資源簡介

(共55張PPT)
復習任務群一
現代文閱讀Ⅰ
把握共性之“新”　打通應考之“脈”
章末綜合提升
第四章　運動和力的關系
鞏固層·知識整合
提升層·主題探究
主題1　等時圓模型
1．質點從豎直圓環上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖甲所示。
2．質點從豎直圓環上沿不同的光滑弦
上端由靜止開始滑到圓環的最低點所
用時間相等，如圖乙所示。
3．證明：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＝g sin α，位移x＝2R sin 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。
【典例1】　(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內三根固定的光滑細桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，O′為圓心。每根桿上都套著一個小滑環(未畫出)，兩個滑環從O點無初速度釋放，一個滑環從d點無初速度釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環沿Oa、Ob、da到達a、b所用的時間。下列關系正確的是(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1√
√
√
BCD　[設想還有一根光滑固定細桿ca，則ca、Oa、da三細桿交于圓的最低點a，三桿頂點均在圓周上，根據等時圓模型可知，由c、O、d無初速度釋放的小滑環到達a點的時間相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑動的小滑環相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但加速度aca>aOb，由x＝ 可知，t2>tca，故A錯誤，B、C、D均正確。]
【典例2】　如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下面半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內?，F有三條光滑直軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ。現讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為(　　)
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB√
B　[如圖所示，過D點作OD的垂線與豎直虛線交于G，以OG為直徑作圓，可以看出F點在輔助圓內，而B點在輔助圓外，由等時圓結論可知tAB>tCD>tEF，故B正確，A、C、D錯誤。]
主題2　動力學中輕彈簧連接體模型
1．常見情境
2．力的質量正比例分配原則法：一起加速運動的物體，物體間的相互作用力按質量正比例分配。
3．接觸與脫離的臨界極值問題：剛好脫離時物體間的彈力恰好為零，兩物體此時的速度、加速度均相同。
【典例3】　質量分別為m和M的物塊A、B用輕彈簧相連，如圖甲所示，兩物塊與水平面間的動摩擦因數相同，當用水平力F作用于B上且兩物塊以相同的加速度向右加速運動時，彈簧的伸長量為x1；如圖乙所示，當用同樣大小的力F豎直向上拉B且兩物塊以相同的加速度豎直向上運動時，彈簧的伸長量為x2，則x1∶x2等于(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．2∶3
√
A　[題圖甲中，將兩個物塊作為一個整體，根據牛頓第二定律可得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，再對A進行受力分析，可得T1－μmg＝ma，整理可得T1＝。題圖乙中，同樣將兩個物塊作為一個整體，根據牛頓第二定律可得F－(M＋m)g＝(M＋m)a′，再對A進行受力分析，可得T2－mg＝ma′，整理可得T2＝。因此兩次彈簧的彈力相等，由胡克定律F＝kx可知兩種情況彈簧的伸長量也相同，x1∶x2＝1∶1，故A正確，B、C、D錯誤。]
【典例4】　(多選)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大小為16 N
D．t＝0.2 s時F大小為42 N
√
√
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，由題圖可知，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，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，A錯誤；t＝0時，對物塊有F0＋FN－Mg＝Ma，解得FN＝16 N，C正確。]
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章末綜合測評(四)
一、選擇題(共10小題，1～7題為單選題，8～10題為多選題。)
1．下列說法正確的是(　　)
A．牛頓最早指出力不是維持物體運動的原因
B．一個運動的物體，如果不再受力，它總會逐漸停下來，這說明，靜止狀態才是物體長時間不受力時的“自然狀態”
C．伽利略根據理想實驗推出：如果沒有摩擦，在水平面上的物體，一旦具有某一個速度，將保持這個速度繼續運動下去
D．車速越大，剎車后滑行的距離越長，所以慣性越大
