人教版 (新课标)第四章 牛顿运动定律综合与测试课时作业

这是一份人教版 (新课标)第四章 牛顿运动定律综合与测试课时作业，共13页。试卷主要包含了传送带问题，滑块—滑板模型，动力学中的图像问题等内容，欢迎下载使用。

一、传送带问题
【典例1】一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时,传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动,经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。
【解析】解法1 力和运动的观点
根据“传送带上有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿第二定律,可得
a=μg①
设经历时间t,传送带由静止开始加速到速度等于v0,煤块则由静止加速到v,有
v0=a0t②
v=at③
由于av0=v+at′④
此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动,不再产生新的痕迹。
设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为s0和s,有
s0=a0t2+v0t′⑤
s=⑥
传送带上留下的黑色痕迹的长度
l=s0-s⑦
由以上各式得
l=⑧
解法2 v-t图像法
作出煤块、传送带的v-t图线如图所示,图中标斜线的三角形的面积,即为煤块相对于传送带的位移,也即传送带上留下的黑色痕迹的长度。
l=v0·Δt①
Δt=-②
由①②解得
l=③
答案:
【典例2】如图所示,传送带与水平方向成37°角,AB长L=16 m的传送带以恒定速度v=10 m/s运动,在传送带上端A处无初速释放质量为m=0.5 kg的物块,物块与带面间的动摩擦因数μ=0.5,求:
(1)当传送带顺时针转动时,物块从A到B所经历的时间为多少?
(2)当传送带逆时针转动时,物块从A到B所经历的时间为多少? (sin37°=0.6,cs37°=0.8,取g=10 m/s2)
【解析】(1)当传送带顺时针转动时,设物块的加速度为a ,物块受到传送带给予的滑动摩擦力μmgcs37°方向沿斜面向上且小于物块重力的分力mgsin37°,根据牛顿第二定律,有:
mgsin37°-μmgcs37°=ma
代入数据可得:a=2 m/s2
物块在传送带上做加速度为a=2 m/s2的匀加速运动,设运动时间为t,t=
代入数据可得:t=4 s
(2)物块放上传送带后开始的一段时间受力情况如图甲所示,前一阶段物块做初速为0的匀加速运动,设加速度为a1 ,由牛顿第二定律,有
mgsin37°+μmgcs37°=ma1,
解得:a1 =10 m/s2,
设物块加速时间为t1 ,则t1=,
解得:t1=1 s
因位移s1=a1=5 m<16 m,说明物块仍然在传送带上。
设后一阶段物块的加速度为a2, 当物块速度大于传送带速度时,其受力情况如图乙所示。
由牛顿第二定律,有:
mgsin37°-μmgcs37°=ma2 ,
解得a2=2 m/s2,
设后阶段物块下滑到底端所用的时间为t2。
由L-s1=vt2+,
解得t2=1 s
另一解-11 s不合题意舍去。
所以物块从A到B的时间为:t′=t1+t2=2 s
答案:(1)4 s (2)2 s
传送带问题解题思路
(1)解答“运动和力”问题的关键是要分析清楚物体的受力情况和运动情况,弄清所给问题的物理情境。加速度是动力学公式和运动学公式之间联系的桥梁。
(2)审题时应注意对题给条件做必要的定性分析和半定量的分析。如:例2题中给出的μ和θ值可做出以下判断:当μ≥tanθ时,物块在加速至与传送带速度相同后,物块将与传送带相对静止,并同传送带一起匀速运动;当μ(3)滑动摩擦力的方向并不总是阻碍物体的运动,而是阻碍物体间的相对运动。它可能是阻力,也可能是动力。
【素养训练】
1.(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距x=4 m,以v0=4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A端,由于煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度大小g取10 m/s2。则煤块从A运动到B的过程中,下列说法正确的是( )
A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C.划痕长度是0.5 m
D.划痕长度是2 m
