粤教版 (2019)必修 第一册第四章 牛顿运动定律第五节 牛顿运动定律的应用导学案

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1.模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动.问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系.
2.解题方法
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向.
(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变).
(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口.求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度.
3.常见的两种位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度.
特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移.
4.注意摩擦力的突变
当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件.
一、地面光滑的板块问题
如图1所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2 kg的小物体 B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10 N时，求：(g取10 m/s2)
图1
(1)A、B的加速度各为多大？
(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？
答案 (1)1 m/s2 3 m/s2 (2)0.8 s
解析 (1)A、B间的摩擦力f＝μmBg＝4 N
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：
F－f＝mBaB，
则aB＝eq \f(F－f,mB)＝3 m/s2
以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：
f′＝mAaA，
由牛顿第三定律得f′＝f
解得aA＝1 m/s2.
(2)设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为sA和sB，其关系如图所示
则有sA＝eq \f(1,2)aAt2
sB＝eq \f(1,2)aBt2
sB－sA＝L
联立解得t＝0.8 s.
(2020·湘潭市高一期末)如图2所示，物块A、木板B的质量分别为mA＝5 kg，mB＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝4 m.开始时A、B均静止.现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动.已知A与B之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g取10 m/s2.
图2
(1)求物块A和木板B发生相对运动过程的加速度的大小；
(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小.
答案 (1)3 m/s2 1.5 m/s2 (2)6 m/s
解析 (1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有
a1＝eq \f(μmAg,mA)＝3 m/s2
木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有
a2＝eq \f(μmAg,mB)＝1.5 m/s2.
(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有
v＝v0－a1t
v＝a2t
位移关系：L＝eq \f(v0＋v,2)t－eq \f(v,2)t
解得v0＝6 m/s.
二、地面不光滑的板块问题
如图3所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝3 m.开始时A、B均静止.现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动.已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10 m/s2.
图3
(1)发生相对滑动时，A、B的加速度各是多大？
(2)若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)2eq \r(6) m/s
解析 (1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有
a1＝eq \f(μ1mg,m)＝3 m/s2
木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有
a2＝eq \f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝1 m/s2
(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有：
时间关系：t＝eq \f(v0－v,a1)＝eq \f(v,a2)
位移关系：L＝eq \f(v0＋v,2)t－eq \f(v,2)t
解得v0＝2eq \r(6) m/s.
如图4所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2，求：
图4
(1)加上恒力F后铁块和木板的加速度大小；
(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木块的速度多大？
(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离.
答案 (1)4 m/s2 2 m/s2 (2)2 s 4 m/s (3)8 m
解析 (1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得
F－μ2mg＝ma1，
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得铁块的加速度大小a1＝4 m/s2
木板的加速度大小a2＝2 m/s2
(2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t，
则此过程铁块的位移为s1＝eq \f(1,2)a1t2
木板的位移为s2＝eq \f(1,2)a2t2
两者的位移关系为L＝s1－s2，
即L＝eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2
代入数据解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去)
此时木板的速度
v＝a2t＝4 m/s.
(3)拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为
a3＝μ1g＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，
则木板还能继续滑行的距离
s3＝eq \f(v2,2a3)＝eq \f(16,2×1) m＝8 m.
训练1 地面光滑的板块问题
1.(多选)如图1所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块.t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是( )
图1
答案 AC
解析 木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A正确；木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度a2大于木板的加速度a1，都做匀加速直线运动，故B、D错误，C正确.
2.(2020·宁夏育才中学高一上学期期末)如图2所示，质量为M＝1 kg的足够长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动.已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：
图2
(1)滑块在木板上滑动过程中，木板受到的摩擦力Ff的大小和方向；
(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；
(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小.
