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牛頓運動定律
1.水平傳送帶模型：求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷.物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發生突變的時刻.
滑塊可能的運動情況
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速
(2)v0(1)傳送帶較短時,滑塊一直減速達到左端
(2)傳送帶較長時,滑塊還要被傳送帶傳回右端.其中v0>v返回時速度為v,當v02.傾斜傳送帶：求解的關鍵在于分析清楚物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用.當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發生突變.
滑塊可能的運動情況:
1、如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速度向右傳動．將一物體輕輕放在皮帶左端，以v、a、x、F表示物體速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小．下列選項正確的是(　　)
2、如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始終保持不變)順時針運轉，今將一小煤塊(可視為質點)無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕．已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，則煤塊從A運動到B的過程中(　　)
A．煤塊到A運動到B的時間是2.25 s
B．煤塊從A運動到B的時間是1.5 s
C．劃痕長度是0.5 m D．劃痕長度是2 m
3．如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s＝3.5m，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，物體滑上傳送帶A端的瞬時速度vA＝4m/s，到達B端的瞬時速度設為vB.下列說法中正確的是
A．若傳送帶不動，vB＝3m/s
B．若傳送帶逆時針勻速轉動，vB一定等于3m/s
C．若傳送帶順時針勻速轉動，vB一定等于3m/s
D．若傳送帶順時針勻速轉動，有可能等于3m/s
4、如圖所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B兩端間的距離為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數為μ，正常工作時工人在A端將糧袋放到運行中的傳送帶上.設最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度大小為g.關于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(　　)
A、糧袋到達B端的速度與v比較，可能大，可能小也可能相等
B、糧袋開始運動的加速度為g(sin θ－μcos θ)，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運動
C、若μ≥tan θ，則糧袋從A端到B端一定是一直做加速運動
D、不論μ大小如何，糧袋從Α到Β端一直做勻加速運動，且加速度a≥gsin θ
5、如圖所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2 m，且與水平方向的夾角均為37°.現有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0.5，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)下列說法正確的是(　　)
A．物塊A先到達傳送帶底端
B．物塊A、B同時到達傳送帶底端
C．傳送帶均阻礙物塊A、B的運動
D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1∶3
6、如圖所示，傳送帶與地面夾角θ＝37°，從A到B長度為L＝10.25 m，傳送帶以v0＝10 m/s的速率逆時針轉動。在傳送帶上端A無初速地放一個質量為m＝0.5 kg的黑色煤塊，它與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。煤塊在傳送帶上經過會留下黑色痕跡。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)煤塊從A到B的時間；
(2)煤塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度。
滑塊問題
一、建模指導：解此類題的基本思路：（1）分析滑塊和木板的受力情況，根據牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度；（2）對滑塊和木板進行運動情況分析，找出滑塊和木板之間的位移關系或速度關系，建立方程。特別注意滑塊和木板的位移都是相對地面的位移。
二、模型特征：上、下疊放兩個物體，并且兩物體在摩擦力的相互作用下發生相對滑動。
三、分析滑塊—木板模型問題時應掌握的技巧
（1）分析題中滑塊、木板的受力情況，求出各自的加速度。
（2）畫好運動草圖，找出位移、速度、時間等物理量間的關系。
（3）知道每一過程的末速度是下一過程的初速度。
（4）兩者發生相對滑動的條件：（1）摩擦力為滑動摩擦力。（2）二者加速度不相等。
7．如圖所示，放在平板車上的A物體隨小車一起向右運動，并且A物體始終與小車保持相對靜止，則物體A受到的摩擦力（　　）
A．可能無摩擦力作用 　　B．可能向右
C．可能向左 　 　D．一定向左
8．如圖所示，在光滑地面上，水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動．小車質量是M，木塊質量是m，力大小是F，加速度大小是a，木塊和小車之間動摩擦因數是μ．則在這個過程中，木塊受到的摩擦力大小是(　 　)
A．μmg　　　　 B． C．μ(M＋m)g　 D．ma
9. 如圖所示，質量為M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一質量為m的物塊，物塊與木板及木板與桌面間的動摩擦因數均為，若要以水平外力F將木板抽出，則力F的大小至少為
A． B．
C． D．
10、如圖所示，質量為M的長木板A在光滑水平面上，以大小為v0的速度向左運動，一質量為m的小木塊B(可視為質點)，以大小也為v0的速度水平向右沖上木板左端，B、A間的動摩擦因數為μ，最后B未滑離A。已知M＝2m，重力加速度為g。求：
