資源簡介

章末素養提升
物理 觀念 牛頓第一定律 (1)內容:一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態,除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態 (2)牛頓第一定律說明:力是改變物體運動狀態的原因 (3)慣性:物體保持原來勻速直線運動狀態或靜止狀態的性質;慣性的大小取決于質量的大小
牛頓第二定律 (1)內容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的質量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同 (2)表達式:F=ma (3)矢量性、瞬時性、獨立性、同體性
力學單位制 (1)基本單位;(2)導出單位;(3)單位制
超重和失重 (1)超重:物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受的重力,超重時物體具有向上的加速度 (2)失重:物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受的重力,失重時物體具有向下的加速度 (3)完全失重:物體對支持物(或懸掛物)的作用力為0,物體的加速度a=g
科學 思維 理想實驗法 知道伽利略的理想實驗和相應的推理過程
控制變量法 用控制變量法探究加速度與力、質量的關系
用分析推理方法解 決動力學兩類基本問題 力av、x、v0、t等
建立幾類 物理模型 (1)含彈簧的瞬時加速度問題 (2)動力學的整體和隔離問題 (3)板塊模型 (4)傳送帶模型
圖像法 (1)由v-t、x-t圖像分析物體的受力情況 (2)由F-t、F-x圖像分析物體的運動情況 (3)由a-F圖像分析運動或受力情況
科學 探究 1.能完成“探究加速度與力、質量的關系”等物理實驗。 2.能從生活中的現象提出可探究的物理問題;能在他人幫助下制訂科學探究方案,有控制變量的意識,會使用實驗器材獲取數據;能根據數據形成結論,會分析導致實驗誤差的原因。 3.能參考教科書撰寫有一定要求的實驗報告,在報告中能對實驗操作提出問題并進行討論,能用學過的物理術語等交流科學探究過程和結果
科學態 度與 責任 1.通過伽利略、牛頓相關的史實,能認識物理學研究是不斷完善的 2.樂于將牛頓運動定律應用于日常生活實際 3.能認識牛頓運動定律的應用對人類文明進步的推動作用
例1　(2023·上海市大同中學高一期末)如圖所示,在豎直平面內建立直角坐標系xOy,該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道,其中A、C兩點處于同一個圓上,C是圓上任意一點,A、M分別為此圓與y、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO=60°,O'為圓心。現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放,它們將沿軌道運動到M點,如所用時間分別為tA、tB、tC,則tA、tB、tC大小關系是 (　　)
A.tAB.tA=tC=tB
C.tA=tCD.由于C點的位置不確定,無法比較時間大小關系
答案　C
解析　由題意可知A、C、M三點處于同一個圓上,且圓心O'與M點在同一豎直線上,設圓的半徑為R,從圓上任意一點與M點構成一光滑軌道,該軌道與豎直方向的夾角為θ,如圖所示
小球從軌道頂端靜止滑下的加速度為a=gcos θ
根據運動學公式可得x=2Rcos θ=at2
聯立可得小球從軌道頂端到底端M點所用時間為
t==
可知從圓軌道任一點滑到底端M點所用時間與傾角無關,則有tA=tC
由題圖可知,若小球從BM軌道與圓交點由靜止滑下,則所用時間與從A點、C點滑下所用時間相同,由于B點處于圓外,則有tA=tC等時圓模型
物體沿著同一豎直圓上的所有光滑弦軌道由靜止下滑,比較沿不同弦軌道到達底端所用時間。
設某一條弦與水平方向的夾角為α,圓的半徑為R,物體沿光滑弦做勻加速直線運動,加速度a=gsin α,位移x=2Rsin α。由運動學公式x=at2,得:t===2