答案 (1)0.5 N 方向水平向右 (2)1 m/s2 (3)1 m/s
解析 (1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：f＝μmg＝0.5 N，方向水平向右
(2)由牛顿第二定律得：μmg＝ma
解得：a＝1 m/s2
(3)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma′
可得出木板的加速度a′＝0.5 m/s2
设经过时间t，滑块和木板达到共同速度v，则满足：
对滑块：v＝v0－at
对木板：v＝a′t
由以上两式联立解得：滑块和木板达到的共同速度v＝1 m/s.
3.如图3所示，一质量M＝0.2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2 kg的小滑块以v0＝1.2 m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，滑块始终没有滑离长木板，求：
图3
(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；
(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少.
答案 (1)0.15 s (2)0.135 m
解析 (1)根据牛顿第二定律得
μmg＝ma1
μmg＝Ma2
解得a1＝4 m/s2，a2＝4 m/s2
小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v0－a1t＝a2t
解得t＝0.15 s.
(2)小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t＝0.15 s，这段时间内小滑块做匀减速运动，由s＝v0t－eq \f(1,2)a1t2，解得s＝0.135 m.
4.(2020·广东高一期末)如图4甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的上表面.由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示.g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
图4
A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反
B.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.5
C.长木板A的长度可能为L＝0.8 m
D.长木板A的质量是物体B的质量的两倍
答案 D
解析 由题意可得，长木板A所受摩擦力方向与运动方向相同，物体B所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A错误；对B受力分析，由牛顿第二定律有：μmBg＝mBaB，aB＝|eq \f(ΔvB,Δt)|＝eq \f(3－1,1) m/s2＝2 m/s2，解得：μ＝0.2，故B错误；物体B未滑出长木板A，临界条件为当A、B具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则：Lmin＝sB－sA＝eq \f(3×1,2) m＝1.5 m，故C错误；对A受力分析，有：μmBg＝mAaA，aA＝eq \f(ΔvA,Δt)＝eq \f(1－0,1) m/s2＝1 m/s2，联立解得：eq \f(mA,mB)＝2，故D正确.
5.(多选)如图5甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端.现用F＝6 N的水平力向右拉A，经过5 s A运动到B的最右端，且其v－t图像如图乙所示.已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
图5
A.A的加速度大小为0.5 m/s2
B.A、B间的动摩擦因数为0.4
C.若B不固定，B的加速度大小为1 m/s2
D.若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为5eq \r(2) s
答案 BCD
解析 根据v－t图像可知，物体A的加速度大小为：
aA＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(10,5) m/s2＝2 m/s2，故A错误；
以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
F－μmAg＝mAaA
代入数据得：μ＝0.4，故B正确；
若B不固定，B的加速度大小为：
aB＝eq \f(μmAg,mB)＝eq \f(0.4×1×10,4) m/s2＝1 m/s2，故C正确；
由题图乙知，木板B的长度为：
l＝eq \f(1,2)×5×10 m＝25 m；
若B不固定，设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得：
eq \f(1,2)aAt2－eq \f(1,2)aBt2＝l
代入数据解得：t＝5eq \r(2) s
故D正确.
6.如图6所示，有一块木板A静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M＝4 kg，长L＝2 m，木板右端放一小滑块B并处于静止状态，小滑块质量m＝1 kg，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.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)
图6
(1)现用恒力F始终作用在木板A上，为了让小滑块B不从木板A上滑落，求恒力F大小的范围；
(2)其他条件不变，若恒力F大小为24 N，且始终作用在木板A上，求小滑块B滑离木板A时的速度大小.
答案 (1)F≤20 N (2)8 m/s
解析 (1)为了使小滑块B不从木板A上滑落，设A、B相对静止时的最大加速度为am，对B有：μmg＝mam
对A、B整体有：Fm＝(M＋m)am
解得：Fm＝20 N
即当F≤20 N时小滑块B不从木板A上滑落.
(2)当F＝24 N时，A、B发生相对滑动
此时，对B：μmg＝maB
对A：F－μmg＝MaA
设B在A上滑行的时间为t，有：
L＝eq \f(1,2)aAt2－eq \f(1,2)aBt2
B滑离木板A时的速度v＝aBt
联立解得：v＝8 m/s.