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C　[伽利略最早指出力不是維持物體運動的原因，故A錯誤；一個運動的物體，它總會逐漸停下來，是因為物體受到了摩擦力，如果不受力，物體會永遠運動下去，故B錯誤；伽利略根據理想實驗推出：如果沒有摩擦，在水平面上的物體，一旦具有某一個速度，將保持這個速度繼續運動下去，故C正確；慣性只與質量有關，與速度無關，故D錯誤。]
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2．如圖甲所示，人在原地縱跳，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳過程中，人受到地面的支持力隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，下列說法正確的是(　　)
A．在C點時人達到最大速度
B．曲線上的A點表示人下蹲至最低點
C．人對地面的壓力是由于地面發生微小形變引起的
D．人能原地縱跳是地面對人的支持力大于人對地面的壓力
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A　[人處于C點時，加速起立結束，加速度為零，速度最大，故A正確；下蹲過程包含向下加速和減速的過程，向下加速處于失重狀態，人處于A點時，仍處于加速下蹲階段，沒有下蹲到最低點，故B錯誤；人對地面的壓力是由于腳發生形變引起的，故C錯誤；根據牛頓第三定律知，地面對人的支持力大小等于人對地面的壓力大小，故D錯誤。]
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3．煙花爆竹從地面起飛后在豎直方向上做勻減速直線運動，2 s后到達最高點并爆炸，已知爆炸點距地面的高度為30 m，煙花爆炸前受到的空氣阻力恒定，g取10 m/s2，則煙花上升過程中阻力與重力的大小之比為(　　)
A．1.25 B．1
C．0.5 D．0.25
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C　[逆向看，煙花做初速度為零的勻加速直線運動，取向下為正方向，h＝at2，解得a＝1.5g，對煙花由牛頓第二定律得mg＋f＝ma，則＝0.5，C正確。]
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4．小球在液體中運動時會受到液體的摩擦阻力，這種阻力稱為粘滯力。如果液體的粘滯性較大，小球的半徑較小，則小球受到的粘滯力f＝6πηrv，式中η稱為液體的粘滯系數，r為小球半徑，v為小球運動的速度。若采用國際單位制中的基本單位來表示η的單位，則其單位為(　　)
A． B．
C． D．η為常數，沒有單位
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B　[粘滯力f＝6πηrv可得η＝，則η的單位＝＝，故選B。]
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5．如圖所示，質量為m的小球與彈簧Ⅰ和水平細線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q兩點。球靜止時，Ⅰ中拉力大小為T1，Ⅱ中拉力大小為T2，重力加速度為g。在僅剪斷Ⅰ、Ⅱ中一根的瞬間，下列說法正確的是(　　)
A．若剪斷Ⅰ靠近小球端，則小球受兩個力作用
B．若剪斷Ⅰ靠近小球端，則小球加速度a＝，方向水平向左
C．若剪斷Ⅱ，則小球加速度a＝，方向水平向左
D．若剪斷Ⅱ，則小球加速度a＝g，方向豎直向下
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C　[若剪斷Ⅰ靠近小球端的瞬間，小球受彈力是零，細線Ⅱ的拉力突變為零，則小球只受重力，根據牛頓第二定律可知，小球的加速度為g，方向豎直向下，A、B錯誤；若剪斷Ⅱ，由于彈簧的彈力不能突變，所以小球受到彈簧的彈力和重力作用，其合力水平向左，大小等于T2，根據牛頓第二定律可知，此時小球的加速度為a＝，方向水平向左，C正確，D錯誤。]
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6．如圖所示，電梯與水平地面成θ角，一人靜止站在電梯水平梯板上，電梯以恒定加速度a向上啟動過程中，水平梯板對人的支持力和摩擦力分別為N和f。若電梯啟動加速度改為2a(人與電梯仍相對靜止)，則下列結論正確的是(　　)
A．水平梯板對人的摩擦力變為2f
B．水平梯板對人的支持力變為2N
C．電梯加速啟動過程中，人處于失重狀態
D．水平梯板對人的摩擦力方向向左
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A　[對人受力分析，由于人有沿斜面向上的加速度，故摩擦力方向水平向右，如圖所示，故D錯誤；電梯以恒定加速度a向上啟動過程中，由牛頓第二定律得f＝ma cos θ，N－mg＝ma sin θ，故當加速度變為a′＝2a時，f′＝2ma cos θ＝2f，N′＝mg＋2ma sin θ<2N，故A正確，B錯誤；由于人受到的支持力大于重力，豎直方向加速度向上，故人處于超重狀態，故C錯誤。]
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7．如圖甲所示，一名滑雪愛好者(可視為質點)穿著滑雪板(未帶滑雪杖)從山坡上A點由靜止滑下，經B點滑上水平面，不計滑雪愛好者經過B點時的速率變化，滑雪愛好者在斜面和水平面上運動的速率隨時間的變化圖像如圖乙所示。已知斜面與水平面間的夾角為37°，滑雪板與斜面、水平面間的動摩擦因數相等，不計空氣阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，則滑雪板與斜面間的動摩擦因數為(　　)