【解析】选B、D。根据牛顿第二定律,煤块的加速度a==4 m/s2,煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1==1 s,位移大小x1=a=2 m2.如图所示的传送带,其水平部分ab的长度为2 m,倾斜部分bc的长度为4 m,bc与水平面的夹角θ=37°,现将一小物块A(可视为质点)轻轻放在传送带的a端,物块A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25。传送带沿如图所示方向以v=2 m/s的速度匀速运动,若物块A始终未脱离传送带,试求小物块A从a端被传送到c端所用的时间。(取g=10 m/s2 ,sin37°=0.6,cs37°=0.8 )
【解析】 设物块在水平传送带上加速的过程中的加速度为a1,
根据牛顿第二定律有:μmg=ma1
解得: a1=2.5 m/s2
设物块A做匀加速运动的时间为t1 ,t1=
解得: t1=0.8 s
设物块A相对传送带加速运动的位移为s1,则s1=
解得: s1=0.8 m
当A的速度达到2 m/s时,A将随传送带一起匀速运动,A在传送带水平段匀速运动的时间为t2 ,t2=
解得:t2=0.6 s
A在bc段受到的摩擦力为滑动摩擦力,其大小为μmgcs37°,设A沿bc段下滑的加速度为a2,根据牛顿第二定律有, mgsin37°-μmgcs37°=ma2
解得:a2=4 m/s2
根据运动学的关系,有:
sbc=vt3+a其中sbc=4 m,v=2 m/s,
解得:t3=1 s ,另一解t3=-2 s(不合题意,舍去)
所以物块A从传送带的a端传送到c端所用的时间t=t1+t2+t3=2.4 s。
答案:2.4 s
3.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin37°=0.6,cs37°=0.8,g=10 m/s2,则( )
A.传送带的速度为4 m/s
B.传送带底端到顶端的距离为14 m
C.物块与传送带间的动摩擦因数为
D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
【解析】选A。如果v0小于v1,则物块向上做减速运动时加速度不变,与题图乙不符,因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时,继续向上做减速运动,由此可以判断传送带的速度为4 m/s,选项A正确。传送带底端到顶端的距离等于v-t图线与横轴所围的面积,即×(4+12)×1 m+×1×4 m=10 m,选项B错误。0～1 s内,gsinθ+μgcsθ=
8 m/s2,1～2 s内,gsinθ-μgcsθ=4 m/s2,解得μ=,选项C错误;在1～2 s内,摩擦力方向与物块的运动方向相同,选项D错误。
4.在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。当旅客把行李放到传送带上时,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。随后它们保持相对静止,行李随传送带一起前进。 设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s,把质量为5 kg的行李静止放到传送带上,由于滑动摩擦力的作用,行李以6 m/s2的加速度前进,那么这个行李放在传送带上后,传送带上将留下一段多长的摩擦痕迹?
【解析】解法一:行李加速到0.25 m/s所用的时间:t== s=0.042 s
行李的位移:x行李=at2=×6×(0.042)2 m=0.005 3 m
传送带的位移:x传送带=v0t=0.25×0.042 m=0.010 5 m
摩擦痕迹的长度:Δx=x传送带-x行李=0.005 2 m≈5 mm
(求行李的位移时还可以用行李的平均速度乘以时间,行李做初速度为零的匀加速直线运动,=。)
解法二:以匀速前进的传送带作为参考系。设传送带水平向右运动。行李刚放在传送带上时,相对于传送带的速度v=0.25 m/s,方向水平向左。行李受到水平向右的摩擦力F的作用,做减速运动,速度减为零时,与传送带保持相对静止。
行李做减速运动的加速度的大小为a=6 m/s2
行李做减速运动到速度为零所通过的路程为Δx== m=0.005 2 m≈5 mm
即留下5 mm长的摩擦痕迹。
答案:5 mm
二、滑块—滑板模型
【典例3】如图所示,有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上,木板质量为M=4 kg,长为L=1.4 m,木板右端放着一小滑块,小滑块质量为m=1 kg,其尺寸远小于L。小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.4(g取10 m/s2)。
(1)现用恒力F作用在木板M上,为了使m能从M上滑落下来,问:F的大小范围是什么?
