第四章 牛顿运动定律 讲义-高一上学期物理人教版（2019）必修第一册

1、牛顿运动定律1.水平传送带模型：求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.滑块可能的运动情况(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速 (1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0v返回时速度为v,当v0v返回时速度为v0 2.倾斜传送带：求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.滑块可能的运动情况:(1)(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速 (1)(1)可能一直加

2、速(2)可能先加速后匀速 (1)可能一直加速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速 (1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速 1、如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动将一物体轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物体速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小下列选项正确的是()2、如图所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 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)无初速度地轻放至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

3、数0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()A煤块到A运动到B的时间是2.25 sB煤块从A运动到B的时间是1.5 sC划痕长度是0.5 m D划痕长度是2 m3如图所示，水平传送带A、B两端相距s3.5m，物体与传送带间的动摩擦因数0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度vA4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是A若传送带不动，vB3m/sB若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3m/sC若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3m/sD若传送带顺时针匀速转动，有可能等于3m/s4、如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的

4、夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()A、粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等B、粮袋开始运动的加速度为g(sin cos )，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C、若tan ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D、不论大小如何，粮袋从到端一直做匀加速运动，且加速度agsin 5、如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37.现有两个小物块A

5、、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)下列说法正确的是()A物块A先到达传送带底端B物块A、B同时到达传送带底端C传送带均阻碍物块A、B的运动 D物块A、B在传送带上的划痕长度之比为136、如图所示，传送带与地面夹角37，从A到B长度为L10.25 m，传送带以v010 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 370.6，g10 m/s2，求：(1)煤块从A

6、到B的时间；(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。滑块问题一、建模指导：解此类题的基本思路：（1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；（2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程。特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移。二、模型特征：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。三、分析滑块木板模型问题时应掌握的技巧（1）分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。（2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。（3）知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。（4）两者发生相

7、对滑动的条件：（1）摩擦力为滑动摩擦力。（2）二者加速度不相等。7如图所示，放在平板车上的A物体随小车一起向右运动，并且A物体始终与小车保持相对静止，则物体A受到的摩擦力（）A可能无摩擦力作用 B可能向右C可能向左 D一定向左8如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )Amg Beq f(mF,Mm) C(Mm)g Dma9. 如图所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩

8、擦因数均为，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为A B CD10、如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端，B、A间的动摩擦因数为，最后B未滑离A。已知M2m，重力加速度为g。求：(1)A、B达到共同速度的时间和共同速度的大小；(2)木板A的最短长度L。11.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L1 m，起点A到终点线B的距离s5 m开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进板右端到达B处冲线，游戏结束已知滑块与滑

9、板间动摩擦因数0.5，地面视为光滑，滑块质量m12 kg，滑板质量m21 kg，重力加速度g10 m/s2，求：(1) 滑板由A滑到B的最短时间可达多少？(2) 为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何？12如图甲，在粗糙的水平地面上静置一质量为的滑块可视为质点的小滑块，质量，以一定的初速度从滑块的左端滑上。如图乙所示为，两滑块的部分速度图象，其中为滑块在内的速度图象，为滑块在内的速度图象。在上相对滑动时始终没有掉下去，取求：（1）要使不从的上面掉下，滑板的长度至少为多少？（2）最终滑块对地的位移为多少？第四章牛顿运动定律 参考答案1、答案AB解析物体从静止先在恒定的滑动摩擦力作用下

10、匀速直线运动，后与传送带速度相同后，匀速运动，摩擦力消失，xt图象先是曲线后是直线2、答案BD解析根据牛顿第二定律，煤块的加速度aeq f(mg,m)4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1eq f(v0,a)1 s，位移大小x1eq f(1,2)ateq oal( 2,1)2 mx，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即xv0t1x12 m，选项D正确，C错误；x2xx12 m，匀速运动的时间t2eq f(x2,v0)0.5 s，运动的总时间tt1t21.5 s，选项B正确，A错误3、答案ABD解析当传送带不动时，物体从A

11、到B做匀减速运动，ag1m/s2，由2gsveq oal(2,A)veq oal(2,B)得，vB3m/s；当传送带逆时针转动时，物体相对传送带运动方向不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB3 m/s；当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同有下面的五种可能：匀速；一直减速；先减速后匀速；一直加速；先加速后匀速所以本题正确选项为A、B、D.4、答案A解析若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若传送带较长，tan ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若tan ，则粮袋先做

12、加速度为g(sin cos )的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin cos )的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为mgcos ，根据牛顿第二定律得加速度aeq f(mgsin mgcos ,m)g(sin cos )，选项B错误；若tan ，粮袋从A到B可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误.5答案BCD解析A、B两小物块都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向

13、上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B正确；滑动摩擦力沿斜面向上，位移沿斜面向下，摩擦力做负功，故C正确；A、B的摩擦力都是沿斜面向上的，A、B滑下时的加速度相同，所以下滑到底端的时间相同，由xv0teq f(1,2)at2，agsin gcos ，得：t1 s，传送带在1 s的位移是1 m，A与传送带是同向运动，A的划痕是A对地位移(斜面长度)减去在此时间内传送带的位移，即2 m1 m1 m，B与传送带是反向运动的，B的划痕是B对地位移(斜面长度)加上在此时间内传送带的位移，即2 m1 m3 m，所以D正确6、解析(1)煤块刚放上

14、时，受到向下的摩擦力，其加速度为a1g(sin cos )10 m/s2，煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t1eq f(v0,a1)1 s，发生的位移x1eq f(1,2)a1teq oal(2,1)5 m。达到v0后，受到向上的摩擦力，则a2g(sin cos )2 m/s2，x2Lx15.25 m，x2v0t2eq f(1,2)a2teq oal(2,2)，得t20.5 s。煤块从A到B的时间为tt1t21.5 s。(2)第一过程痕迹长x1v0t1x15 m，第二过程痕迹长x2x2v0t20.25 m，x1与x2部分重合，故痕迹总长为5 m。答案(1)1.5 s(2)5 m7ABC

15、8BD。解析：因为m、M在力F的作用下一起做无相对滑动的加速运动，所以取m、M为一整体，由牛顿第二定律可知F(Mm)a，设木块m受的摩擦力向右，大小为Ff，由牛顿第二定律得：Ffma，以上两式联立可得：，所以B、D正确9. D10、(1)对A、B分别由牛顿第二定律有mgMaA，mgmaB又M2m，可得aAeq f(1,2)g，aBg规定水平向右为正方向，经时间t两者达到共同速度v，则vv0aBtv0aAt解得teq f(2v0,aAaB)eq f(4v0,3g)，veq f(v0,3)。(2)在时间t内：A的位移xAeq f(v0v,2)teq f(8veq oal(2,0),9g)B的位移xBeq f(v0v,2)teq f(4veq oal(2,0),9g)木板A的最短长度为两者的相对位移大小，即LxxBxAeq f(4veq oal(2,0),3g