A．
C．
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B　[由題中v-t圖像可知滑雪愛好者在斜面和水平面上運動的加速度大小之比為＝，設滑雪愛好者與滑雪板的總質量為m，滑雪板與斜面、水平面間的動摩擦因數均為μ，由牛頓第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma1，μmg＝ma2，聯立解得μ＝，故B正確。]
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8．如圖甲所示，一傾斜傳送帶與水平方向的夾角θ＝37°，傳送帶逆時針勻速轉動。將一煤塊無初速度地放在傳送帶頂端，煤塊在傳送帶上運動的v-t圖像如圖乙所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則(　　)
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A．傳送帶勻速運動的速度大小為6 m/s
B．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.75
C．傳送帶的長度為12 m
D．煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為1.5 m
√
√
√
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ABD　[從題圖乙可以看出，傳送帶勻速運動的速度大小為6 m/s，煤塊加速運動時的加速度a＝12 m/s2，對煤塊根據牛頓第二定律有μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma，得μ＝0.75，故A、B正確；傳送帶的長度等于煤塊的位移大小，l＝6×2 m＋ m＝13.5 m，故C錯誤；煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為x＝x傳－x煤＝0.5×6 m－ m＝1.5 m，故D正確。]
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9．(人教版P115T6改編)如圖所示，A、B兩個物體相互接觸，但并不黏合，靜置在水平面上。水平面與物體間的摩擦力可忽略，兩物體的質量mA＝4 kg，mB＝6 kg。從t＝0時刻開始，水平推力FA和水平拉力FB分別作用于A、B物體上，FA、FB隨時間t的變化關系如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)
A．t＝1.5 s時，A、B分離
B．t＝1.5 s時，A的速度大小為1.5 m/s
C．t＝1.5 s時，A的加速度大小為1.25 m/s2
D．t＝1.0 s時，A對B的作用力大小為2.0 N
√
√
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BD　[結合題圖乙與數學知識可知，FA和FB與時間的關系分別為FA＝8－2t(N)，FB＝2＋2t(N)，A、B兩物體即將分離時，對A、B整體有FA＋FB＝(mA＋mB)a，當A、B兩物體即將分離時，A、B兩物體之間的作用力為零，對B物體有FB＝mBa，解得t＝2 s，故A錯誤；由于1.5 s小于2.0 s，所以在0～1.5 s過程中，A、B兩物體并未分離，對其整體有FA＋FB＝(mA＋mB)a，可知其分離前，A、B整體所受合力不變，所以其加速度不變，為1 m/s2，所以該過程中物體A做勻變速直線運動，兩物體從靜止開始，所以t＝1.5 s時，A物體的速度為vA＝0＋at＝1.5 m/s，故B正確，C錯誤；1 s時兩物體并未分離，對A、B整體有FA＋FB＝(mA＋mB)a，對物體B有FAB＋FB＝mBa，解得FAB＝2 N，所以t＝1.0 s時，A對B的作用力大小為2.0 N，故D正確。]
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10．如圖所示，一固定桿與水平方向夾角θ＝30°，將一滑塊套在桿上，通過輕繩懸掛一個小球?；瑝K與小球恰能一起沿桿向下勻速運動，則下列說法正確的是(　　)
A．滑塊與桿之間動摩擦因數為0.5
B．滑塊與桿之間動摩擦因數為
C．當二者相對靜止地沿桿上滑時，輕繩對小球的拉力斜向左上與水平方向成30°角
D．當二者相對靜止地沿桿上滑時，輕繩對小球的拉力斜向右上與水平方向成60°角
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BC　[由題意知滑塊與小球恰能一起沿桿向下勻速運動，把滑塊和小球作為一個整體，可知mg sin θ＝μmg cos θ，所以μ＝tan θ＝，故A錯誤，B正確；當二者相對靜止地沿桿上滑時，以整體為研究對象可知加速度a＝g sin θ＋μg cos θ＝g，設此時繩子與水平方向的夾角為α，繩子的拉力為T，對小球由牛頓第二定律在水平方向上有T cos α＝ma cos 30°，在豎直方向上mg－T sin α＝ma sin 30°，解得α＝30°，由于加速度沿斜面向下，所以小球受到的合力也應該沿斜面向下，所以拉力的方向應該斜向左上與水平方向成30°角，故C正確，D錯誤。]
