高一物理人教版必修一检测第四章运动和力的关系

核心考点突破一、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=μg ①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=a0t ②v=at ③由于a<a0,故v<v0,煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t′,煤块的速度由v增加到v0,有v0=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=QUOTEa0t2+v0t′ ⑤s=QUOTE ⑥传送带上留下的黑色痕迹的长度l=s0s ⑦由以上各式得l=QUOTE ⑧解法2vt图像法作出煤块、传送带的vt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=QUOTEv0·Δt ①Δt=QUOTEQUOTE ②由①②解得l=QUOTE ③答案:QUOTE【典例2】如图所示,传送带与水平方向成37°角,AB长L=16m的传送带以恒定速度v=10m/s运动,在传送带上端A处无初速释放质量为m=0.5kg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,cos37°=0.8,取g=10m/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μmgcos37°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°μmgcos37°=ma代入数据可得:a=2m/s2物块在传送带上做加速度为a=2m/s2的匀加速运动,设运动时间为t,t=QUOTE代入数据可得:t=4s(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°+μmgcos37°=ma1,解得:a1=10m/s2,设物块加速时间为t1,则t1=QUOTE,解得:t1=1s因位移s1=QUOTEa1QUOTE=5m<16m,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°μmgcos37°=ma2,解得a2=2m/s2,设后阶段物块下滑到底端所用的时间为t2。由Ls1=vt2+QUOTE,解得t2=1s另一解11s不合题意舍去。所以物块从A到B的时间为:t′=t1+t2=2s答案:(1)4s(2)2s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<tanθ时,物块在获得与传送带相同的速度后仍继续加速。(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=4m,以v0=4m/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10m/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2.25sB.煤块从A运动到B的时间是1.5sC.划痕长度是0.5mD.划痕长度是2m【解析】选B、D。根据牛顿第二定律,煤块的加速度a=QUOTE=4m/s2,煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1=QUOTE=1s,位移大小x1=QUOTEaQUOTE=2m<x,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Δx=v0t1x1=2m,D项正确,C项错误;x2=xx1=2m,匀速运动的时间t2=QUOTE=0.5s,运动的总时间t=t1+t2=1.5s,B项正确,A项错误。2.如图所示的传送带,其水平部分ab的长度为2m,倾斜部分bc的长度为4m,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=2m/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=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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=2.5m/s2设物块A做匀加速运动的时间为t1,t1=QUOTE解得:t1=0.8s设物块A相对传送带加速运动的位移为s1,则s1=QUOTE解得:s1=0.8m当A的速度达到2m/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=QUOTE解得:t2=0.6sA在bc段受到的摩擦力为滑动摩擦力,其大小为μmgcos37°,设A沿bc段下滑的加速度为a2,根据牛顿第二定律有,mgsin37°μmgcos37°=ma2解得:a2=4m/s2根据运动学的关系,有:sbc=vt3+QUOTEaQUOTE其中sbc=4m,v=2m/s,解得:t3=1s,另一解t3=2s(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=2.4s。答案:2.4s3.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vt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,cos37°=0.8,g=10m/s2,则 ()A.传送带的速度为4m/sB.传送带底端到顶端的距离为14mC.物块与传送带间的动摩擦因数为QUOTED.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4m/s,选项A正确。传送带底端到顶端的距离等于vt图线与横轴所围的面积,即QUOTE×(4+12)×1m+QUOTE×1×4m=10m,选项B错误。0～1s内,gsinθ+μgcosθ=8m/s2,1～2s内,gsinθμgcosθ=4m/s2,解得μ=QUOTE,选项C错误;在1～2s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0.25m/s,把质量为5kg的行李静止放到传送带上,由于滑动摩擦力的作用,行李以6m/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0.25m/s所用的时间:t=QUOTE=QUOTEs=0.042s行李的位移:x行李=QUOTEat2=QUOTE×6×(0.042)2m=0.0053m传送带的位移:x传送带=v0t=0.25×0.042m=0.0105m摩擦痕迹的长度:Δx=x传送带x行李=0.0052m≈5mm(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,QUOTE=QUOTE。)