(2)其他条件不变,若恒力F=22.8 N,且始终作用在M上,最终使得m能从M上滑落下来。问:m在M上滑动的时间是多少?
【解析】(1)小滑块与木板间的滑动摩擦力为Ff=μFN=μmg,
小滑块在滑动摩擦力Ff的作用下向右做匀加速直线运动的加速度为a1=,木板在拉力F和滑动摩擦力Ff的作用下向右做匀加速直线运动的加速度为a2=,使m能从M上滑落下来的条件是a2>a1,即>,解得F>μ(M+m)g=20 N。
(2)设m在M上滑动的时间为t,当恒力F=22.8 N时,木板的加速度a2==
4.7 m/s2,
木板在时间t内运动位移x2=a2t2,
小滑块的加速度a1==4 m/s2,小滑块在时间t内运动位移为x1=a1t2,木板和小滑块运动的位移关系如图所示,
由它们的位移关系得x2-x1=L,代入数据解得t=2 s。
答案:(1)F>20 N (2)2 s
1.模型特征:
滑块—滑板模型(如图),涉及摩擦力分析、相对运动、多次相互作用,属于多物体、多过程问题,知识综合性较强,对能力要求较高。
2.思维模板:
【素养训练】
1.(多选)如图所示,木块A质量为1 kg,木块B的质量为2 kg,叠放在水平地面上,A、B间最大静摩擦力为1 N,B与地面间动摩擦因数为0.1,用水平力F推B,要想让A、B保持相对静止,F的大小可能是(g取10 m/s2) ( )
A.1 N B.4 N C.9 N D.12 N
【解析】选A、B。因为A做加速运动时,是通过B给它的摩擦力产生的加速度,而B对A的最大静摩擦力为Ff=1 N,故A的最大加速度为a===1 m/s2,要想让A、B保持相对静止,则A、B的加速度的最大值也是1 m/s2,故再由牛顿第二定律可得F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得F=6 N,故F的大小可能是1 N或4 N,A项、B项正确。
2.如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量均为m,A、B之间的动摩擦因数为μ,B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A的加速度为a1;若将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时B的加速度为a2,则a1与a2的比为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
( )
A.1∶1 B.2∶3 C.1∶3 D.3∶2
【解析】选C。当水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A、B间的摩擦力刚好达到最大,A、B的加速度相等,隔离A对B分析,aB=a1==μg;当水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时A、B间的摩擦力刚好达到最大,A、B的加速度相等,有:aA=a2==μg,可得a1∶a2=1∶3,故选项C正确。
三、动力学中的图像问题
【典例4】放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系如图甲所示,物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g=10 m/s2。由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
A.0.5 kg,0.4 B.1.5 kg,
C.0.5 kg,0.2D.1 kg,0.2
【解析】选A。由F-t图像和v-t图像可得,物块在2～4 s内所受推力F=3 N,物块做匀加速运动,a== m/s2=2 m/s2,F-f=ma,即3-10μm=2m①
物块在4～6 s所受推力F′=2 N,物块做匀速直线运动,则F′=f,F′=μmg,即10μm=2②
由①②解得m=0.5 kg,μ=0.4,故A选项正确。
(1)图像问题的分析方法。
遇到带有物理图像的问题时,要认真分析图像,先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图像给出的信息,再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题。
(2)解决图像综合问题的关键。
①把图像与具体的题意、情景结合起来,明确图像的物理意义,明确图像所反映的物理过程。
②特别注意图像中的一些特殊点,如图线与横、纵坐标轴的交点,图线的转折点,两图线的交点等所表示的物理意义。
【素养训练】
1.质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动,如图所示,a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v-t图线,则拉力和摩擦力之比为 ( )
A.9∶8 B.3∶2 C.2∶1 D.4∶3
【解析】选B。由题可知,题图中图线a表示的为仅受摩擦力时的运动图线,加速度大小a1=1.5 m/s2;图线b表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线,加速度大小a2=0.75 m/s2;由牛顿第二定律得ma1=f,ma2=F-f,解得=,B正确。