即沿各條弦運動具有等時性,運動時間與弦的傾角、長短無關,可以得出結論:
(1)物體從圓的頂端沿光滑弦軌道由靜止滑下,滑到弦軌道與圓的交點的時間相等(如圖甲);
(2)物體從圓上的各個位置沿光滑弦軌道由靜止滑下,滑到圓的底端的時間相等(如圖乙)。
例2　(2024·撫州市高一期末)如圖所示,質量為m的木板B放在水平桌面上,質量為2m的物塊A放在B上,A受到水平向右的拉力F的作用,已知A與B間的動摩擦因數為μ,B與地面間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則下列選項正確的是 (　　)
A.當F<2μmg時,A、B都相對地面靜止
B.F足夠大時,B的加速度可能會超過μg
C.無論F為何值,A都不可能相對B滑動
D.當F=μmg時,A、B間的摩擦力為μmg
答案　D
解析　A與B之間的最大靜摩擦力為2μmg,B與地面之間的摩擦力最大值為
μ(2m+m)g=μmg
當μmgA和B會一起相對地面發生滑動,故A錯誤;F足夠大時,A和B之間達到最大靜摩擦力為2μmg,此時B的加速度為aB==μg
因此B的加速度不會超過μg,故B錯誤;
F足夠大時,A和B之間達到最大靜摩擦力為2μmg,此時A的加速為aA=
當aA>μg時,A就會相對B滑動,故C錯誤;
當A、B一起運動,將要發生相對滑動時,對A、B由牛頓第二定律有F-μmg=3ma
對A由牛頓第二定律得F-2μmg=2ma
此時A、B之間摩擦力達到最大值,F也是A、B一起運動的最大值,解得F=3μmg
當F=μmg<3μmg時A、B一起運動,對A、B用牛頓第二定律有μmg-μmg=3ma,對A用牛頓第二定律有μmg-Ff=2ma
聯立解得Ff=μmg,故D正確。
例3　(多選)(2024·濰坊市高一期末)如圖甲所示,彈簧臺秤的托盤內放一個物塊A,整體處于靜止狀態,托盤的質量m=1 kg,物塊A的質量M=2 kg,輕彈簧的勁度系數k=200 N/m。給A施加一個豎直向上的力F,使A從靜止開始向上做勻加速直線運動,力F隨時間變化的F-t圖像如圖乙所示,取重力加速度g=10 m/s2,下列說法正確的是 (　　)
A.托盤運動的最大速度為0.8 m/s
B.t=0時F大小為12 N
C.t=0時刻托盤對物塊的支持力為16 N
D.t=0.2 s時F大小為42 N
答案　BC
解析　開始未施加力F時對整體有(m+M)g=kx0
解得x0=0.15 m
t=0時刻施加力F時,根據牛頓第二定律
F0=(m+M)a
由圖可知,在t=0.2 s時刻物塊與托盤脫離,則
Fm-Mg=Ma
kx1-mg=ma
其中x0-x1=at2
聯立解得x1=0.07 m
a=4 m/s2
F0=12 N
Fm=28 N
選項B正確,D錯誤;
物塊與托盤脫離時的速度為v=at=0.8 m/s
此后托盤繼續向上做加速度減小的加速運動,則當加速度為零時速度最大,則最大速度大于0.8 m/s,選項A錯誤;t=0時,對物塊F0+FN-Mg=Ma
解得FN=16 N,選項C正確。
例4　(2024·廣東省廣雅中學高一期末)如圖所示,有一水平傳送帶以v0=6 m/s的速度沿順時針方向勻速轉動,傳送帶AB長度L=6 m,其右端連著一段粗糙水平面BC,其長度為L1(L1未知),緊挨著BC的光滑水平地面上放置一質量M=4 kg的平板小車,小車長度L2=5 m。小車上表面剛好與BC等高。現將質量m=1 kg的煤塊(可視為質點)輕輕放到傳送帶的左端A處,經過傳送帶傳送至右端B后通過粗糙水平面BC滑上小車。煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.4,煤塊與BC間、煤塊與小車間的動摩擦因數均為μ2=0.2,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)煤塊在傳送帶上運動的時間;
(2)煤塊在傳送帶上運動時留下的劃痕長度;
(3)若煤塊能夠滑上小車且不從小車上掉下來,BC的長度L1應滿足的條件。
答案　(1)1.75 s　(2)4.5 m　(3)2.75 m≤L1<9 m