(1)A、B達到共同速度的時間和共同速度的大小；
(2)木板A的最短長度L。
11.有一項“快樂向前沖”的游戲可簡化如下：如圖所示，滑板長L＝1 m，起點A到終點線B的距離s＝5 m．開始滑板靜止，右端與A平齊，滑板左端放一可視為質點的滑塊，對滑塊施一水平恒力F使滑板前進．板右端到達B處沖線，游戲結束．已知滑塊與滑板間動摩擦因數μ＝0.5，地面視為光滑，滑塊質量m1＝2 kg，滑板質量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1) 滑板由A滑到B的最短時間可達多少？
(2) 為使滑板能以最短時間到達，水平恒力F的取值范圍如何？
12．如圖甲，在粗糙的水平地面上靜置一質量為的滑塊．可視為質點的小滑塊，質量，以一定的初速度從滑塊的左端滑上。如圖乙所示為，兩滑塊的部分速度圖象，其中為滑塊在內的速度圖象，為滑塊在內的速度圖象。在上相對滑動時始終沒有掉下去，取求：
（1）要使不從的上面掉下，滑板的長度至少為多少？
（2）最終滑塊對地的位移為多少？
　第四章　牛頓運動定律 參考答案
1、答案　AB
解析　物體從靜止先在恒定的滑動摩擦力作用下勻速直線運動，后與傳送帶速度相同后，勻速運動，摩擦力消失，x－t圖象先是曲線后是直線．
2、答案　BD
解析　根據牛頓第二定律，煤塊的加速度
a＝＝4 m/s2，
煤塊運動到速度與傳送帶速度相等時的時間t1＝＝1 s，
位移大小x1＝at＝2 m＜x，
此后煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運動直至B端，所以劃痕長度即為煤塊相對于傳送帶的位移大小，即
Δx＝v0t1－x1＝2 m，選項D正確，C錯誤；
x2＝x－x1＝2 m，勻速運動的時間t2＝＝0.5 s，
運動的總時間t＝t1＋t2＝1.5 s，選項B正確，A錯誤．
3、答案　ABD
解析　當傳送帶不動時，物體從A到B做勻減速運動，a＝μg＝1m/s2，由2μgs＝v－v得，vB＝3m/s；當傳送帶逆時針轉動時，物體相對傳送帶運動方向不變，物體以相同的加速度一直減速至B，vB＝3 m/s；當傳送帶順時針勻速轉動時，傳送帶的速度不同，物體滑上傳送帶后的運動情況不同．有下面的五種可能：①勻速；②一直減
速；③先減速后勻速；④一直加速；⑤先加速后勻速．所以本題正確選項為A、B、D.
4、答案　A
解析　若傳送帶較短，糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B端時的速度小于v；若傳送帶較長，μ≥tan θ，則糧袋先做勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，到達B端時速度與v相同；若μ＜tan θ，則糧袋先做加速度為g(sin θ＋μcos θ)的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度為g(sin θ－μcos θ)的勻加速運動，到達B端時的速度大于v，選項A正確；糧袋開始時速度小于傳送帶的速度，相對傳送帶的運動方向是沿傳送帶向上，所以受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，大小為μmgcos θ，根據牛頓第二定律得加速度a＝＝g(sin θ＋μcos θ)，選項B錯誤；若μ≥tan θ，糧袋從A到B可能是一直做勻加速運動，也可能先勻加速運動，當速度與傳送帶的速度相同后，做勻速運動，選項C、D均錯誤.
5．答案　BCD
解析　A、B兩小物塊都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，故傳送帶對兩物塊的滑動摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故兩物塊沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端時位移大小相同，故時間相同，故A錯誤，B正確；滑動摩擦力沿斜面向上，位移沿斜面向下，摩擦力做負功，故C正確；A、B的摩擦力都是沿斜面向上的，A、B滑下時的加
速度相同，所以下滑到底端的時間相同，由x＝v0t＋at2，a＝gsin θ－μgcos θ，得：t＝1 s，傳送帶在1 s的位移是1 m，A與傳送帶是同向運動，A的劃痕是A對地位移(斜面長度)減去在此時間內傳送帶的位移，即2 m－1 m＝1 m，B與傳送帶是反向運動的，B的劃痕是B對地位移(斜面長度)加上在此時間內傳送帶的位移，即2 m＋1 m＝3 m，所以D正確．
6、解析　(1)煤塊剛放上時，受到向下的摩擦力，其加速度為
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
煤塊加速至與傳送帶速度相等時需要的時間t1＝＝1 s，
發生的位移x1＝a1t＝5 m。
達到v0后，受到向上的摩擦力，則
a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
x2＝v0t2＋a2t，
得t2＝0.5 s。
煤塊從A到B的時間為t＝t1＋t2＝1.5 s。
(2)第一過程痕跡長Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二過程痕跡長Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx1與Δx2部分重合，故痕跡總長為5 m。
答案　(1)1.5 s　(2)5 m
7．ABC
8．BD。解析：因為m、M在力F的作用下一起做無相對滑動的加速運動，所以取m、M為一整體，由牛頓第二定律可知F＝(M＋m)a，設木塊m受的摩擦力向右，大小為Ff，由牛頓第二定律得：Ff＝ma，以上兩式聯立可得：，所以B、D正確．
9. D
10、(1)對A、B分別由牛頓第二定律有
μmg＝MaA，μmg＝maB
又M＝2m，可得aA＝μg，aB＝μg
規定水平向右為正方向，經時間t兩者達到共同速度v，則v＝v0－aBt＝－v0＋aAt
解得t＝＝，v＝－。
(2)在時間t內：
A的位移xA＝t＝－
B的位移xB＝t＝
木板A的最短長度為兩者的相對位移大小，即
L＝Δx＝xB－xA＝。
答案　(1)　　(2)
11.【解析】(1)滑板一直加速，所用時間最短．設滑板加速度為a2， Ff＝μm1g＝m2a2，
解得a2＝10 m/s2，
s＝，
解得t＝1 s.
12、解：（1）由圖象可得：物體的位移
物體的位移
木板的長度為
（2）由圖象可得的加速度大小為，
的加速度大小為
設之間，與地之間動摩擦因數為，
由牛頓第二定律得
聯立解得
當一起勻減速運動時，由牛頓第二定律可得
解得
最終滑動的位移為

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