2.水平地面上有一个质量m=1.0 kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F的作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=
10 m/s2。下列判断正确的是( )
A.5 s内物块的位移为0
B.4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C.物块与地面之间的动摩擦因数为0.4
D.6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
【解析】选D。由题图乙可得物块所受的最大静摩擦力为4 N,滑动摩擦力为3 N,物块在4 s末开始运动,故第5 s内物块发生了运动,选项A错误;4 s末物块所受拉力为4 N,所受最大静摩擦力也为4 N,合力大小为0,选项B错误;物块与地面之间的滑动摩擦力为3 N,物块对地面的压力为10 N,所以物块与地面之间的动摩擦因数为0.3,选项C错误;6～9 s内拉力大小为5 N,物块所受的滑动摩擦力为3 N,合力为2 N,由牛顿第二定律可得,物块的加速度大小为2.0 m/s2,选项D正确。
3.如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度随外力F变化的图像如图乙所示,根据图乙中所标出的数据可计算出(g取10 m/s2) ( )
A.物体的质量为1 kg
B.物体的质量为2 kg
C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
【解析】选B。由题图乙可知F1=7 N时,a1=0.5 m/s2,F2=14 N时,a2=4 m/s2,由牛顿第二定律得:F1-μmg=ma1,F2-μmg=ma2,解得m=2 kg,μ=0.3,故选项B正确。
4.(多选)某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数,他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况,装置如图甲所示,他使木块以初速度v0=4 m/s沿倾角θ=30°的固定斜面上滑,紧接着下滑至出发点,并同时开始记录数据,结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-t图线如图乙所示,g取10 m/s2,则下列计算结果正确的是( )
A.上滑过程中的加速度的大小为8 m/s2
B.木块与斜面间的动摩擦因数μ=
C.木块回到出发点时的速度大小v=2 m/s
D.木块在t=2 s时返回出发点
【解析】选A、B、C。由题图乙可知,木块经0.5 s滑至最高点,加速度大小a1== m/s2=8 m/s2,选项A正确;上滑过程中,由牛顿第二定律,加速度a1=,解得μ=,选项B正确;上滑的位移x==1 m;下滑过程中,加速度a2==2 m/s2,木块回到出发点时的速度大小v==2 m/s,下滑的时间t2==1 s,回到出发点的总时间t=t1+t2=1.5 s,选项C正确,选项D错误。
5.为了探究物体与斜面间的动摩擦因数,某同学进行了如下实验:取一质量为m的物体,使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动,如图甲所示,通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示,通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示,若已知斜面的倾角α=30°,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物体与斜面间的动摩擦因数;
(2)求撤去推力F后,物体还能上升的距离(斜面足够长)。
【解析】(1)0～2 s内,F1-mgsin α-μmgcs α=ma1,a1==0.5 m/s2,2 s后,F2-mgsin α-μmgcs α=ma2,a2=0,代入数据解得m=3 kg,μ=。
(2)撤去推力F后,有-μmgcs α-mgsin α=ma3,
解得a3=- m/s2,x3==0.075 m。
答案:(1) (2)0.075 m
6.一个物块置于粗糙的水平地面上,受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图甲所示,速度v随时间t变化的关系如图乙所示。g取10 m/s2,求:
(1)1 s末物块所受摩擦力的大小。
(2)物块在前6 s内的位移大小。
(3)物块与水平地面间的动摩擦因数。
【解析】(1)由题图乙可知前2 s内物块处于静止状态,此时物块所受的摩擦力大小等于水平拉力的大小,从题图甲中可以读出,当t=1 s时,Ff1=F1=4 N。
(2)在v-t图像中图线与t轴围成面积表示位移,则由题图乙知物块在前6 s内的位移大小x= m+2×4 m=12 m。
(3)由题图乙知,在2～4 s内,物块做匀加速运动,加速度大小a== m/s2=2 m/s2
由牛顿第二定律得F2-Ff2=ma
在4～6 s内物块做匀速运动,有F3=Ff2=μmg
解得μ=0.4。
答案:(1)4 N (2)12 m (3)0.4