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=0.25m/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=6m/s2行李做减速运动到速度为零所通过的路程为Δx=QUOTE=QUOTEm=0.0052m≈5mm即留下5mm长的摩擦痕迹。答案:5mm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=4kg,长为L=1.4m,木板右端放着一小滑块,小滑块质量为m=1kg,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10m/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=22.8N,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=QUOTE,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=QUOTE,使m能从M上滑落下来的条件是a2>a1,即QUOTE>QUOTE,解得F>μ(M+m)g=20N。(2)设m在M上滑动的时间为t,当恒力F=22.8N时,木板的加速度a2=QUOTE=4.7m/s2,木板在时间t内运动位移x2=QUOTEa2t2,小滑块的加速度a1=QUOTE=4m/s2,小滑块在时间t内运动位移为x1=QUOTEa1t2,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x2x1=L,代入数据解得t=2s。答案:(1)F>20N(2)2s1.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1kg,木块B的质量为2kg,叠放在水平地面上,A、B间最大静摩擦力为1N,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10m/s2)()A.1NB.4NC.9ND.12N【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=1N,故A的最大加速度为a=QUOTE=QUOTE=1m/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1m/s2,故再由牛顿第二定律可得Fμ(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得F=6N,故F的大小可能是1N或4N,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QUOTE。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∶1B.2∶3C.1∶3D.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=QUOTE=QUOTEμg;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=QUOTE=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=10m/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 ()kg,0.4 kg,QUOTEkg,0.2 D.1kg,0.2【解析】选A。由Ft图像和vt图像可得,物块在2～4s内所受推力F=3N,物块做匀加速运动,a=QUOTE=QUOTEm/s2=2m/s2,Ff=ma,即310μm=2m ①物块在4～6s所受推力F′=2N,物块做匀速直线运动,则F′=f,F′=μmg,即10μm=2 ②由①②解得m=0.5kg,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0.8kg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vt图线,则拉力和摩擦力之比为()A.9∶8B.3∶2C.2∶1D.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=1.5m/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=0.75m/s2;由牛顿第二定律得ma1=f,ma2=Ff,解得QUOTE=QUOTE,B正确。2.水平地面上有一个质量m=1.0kg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=10m/s2。下列判断正确的是 ()A.5s内物块的位移为0B.4s末物块所受合力大小为4.0NC.物块与地面之间的动摩擦因数为0.4D.6～9s内物块的加速度大小为2.0m/s2【解析】选D。由题图乙可得物块所受的最大静摩擦力为4N,滑动摩擦力为3N,物块在4s末开始运动,故第5s内物块发生了运动,选项A错误;4s末物块所受拉力为4N,所受最大静摩擦力也为4N,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3N,物块对地面的压力为10N,所以物块与地面之间的动摩擦因数为0.3,选项C错误;6～9s内拉力大小为5N,物块所受的滑动摩擦力为3N,合力为2N,由牛顿第二定律可得,物块的加速度大小为2.0m/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10m/s2)()A.物体的质量为1kgB.物体的质量为2kgC.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2D.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=7N时,a1=0.5m/s2,F2=14N时,a2=4m/s2,由牛顿第二定律得:F1μmg=ma1,F2μmg=ma2,解得m=2kg,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=4m/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vt图线如图乙所示,g取10m/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8m/s2B.木块与斜面间的动摩擦因数μ=QUOTEC.木块回到出发点时的速度大小v=2m/sD.木块在t=2s时返回出发点【解析】选A、B、C。由题图乙可知,木块经0.5s滑至最高点,加速度大小a1=QUOTE=QUOTEm/s2=8m/s2,选项A正确;上滑过程中,由牛顿第二定律,加速度a1=QUOTE,解得μ=QUOTE,选项B正确;上滑的位移x=QUOTE=1m;下滑过程中,加速度a2=QUOTE=2m/s2,木块回到出发点时的速度大小v=QUOTE=2m/s,下滑的时间t2=QUOTE=1s,回到出发点的总时间t=t1+t2=1.5s,选项C