解析　(1)煤塊剛放上傳送帶時,由牛頓第二定律得μ1mg=ma1
解得a1=4 m/s2
煤塊加速到與傳送帶速度相等時所用時間為t1==1.5 s
此時煤塊通過的位移為x1=a1=4.5 m<6 m
可知煤塊與傳送帶共速后,繼續向右勻速運動
勻速過程所用時間為t2==0.25 s
則煤塊在傳送帶上運動的時間為t=t1+t2=1.75 s
(2)傳送帶在煤塊勻加速運動過程通過的位移為x傳=v0t1=9 m
則煤塊在傳送帶上運動時留下的劃痕長度為Δx=x傳-x1=4.5 m
(3)煤塊滑上粗糙水平面BC的加速度大小為
a2==2 m/s2
若煤塊剛好運動到C點停下,根據運動學公式可得-2a2L1'=0-
解得L1'=9 m
若煤塊滑上小車且剛好到達小車右端與小車共速,
設煤塊剛滑上小車時的速度為v1,
則有-2a2L1″=-
煤塊在小車上滑動的加速度大小仍為a2=2 m/s2,
小車的加速度大小為a3==0.5 m/s2
設煤塊經過t3時間與小車共速,
則有v共=v1-a2t3
v共=a3t3
煤塊與小車通過的位移分別為x煤=t3,
x車=t3
根據位移關系有x煤-x車=L2=5 m
聯立解得L1″=2.75 m
綜上分析可知,若煤塊能夠滑上小車且不從小車上掉下來,BC的長度應滿足2.75 m≤L1<9 m。(共27張PPT)
章末素養提升
DISIZHANG
第四章
再現
素養知識
物理 觀念 牛頓第一定律 (1)內容:一切物體總保持 ,除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態
(2)牛頓第一定律說明:力是 的原因
(3)慣性:物體保持 狀態或 狀態的性質;慣性的大小取決于 的大小
牛頓第二定律 (1)內容:物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的質量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同
(2)表達式:_______
(3)矢量性、瞬時性、獨立性、同體性
勻速直線運動狀態或靜止狀態
改變物體運動狀態
原來勻速直線運動
靜止
質量
F=ma
再現
素養知識
物理 觀念 力學單位制 (1)基本單位;(2)導出單位;(3)單位制
超重和失重 (1)超重:物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力) 物體所受的重力,超重時物體具有 的加速度
(2)失重:物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力) 物體所受的重力,失重時物體具有 的加速度
(3)完全失重:物體對支持物(或懸掛物)的作用力為 ,物體的加速度a=__
大于
向上
小于
向下
0
g
再現
素養知識
科學 思維 理想實驗法 知道伽利略的理想實驗和相應的推理過程
控制變量法 用控制變量法探究加速度與力、質量的關系
用分析推理方法解決動力學兩類基本問題 力 a v、x、v0、t等
再現
素養知識
科學 思維 建立幾類 物理模型 (1)含彈簧的瞬時加速度問題
(2)動力學的整體和隔離問題
(3)板塊模型
(4)傳送帶模型
圖像法 (1)由v-t、x-t圖像分析物體的受力情況
(2)由F-t、F-x圖像分析物體的運動情況
(3)由a-F圖像分析運動或受力情況
再現
素養知識
科學 探究 1.能完成“探究加速度與力、質量的關系”等物理實驗。
2.能從生活中的現象提出可探究的物理問題;能在他人幫助下制訂科學探究方案,有控制變量的意識,會使用實驗器材獲取數據;能根據數據形成結論,會分析導致實驗誤差的原因。
3.能參考教科書撰寫有一定要求的實驗報告,在報告中能對實驗操作提出問題并進行討論,能用學過的物理術語等交流科學探究過程和結果
再現
素養知識
科學態 度與 責任 1.通過伽利略、牛頓相關的史實,能認識物理學研究是不斷完善的
2.樂于將牛頓運動定律應用于日常生活實際
3.能認識牛頓運動定律的應用對人類文明進步的推動作用