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二、實驗題
11．某實驗小組利用如圖所示的裝置探究在質量不變的情況下加速度與合力的關系(已平衡阻力)。小車上放有n個砝碼，小車與砝碼的總質量為M，小桶質量為m0。每次從小車中取出一個砝碼放入小桶中，將小桶和桶內砝碼的總重力視為合力F，對應的加速度a則從打下的紙帶中計算得出。多次改變合力F的大小，計算相應的加速度。實驗中，桶內的砝碼取自小車中，故系統的總質量不變。以合力F為橫軸、加速度a為縱軸，畫出a-F圖像，圖像是一條過原點的直線。
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(1)a-F圖像斜率的物理意義是______(填正確答案標號)。
A．
C．M D．M＋m0
(2)實驗中，你認為把小桶和桶內砝碼的總重力當作合力F是_______
(選填“合理”或“不合理”)的。
(3)實驗中，_______(選填“需要”或“不需要”)滿足“小車和車上砝碼總質量”遠大于“小桶和桶內砝碼總質量”的實驗條件。
B
合理
不需要
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[解析]　(1)將車內的砝碼轉移到桶中，就保證了M＋m0不變，即系統的總質量不變，研究對象是整個系統，則a＝，可見a-F圖像斜率的物理意義是，故選B。
(2)因為實驗的研究對象為整個系統，系統受到的合力就等于小桶和桶內砝碼的總重力，則把小桶和桶內砝碼的總重力當作合力F是合理的。
(3)系統的合力就等于所懸掛小桶和砝碼的總重力，不必滿足“小車和車上砝碼總質量”遠大于“小桶和桶內砝碼總質量”這樣的條件。
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12．智能手機內置有加速度傳感器，可以實時顯示手機運動的加速度。某實驗小組利用智能手機來探究加速度與合力的關系，實驗裝置如圖甲所示，已知當地重力加速度為g。實驗步驟如下：
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①將輕彈簧上端固定在鐵架臺的支架上，下端與手機相連接，手機下端通過細繩懸掛鉤碼并記錄鉤碼的質量為m；
②開始時保持手機和鉤碼處于靜止狀態，并打開手機的加速度傳感器功能；
③剪斷懸掛鉤碼的細繩，手機加速度傳感器記錄手機加速度a隨時間t的變化并擬合繪制出a-t圖像，如圖乙所示。
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請回答下面問題：
(1)剪斷細繩瞬間手機的加速度對應圖乙中的_______________(選填“A”“B”或“C”)點加速度。
(2)剪斷細繩瞬間手機受到的合力大小F等于________(用測得物理量的符號表示)。
A
mg
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(3)改變所懸掛鉤碼的質量，重復步驟②、③，測得多組(a，F)數據并繪制a-F圖像，如圖丙所示，由圖像可以得出的結論是：
_______________________________________________________。
(4)從圖乙可以觀察到，即使整個實驗裝置看起來處于靜止狀態，手機依然顯示有微小的加速度擾動，為了減少該擾動造成的影響，下列做法可行的是________(選填選項代號)。
A．使用質量較大的鉤碼組
B．將彈簧更換為不可伸長的細線
C．將彈簧更換為勁度系數較大的彈簧
D．讓鉤碼組的質量遠小于手機的質量
當手機的質量一定時，手機的加速度與手機所受合力成正比
AC
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[解析]　(1)前面的數據波動是保持平衡時的輕微擾動，后續的數據波動是因為手機在上下運動，故第一個峰值即為細繩被剪斷時的瞬時加速度，故選“A”點。
(2)剪斷細繩瞬間，彈簧的彈力大小不變，手機受到的合力大小F等于鉤碼的重力大小，則F＝mg。
(3)由題圖丙知，圖像為過原點的一條直線，根據圖像可以得到的結論，當手機的質量一定時，手機的加速度與手機所受合力成正比。
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(4)使用質量更大的鉤碼組，整體的慣性將增加，其狀態將越難改變，擾動將越小，因此該方案可行，故A正確；將彈簧更換為不可伸長的細線，手機自身總是能達到平衡態，因此該方法不可行，故B錯誤；勁度系數越大，彈簧越不容易發生形變，則擾動越小，因此該方法可行，故C正確；讓鉤碼的質量遠遠小于手機的質量，并不能減小其擾動，甚至會增加其擾動，對實驗數據的處理將變得更困難，因此該方案不可行，故D錯誤。
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三、計算題
13．航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m＝2 kg，動力系統提供的恒定升力F＝28 N。試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10 m/s2。
(1)第一次試飛，飛行器飛行t1＝8 s時到達高度H＝64 m，求飛行器所受阻力f的大小。
(2)第二次試飛，飛行器飛行t2＝6 s時關閉遙控器，飛行器立即失去升力，求飛行器能達到的最大高度h。
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[解析]　(1)第一次飛行中，設加速度大小為a1，
