【物理】2019届一轮复习人教版牛顿运动定律定律学案

【物理】2019届一轮复习人教版牛顿运动定律定律学案

第6讲 章末热点集训[学生用书P58]‎ ‎　动力学中的图象问题 ‎ 　如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　)‎ ‎[解析]　当水平力F较小时，两物体相对静止，加速度相同，由F＝ma知：‎ 两者的加速度a＝＝，a∝t 当水平力F较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：‎ 对m1：a1＝，由于μ、m1、m2是定值，故m1的加速度a1不变．对m2：a2＝＝，‎ a2是时间t的线性函数．选项A正确．‎ ‎[答案]　A ‎　1.如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t 图象，求：‎ ‎(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；‎ ‎(2)物块质量m与长木板质量M之比；‎ ‎(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.‎ 解析：(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，‎ 达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2.‎ ‎(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1‎ 对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2‎ 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：‎ μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3‎ 联立以上三式可得＝.‎ ‎(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图中△abc的面积，故Δx＝10×4× m＝20 m.‎ 答案：(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2) ‎(3)20 m ‎　牵连体问题 ‎　(多选)‎ 在斜面上，两物块A、B用细线连接，当用力F沿斜面向上拉物体A时，两物块以大小为a的加速度向上运动，细线中的张力为FT，两物块与斜面间的动摩擦因数相等，则当用大小为2F的拉力沿斜面向上拉物块A时(　　)‎ A．两物块向上运动的加速度大小为2a B．两物块向上运动的加速度大小大于2a C．两物块间细线中的张力为2FT D．两物块间细线中的张力与A、B的质量无关 ‎[解析]　设斜面倾角为θ，A、B两物块的质量分别为M和m，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得两物块的加速度大小为 a＝＝－g(sin θ＋μcos θ)，当拉力为2F时，加速度大小a′＝－g(sin θ＋μcos θ)，则a′－a＝＞a，即a′＞2a，A项错误，B项正确；两物块间细线中的张力FT＝ma＋mgsin θ＋μmgcos θ＝，与斜面倾角和动摩擦因数无关，且当拉力为2F时，细线中的张力也为2FT，但张力与两物块的质量有关，C项正确，D项错误．‎ ‎[答案]　BC ‎　2.‎ ‎(多选)如图所示，质量分别为M和m的物体A、B用细线连接，悬挂在定滑轮上，定滑轮固定在天花板上，已知M>m，滑轮质量及摩擦均不计，则下列说法正确的是(　　)‎ A．细线上的拉力一定大于mg B．细线上的拉力一定小于Mg C．细线上的拉力等于g D．天花板对定滑轮的拉力等于(M＋m)g 解析：选AB.设两物体运动的加速度大小均为a，细线上的拉力为T，分别对物体A和B进行受力分析并结合牛顿第二定律有：对A，Mg－T＝Ma，对B，T－mg＝ma，整理可得T＝Mg－Ma＝mg＋ma，T＝g.对定滑轮进行受力分析可知，天花板对定滑轮的拉力等于2T.‎ ‎　动力学中的临界极值问题 ‎　(多选)如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左 B．若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝，且小车只能向左加速运动 C．若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右 D．若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为，最小值为 ‎[解析]　若μmg小于kx，而弹簧又处于压缩状态，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力水平向左，即小车的加速度一定向左，A对；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma，当Ff＝μmg时，加速度方向向左且最小值为amin＝，随着加速度的增加，Ff减小到零后又反向增大，当再次出现Ff＝μmg时，加速度方向向左达到最大值amax＝，但小车可向左加速，也可向右减速，B错；若μmg大于kx，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力(即加速度)可能水平向左，也可能水平向右，即小车的加速度方向可以向左也可以向右，C对；当物块的合外力水平向右时，加速度的最大值为，物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为，则小车的加速度最大值为，最小值为0，D错．‎ ‎[答案]　AC ‎　3.‎ 如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　)‎ A．T1＝　　　 B．T1＝ C．T1＝ D．T1＝ 解析：选C.本题因考虑滑轮的质量m，左右两段细绳的拉力大小不再相同，直接利用牛顿第二定律求解T1和T2有一定困难，但是利用极限分析法可以较容易地选出答案，若m1接近零，则T1也接近零，由此可知，B、D均错误；若m1＝m2，则m1、m2静止不动，T1＝m1g，则A错误．‎ ‎　应用动力学观点分析传送带模型 ‎　(多选)(2018·湖北黄冈模拟)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、B从传送带顶端都以v0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，下列说法正确的是(　　)‎ A．若v0≥1 m/s，则物块A先到达传送带底端 B．若v0≥1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端 C．若v0＜1 m/s，则物块A先到达传送带底端 D．若v0＜1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端 ‎[解析]　因为μ＜tan 37°，若v0≥1 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送带底端，B选项正确；若 v0＜1 m/s，开始运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A先到达传送带底端，即C选项正确．‎ ‎[答案]　BC ‎　4.如图所示，水平传送带以速度v1＝2 m/s匀速向左运动，小物块P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mP＝2 kg、mQ＝1 kg，已知某时刻P在传送带右端具有向左的速度v2＝4 m/s，小物块P与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，P与定滑轮间的轻绳始终保持水平．不计定滑轮质量和摩擦，小物块P 与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、轻绳足够长，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)小物块P在传送带上向左运动的最大距离x；‎ ‎(2)小物块P离开传送带时的速度大小v.‎ 解析：(1)P先以大小为a1的加速度向左做匀减速运动，直到速度减为v1，设位移大小为x1，轻绳中的张力大小为T1，由牛顿第二定律得 对P有T1＋μmPg＝mPa1 ①‎ 对Q有mQg－T1＝mQa1 ②‎ 联立①②解得a1＝4 m/s2 ③‎ 由运动学公式有－2a1x1＝v－v ④‎ 联立③④解得x1＝1.5 m ⑤‎ P接着以大小为a2的加速度向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移大小为x2，轻绳中的张力大小为T2，‎ 由牛顿第二定律得 对P有T2－μmPg＝mPa2 ⑥‎ 对Q有mQg－T2＝mQa2 ⑦‎ 联立⑥⑦解得a2＝ m/s2 ⑧‎ 由运动学公式有－2a2x2＝0－v ⑨‎ 联立⑧⑨解得x2＝0.75 m 故P向左运动的最大距离x＝x1＋x2＝2.25 m.‎ ‎(2)P向左运动的速度减为0后，再以大小为a2的加速度向右做匀加速运动，直到从右端离开传送带，由运动学公式有2a2x＝v2‎ 解得v＝2 m/s.‎ 答案：(1)2.25 m　(2)2 m/s