　(2023·上海市大同中學高一期末)如圖所示,在豎直平面內建立直角坐標系xOy,該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道,其中A、C兩點處于同一個圓上,C是圓上任意一點,A、M分別為此圓與y、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO=60°,O'為圓心。現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放,它們將沿軌道運動到M點,如所用時間分別為tA、tB、tC,則tA、tB、tC大小關系是
A.tAB.tA=tC=tB
C.tA=tCD.由于C點的位置不確定,無法比較時間大小關系
例1
提能
綜合訓練
√
由題意可知A、C、M三點處于同一個圓上,且圓心O'與M點在同一豎直線上,設圓的半徑為R,從圓上任意一點與M點構成一光滑軌道,該軌道與豎直方向的夾角為θ,如圖所示
小球從軌道頂端靜止滑下的加速度為a=gcos θ
根據運動學公式可得x=2Rcos θ=at2
聯立可得小球從軌道頂端到底端M點所用時間為
t==
可知從圓軌道任一點滑到底端M點所用時間與傾角無關,則有tA=tC
由題圖可知,若小球從BM軌道與圓交點由靜止滑下,則所用時間與從A點、C點滑下所用時間相同,由于B點處于圓外,則有tA=tC總結提升
等時圓模型
物體沿著同一豎直圓上的所有光滑弦軌道由靜止下滑,比較沿不同弦軌道到達底端所用時間。
總結提升
設某一條弦與水平方向的夾角為α,圓的半徑為R,物體沿光滑弦做勻加速直線運動,加速度a=gsin α,位移x=2Rsin α。由運動學公式x=at2,得:t===2
總結提升
即沿各條弦運動具有等時性,運動時間與
弦的傾角、長短無關,可以得出結論:
(1)物體從圓的頂端沿光滑弦軌道由靜止
滑下,滑到弦軌道與圓的交點的時間相等
(如圖甲);
(2)物體從圓上的各個位置沿光滑弦軌道由靜止滑下,滑到圓的底端的時間相等(如圖乙)。
　(2024·撫州市高一期末)如圖所示,質量為m的木板B放在水平桌面上,質量為2m的物塊A放在B上,A受到水平向右的拉力F的作用,已知A與B間的動摩擦因數為μ,B與地面間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則下列選項正確的是
A.當F<2μmg時,A、B都相對地面靜止
B.F足夠大時,B的加速度可能會超過μg
C.無論F為何值,A都不可能相對B滑動
D.當F=μmg時,A、B間的摩擦力為μmg
例2
√
A與B之間的最大靜摩擦力為2μmg,B與地面之間的摩擦力最大值為
μ(2m+m)g=μmg
當μmgA和B會一起相對地面發生滑動,故A錯誤;F足夠大時,A和B之間達到最大靜摩擦力為2μmg,此時B的加速度為aB==μg
因此B的加速度不會超過μg,故B錯誤;
F足夠大時,A和B之間達到最大靜摩擦力為2μmg,此時A的加速為aA=
當aA>μg時,A就會相對B滑動,故C錯誤;
當A、B一起運動,將要發生相對滑動時,對A、B由牛頓第二定律有F-μmg=3ma
對A由牛頓第二定律得F-2μmg=2ma
此時A、B之間摩擦力達到最大值,F也是A、B一起運動的最大值,解得F=3μmg
當F=μmg<3μmg時A、B一起運動,對A、B用牛頓第二定律有μmg-μmg=3ma,對A用牛頓第二定律有μmg-Ff=2ma
聯立解得Ff=μmg,故D正確。
　(多選)(2024·濰坊市高一期末)如圖甲所示,彈簧臺秤的托盤內放一個物塊A,整體處于靜止狀態,托盤的質量m=1 kg,物塊A的質量M=2 kg,輕彈簧的勁度系數k=200 N/m。給A施加一個豎直向上的力F,使A從靜止開始向上做勻加速直線運動,力F隨時間變化的F-t圖像如圖乙所示,取重力加速度g=10 m/s2,下列說法正確的是
A.托盤運動的最大速度為0.8 m/s
B.t=0時F大小為12 N
C.t=0時刻托盤對物塊的支持力為16 N
D.t=0.2 s時F大小為42 N
例3
√
√
開始未施加力F時對整體有(m+M)g=kx0
解得x0=0.15 m
t=0時刻施加力F時,根據牛頓第二定律
F0=(m+M)a
由圖可知,在t=0.2 s時刻物塊與托盤脫離,則
Fm-Mg=Ma
kx1-mg=ma
其中x0-x1=at2
