滑,两物块质量相等,与传送带间的动摩擦因数均为0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间;
(2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。
【答案】 (1)1.3 s　(2)1∶1
【解析】 (1)对物块A由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,
代入数据解得a1=10 m/s2,
设经时间t1物块A与传送带共速,则由运动学规律知
v带=a1t1,
解得t1=0.3 s,
此过程中物块A的位移为
s1=a1=0.45 m,
物块A与传送带共速后,由牛顿第二定律得
mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,
代入数据解得a2=2 m/s2,
由运动学规律知L甲-s1=v带t2+a2,
代入数据解得t2=1 s,
所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t=t1+t2=1.3 s。
(2)在物块A的第一个加速过程中,物块A在传送带上向上的划痕长度为L1=v带t1-s1=0.45 m,
在物块A的第二个加速过程中,物块A在传送带上向下的划痕长度为
L2=v带t2+a2-v带t2=1.0 m,
所以物块A在传送带上的划痕长度为LA=L2=1.0 m,
对物块B分析知,物块B的加速度与物块A在第二个加速过程中的加速度相同,从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相等,所以物块B在传送带上的划痕长度为
LB=v带t2+a2-v带t2=1.0 m,
故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LA∶LB=1∶1。

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