7.质量M＝3 kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F＝11 N的作用下由静止开始向右运动.如图7所示，当木板速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端.已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点.求：(g取10 m/s2)
图7
(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小；
(2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止；
(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小.
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)0.5 m (3)eq \f(44,7) N
解析 (1)放上物块后，物块的加速度a1＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，
木板的加速度a2＝eq \f(F－μmg,M)＝1 m/s2.
(2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止，
故a1t＝v0＋a2t，
解得t＝1 s，
1 s内物块位移s1＝eq \f(1,2)a1t2＝1 m，
木板位移s2＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2＝1.5 m，
所以木板长度至少为L＝s2－s1＝0.5 m.
(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F＝(M＋m)a，
对物块，有f＝ma，
故f＝eq \f(mF,M＋m)＝eq \f(44,7) N.
训练2 地面不光滑的板块问题(选练)
1.质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m＝10 kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图1所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2).则下列判断正确的是( )
图1
A.木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板
B.木板一定静止不动，小铁块能滑出木板
C.木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板
D.木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板
答案 A
解析 木板与地面间的最大静摩擦力为f1＝μ1(m0＋m)g＝45 N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为f2＝μ2mg＝40 N，f1>f2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为s，则v02＝2μ2gs，解得s＝2 m2.质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图2甲所示.A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
图2
(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(3)A的质量.
答案 (1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg
解析 (1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得，
－μ1mg＝ma1，
解得μ1＝0.2.
(2)由题图乙知，A、B整体在1～3 s内的加速度
a3＝eq \f(v3－v1,t2)＝－1 m/s2，
对A、B整体由牛顿第二定律得，
－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得μ2＝0.1.
(3)由题图乙可知B在0～1 s内的加速度
a2＝eq \f(v1,t1)＝2 m/s2.
对B由牛顿第二定律得，
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，
代入数据解得m＝6 kg.
3.如图3所示，厚度不计的薄板A长l＝5 m，质量M＝5 kg，放在水平地面上.在A上距右端s＝3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2 kg，已知A、B间的动摩擦因数 μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止.现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26 N，将A从B下抽出.g＝10 m/s2，求：
图3
(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；
(2)B运动多长时间离开A；
(3)B离开A时的速度的大小.
答案 (1)2 m/s2 1 m/s2 (2)2 s (3)2 m/s
解析 (1)对B，由牛顿第二定律可得：μ1mg＝maB
解得aB＝1 m/s2
对A，由牛顿第二定律可得：
F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA
解得aA＝2 m/s2.
(2)设经时间t，A从B下抽出，则sA＝eq \f(1,2)aAt2
sB＝eq \f(1,2)aBt2
Δs＝sA－sB＝l－s
解得t＝2 s.
(3)vB＝aBt＝2 m/s.
4.(选做题)如图4所示，长22.5 m、质量为40 kg的木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1.质量为60 kg的人立于木板左端，人与木板均静止，当人以3 m/s2的加速度匀加速向右奔跑时(g取10 m/s2)，求：
图4
(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小和方向；
(2)人在奔跑过程中木板的加速度大小和方向；
(3)人从木板左端跑到右端所需要的时间.
答案 (1)180 N 方向水平向右 (2)2 m/s2 方向水平向左 (3)3 s
解析 (1)设人的质量为m1，加速度大小为a1，木板的质量为m2，加速度大小为a2，人对木板的摩擦力为f，木板对人的摩擦力为f′，木板的长度为l.
分析人的受力情况，由牛顿第二定律得
f′＝m1a1＝180 N，方向水平向右.
(2)对木板进行受力分析，由牛顿第二定律得
f－μ(m1＋m2)g＝m2a2
由牛顿第三定律得f＝f′
解得a2＝2 m/s2，方向水平向左.
(3)设人从木板左端跑到右端所需要的时间为t
由运动学公式得l＝eq \f(1,2)a1t2＋eq \f(1,2)a2t2
解得t＝3 s.