聯立解得x1=0.07 m
a=4 m/s2
F0=12 N
Fm=28 N
選項B正確,D錯誤;
物塊與托盤脫離時的速度為v=at=0.8 m/s
此后托盤繼續向上做加速度減小的加速運動,則當加速度為零時速度最大,則最大速度大于0.8 m/s,選項A錯誤;
t=0時,對物塊F0+FN-Mg=Ma
解得FN=16 N,選項C正確。
　(2024·廣東省廣雅中學高一期末)如圖所示,有一水平傳送帶以v0=6 m/s的速度沿順時針方向勻速轉動,傳送帶AB長度L=6 m,其右端連著一段粗糙水平面BC,其長度為L1(L1未知),緊挨著BC的光滑水平地面上放置一質量M=4 kg的平板小車,小車長度L2=5 m。小車上表面剛好與BC等高。現將質量m=1 kg的煤塊(可視為質點)輕輕放到傳送帶的左端A處,經過傳送帶傳送至右端B后通過粗糙水平面BC滑上小車。煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.4,煤塊與BC間、煤塊與小車間的動摩擦因數均為μ2=0.2,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)煤塊在傳送帶上運動的時間;
例4
答案　1.75 s
煤塊剛放上傳送帶時,由牛頓第二定律得μ1mg=ma1
解得a1=4 m/s2
煤塊加速到與傳送帶速度相等時所用時間為t1==1.5 s
此時煤塊通過的位移為x1=a1=4.5 m<6 m
可知煤塊與傳送帶共速后,繼續向右勻速運動
勻速過程所用時間為t2==0.25 s
則煤塊在傳送帶上運動的時間為t=t1+t2=1.75 s
(2)煤塊在傳送帶上運動時留下的劃痕長度;
答案　4.5 m
傳送帶在煤塊勻加速運動過程通過的位移為x傳=v0t1=9 m
則煤塊在傳送帶上運動時留下的劃痕長度為Δx=x傳-x1=4.5 m
(3)若煤塊能夠滑上小車且不從小車上掉下來,BC的長度L1應滿足的條件。
答案　2.75 m≤L1<9 m
煤塊滑上粗糙水平面BC的加速度大小為a2==2 m/s2
若煤塊剛好運動到C點停下,根據運動學公式可得-2a2L1'=0-
解得L1'=9 m
若煤塊滑上小車且剛好到達小車右端與小車共速,
設煤塊剛滑上小車時的速度為v1,
則有-2a2L1″=-
煤塊在小車上滑動的加速度大小仍為a2=2 m/s2,
小車的加速度大小為a3==0.5 m/s2
設煤塊經過t3時間與小車共速,
則有v共=v1-a2t3
v共=a3t3
煤塊與小車通過的位移分別為x煤=t3,x車=t3
根據位移關系有x煤-x車=L2=5 m
聯立解得L1″=2.75 m
綜上分析可知,若煤塊能夠滑上小車且不從小車上掉下來,BC的長度應滿足2.75 m≤L1<9 m。章末素養提升
物理 觀念 牛頓第一定律 (1)內容：一切物體總保持　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態 (2)牛頓第一定律說明：力是　　　　　　　　　　　　的原因 (3)慣性：物體保持　　　　　　　　　　　　狀態或　　　　狀態的性質；慣性的大小取決于　　　　的大小
牛頓第二定律 (1)內容：物體加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的質量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同 (2)表達式：　　　 (3)矢量性、瞬時性、獨立性、同體性
力學單位制 (1)基本單位；(2)導出單位；(3)單位制
超重和失重 (1)超重：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)　　　　物體所受的重力，超重時物體具有　　　　的加速度 (2)失重：物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)　　　　物體所受的重力，失重時物體具有　　　　的加速度 (3)完全失重：物體對支持物(或懸掛物)的作用力為　　　　，物體的加速度a=　　　　
科學 思維 理想實驗法 知道伽利略的理想實驗和相應的推理過程