勻加速運動位移H＝
由牛頓第二定律有F－mg－f＝ma1
解得f＝4 N。
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(2)第二次飛行中，設失去升力時的速度為v1，上升的高度為s1
勻加速運動位移s1＝
v1＝a1t2
設失去升力后的加速度大小為a2，上升的高度為s2
由牛頓第二定律有mg＋f＝ma2
s2＝
最大高度h＝s1＋s2
聯立解得h＝42 m。
[答案]　(1)4 N　(2)42 m
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14．機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s 運行的傳送帶與水平面間的夾角α＝37°，轉軸間距L＝3.95 m。工作人員沿傳送方向以速度v2＝1.6 m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹(可視為質點)。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；
(2)小包裹通過傳送帶所需的時間t。
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[解析]　(1)小包裹的速度v2大于傳送帶的速度v1，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳送帶向上，根據牛頓第二定律可知
μmg cos α－mg sin α＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
(2)根據(1)可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動，用時
t1＝＝ s＝2.5 s
在傳送帶上滑動的距離為
x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
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因為小包裹所受滑動摩擦力大于其重力沿傳送帶方向上的分力，即μmg cos α＞mg sin α，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為
t2＝＝ s＝2 s
所以小包裹通過傳送帶的時間為
t＝t1＋t2＝4.5 s。
[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
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15．如圖甲所示，質量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質量為m、可視為質點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板。從物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的v-t圖像分別如圖乙中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點的坐標為a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根據v-t圖像(g取10 m/s2)，求：
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(1)物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2，達到相同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3；
(2)物塊質量m與長木板質量M之比；
(3)物塊相對長木板滑行的距離Δx。
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[解析]　(1)由v-t圖像可求出物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小為
a1＝ m/s2＝1.5 m/s2
木板開始做勻加速直線運動的加速度大小為
a2＝ m/s2＝1 m/s2
達到共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小為
a3＝ m/s2＝0.5 m/s2。
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(2)對物塊沖上木板后的勻減速階段有
μ1mg＝ma1
對木板向前勻加速階段有
μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物塊和木板達到共同速度后向前勻減速階段有
μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
以上三式聯立可得＝。
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(3)由v-t圖像可以看出，物塊相對于長木板滑行的距離Δx對應題圖乙中△abc的面積，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
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