控制變量法 用控制變量法探究加速度與力、質量的關系
用分析推理方法解 決動力學兩類基本問題 力av、x、v0、t等
建立幾類 物理模型 (1)含彈簧的瞬時加速度問題 (2)動力學的整體和隔離問題 (3)板塊模型 (4)傳送帶模型
圖像法 (1)由v-t、x-t圖像分析物體的受力情況 (2)由F-t、F-x圖像分析物體的運動情況 (3)由a-F圖像分析運動或受力情況
科學 探究 1.能完成“探究加速度與力、質量的關系”等物理實驗。 2.能從生活中的現象提出可探究的物理問題；能在他人幫助下制訂科學探究方案，有控制變量的意識，會使用實驗器材獲取數據；能根據數據形成結論，會分析導致實驗誤差的原因。 3.能參考教科書撰寫有一定要求的實驗報告，在報告中能對實驗操作提出問題并進行討論，能用學過的物理術語等交流科學探究過程和結果
科學態 度與 責任 1.通過伽利略、牛頓相關的史實，能認識物理學研究是不斷完善的 2.樂于將牛頓運動定律應用于日常生活實際 3.能認識牛頓運動定律的應用對人類文明進步的推動作用
例1　(2023·上海市大同中學高一期末)如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO=60°，O'為圓心。現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是 (　　)
A.tAB.tA=tC=tB
C.tA=tCD.由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系
等時圓模型
物體沿著同一豎直圓上的所有光滑弦軌道由靜止下滑，比較沿不同弦軌道到達底端所用時間。
設某一條弦與水平方向的夾角為α，圓的半徑為R，物體沿光滑弦做勻加速直線運動，加速度a=gsin α，位移x=2Rsin α。由運動學公式x=at2，得：t===2
即沿各條弦運動具有等時性，運動時間與弦的傾角、長短無關，可以得出結論：
(1)物體從圓的頂端沿光滑弦軌道由靜止滑下，滑到弦軌道與圓的交點的時間相等(如圖甲)；
(2)物體從圓上的各個位置沿光滑弦軌道由靜止滑下，滑到圓的底端的時間相等(如圖乙)。
例2　(2024·撫州市高一期末)如圖所示，質量為m的木板B放在水平桌面上，質量為2m的物塊A放在B上，A受到水平向右的拉力F的作用，已知A與B間的動摩擦因數為μ，B與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列選項正確的是 (　　)
A.當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止
B.F足夠大時，B的加速度可能會超過μg
C.無論F為何值，A都不可能相對B滑動
D.當F=μmg時，A、B間的摩擦力為μmg
例3　(多選)(2024·濰坊市高一期末)如圖甲所示，彈簧臺秤的托盤內放一個物塊A，整體處于靜止狀態，托盤的質量m=1 kg，物塊A的質量M=2 kg，輕彈簧的勁度系數k=200 N/m。給A施加一個豎直向上的力F，使A從靜止開始向上做勻加速直線運動，力F隨時間變化的F-t圖像如圖乙所示，取重力加速度g=10 m/s2，下列說法正確的是 (　　)
A.托盤運動的最大速度為0.8 m/s
B.t=0時F大小為12 N
C.t=0時刻托盤對物塊的支持力為16 N
D.t=0.2 s時F大小為42 N
例4　(2024·廣東省廣雅中學高一期末)如圖所示，有一水平傳送帶以v0=6 m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，傳送帶AB長度L=6 m，其右端連著一段粗糙水平面BC，其長度為L1(L1未知)，緊挨著BC的光滑水平地面上放置一質量M=4 kg的平板小車，小車長度L2=5 m。小車上表面剛好與BC等高。現將質量m=1 kg的煤塊(可視為質點)輕輕放到傳送帶的左端A處，經過傳送帶傳送至右端B后通過粗糙水平面BC滑上小車。煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.4，煤塊與BC間、煤塊與小車間的動摩擦因數均為μ2=0.2，取重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)煤塊在傳送帶上運動的時間；
(2)煤塊在傳送帶上運動時留下的劃痕長度；
(3)若煤塊能夠滑上小車且不從小車上掉下來，BC的長度L1應滿足的條件。
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
答案精析
勻速直線運動狀態或靜止狀態　改變物體運動狀態　原來勻速直線運動　靜止　質量　F=ma　大于　向上　小于　向下　0　g
例1　C　［
由題意可知A、C、M三點處于同一個圓上，且圓心O'與M點在同一豎直線上，設圓的半徑為R，從圓上任意一點與M點構成一光滑軌道，該軌道與豎直方向的夾角為θ，如圖所示
小球從軌道頂端靜止滑下的加速度為a=gcos θ
根據運動學公式可得
x=2Rcos θ=at2
聯立可得小球從軌道頂端到底端M點所用時間為
t==
可知從圓軌道任一點滑到底端M點所用時間與傾角無關，則有tA=tC
由題圖可知，若小球從BM軌道與圓交點由靜止滑下，則所用時間與從A點、C點滑下所用時間相同，由于B點處于圓外，則有tA=tC例2　D　［A與B之間的最大靜摩擦力為2μmg，B與地面之間的摩擦力最大值為
μ（2m+m）g=μmg
當μmgA和B會一起相對地面發生滑動，故A錯誤；F足夠大時，A和B之間達到最大靜摩擦力為2μmg，此時B的加速度為aB==μg
因此B的加速度不會超過μg，故B錯誤；
F足夠大時，A和B之間達到最大靜摩擦力為2μmg，此時A的加速為aA=
當aA>μg時，A就會相對B滑動，故C錯誤；
當A、B一起運動，將要發生相對滑動時，對A、B由牛頓第二定律有F-μmg=3ma
對A由牛頓第二定律得
F-2μmg=2ma
此時A、B之間摩擦力達到最大值，F也是A、B一起運動的最大值，解得F=3μmg
當F=μmg<3μmg時A、B一起運動，對A、B用牛頓第二定律有μmg-μmg=3ma，對A用牛頓第二定律有μmg-Ff=2ma
聯立解得Ff=μmg，故D正確。］
例3　BC　［開始未施加力F時對整體有（m+M）g=kx0
解得x0=0.15 m
t=0時刻施加力F時，根據牛頓第二定律
F0=（m+M）a
由圖可知，在t=0.2 s時刻物塊與托盤脫離，則Fm-Mg=Ma
kx1-mg=ma
其中x0-x1=at2
聯立解得x1=0.07 m
a=4 m/s2
F0=12 N
Fm=28 N
選項B正確，D錯誤；
物塊與托盤脫離時的速度為v=at=0.8 m/s
此后托盤繼續向上做加速度減小的加速運動，則當加速度為零時速度最大，則最大速度大于0.8 m/s，選項A錯誤；t=0時，對物塊F0+FN-Mg=Ma
解得FN=16 N，選項C正確。］
例4　（1）1.75 s　（2）4.5 m
（3）2.75 m≤L1<9 m
解析　（1）煤塊剛放上傳送帶時，由牛頓第二定律得μ1mg=ma1
解得a1=4 m/s2
煤塊加速到與傳送帶速度相等時所用時間為t1==1.5 s
此時煤塊通過的位移為x1=a1=4.5 m<6 m
可知煤塊與傳送帶共速后，繼續向右勻速運動
勻速過程所用時間為t2==0.25 s
則煤塊在傳送帶上運動的時間為t=t1+t2=1.75 s
（2）傳送帶在煤塊勻加速運動過程通過的位移為x傳=v0t1=9 m
則煤塊在傳送帶上運動時留下的劃痕長度為Δx=x傳-x1=4.5 m
（3）煤塊滑上粗糙水平面BC的加速度大小為a2==2 m/s2
若煤塊剛好運動到C點停下，根據運動學公式可得-2a2L1'=0-
解得L1'=9 m
若煤塊滑上小車且剛好到達小車右端與小車共速，
設煤塊剛滑上小車時的速度為v1，
則有-2a2L1″=-
煤塊在小車上滑動的加速度大小仍為a2=2 m/s2，
小車的加速度大小為
a3==0.5 m/s2
設煤塊經過t3時間與小車共速，
則有v共=v1-a2t3
v共=a3t3
煤塊與小車通過的位移分別為x煤=t3，
x車=t3
根據位移關系有x煤-x車=L2=5 m
聯立解得L1″=2.75 m
綜上分析可知，若煤塊能夠滑上小車且不從小車上掉下來，BC的長度應滿足2.75 m≤L1<9 m。

展開更多......

收起↑