（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 微專題3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用課件

1、微專題3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合 應(yīng)用 考點(diǎn)一 超重與失重現(xiàn)象 考點(diǎn)二 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在連接體中的應(yīng)用 考點(diǎn)三 動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問(wèn)題 考考 點(diǎn)點(diǎn) 突突 破破 考點(diǎn)四 傳送帶問(wèn)題 考點(diǎn)五 滑塊滑板模型分析 考點(diǎn)六 牛頓運(yùn)動(dòng)定律在解決多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用 考點(diǎn)一超重與失重現(xiàn)象考點(diǎn)一超重與失重現(xiàn)象 考點(diǎn)突破 1.對(duì)超重與失重的理解對(duì)超重與失重的理解 (1)實(shí)重和視重 實(shí)重:物體實(shí)際所受的重力,它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)。 視重:當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí),物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或 對(duì)臺(tái)秤的壓力將不等于物體的重力。此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的 示數(shù)即視重。 超重現(xiàn)象超重現(xiàn)象失重現(xiàn)象失重現(xiàn)象完全失重現(xiàn)象完全失重

2、現(xiàn)象 概念物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)?掛物的拉力)大于物體所受重 力的現(xiàn)象叫超重現(xiàn)象 物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)?掛物的拉力)小于物體所受重 力的現(xiàn)象叫失重現(xiàn)象 物體對(duì)支持物的壓力(或?qū)?掛物的拉力)等于零的現(xiàn)象叫 完全失重現(xiàn)象 產(chǎn)生條件物體的加速度方向豎直向上 或有豎直向上的分量 物體的加速度方向豎直向下 或有豎直向下的分量 物體在豎直方向的加速度向 下,大小等于g 列豎直方 向原理式 F-mg=ma F=m(g+a) mg-F=ma F=m(g-a) mg-F=ma F=0 運(yùn)動(dòng)狀態(tài)加速上升、減速下降加速下降、減速上升無(wú)阻力的拋體運(yùn)動(dòng)情況 視重FmgFmgF=0mg (2)超重、失重和完

3、全失重現(xiàn)象的比較 2.判斷方法判斷方法 (1)不管物體的加速度是不是豎直方向,只要其加速度在豎直方向上有 分量,物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)。 (2)盡管不是整體有豎直方向的加速度,但只要物體的一部分具有豎直 方向的分加速度,整體也會(huì)出現(xiàn)超重或失重現(xiàn)象。 3.超重和失重現(xiàn)象判斷的超重和失重現(xiàn)象判斷的“三三”技巧技巧 (1)從受力的角度判斷:當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí), 物體處于超重狀態(tài),小于重力時(shí)處于失重狀態(tài),等于零時(shí)處于完全失重 狀態(tài)。 (2)從加速度的角度判斷:當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài),具 有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài),向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完 全失重狀態(tài)

4、。 (3)從速度變化的角度判斷 物體向上加速或向下減速時(shí),超重。 物體向下加速或向上減速時(shí),失重。 例例1 (多選)(2019河北保定月考)一人乘電梯上樓,在豎直上升過(guò)程中加 速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示,以豎直向上為a的正方向,則人對(duì)地 板的壓力(AD) A.t=2s時(shí)最大 B.t=2s時(shí)最小 C.t=8.5s時(shí)最大 D.t=8.5s時(shí)最小 解析解析地板對(duì)人的支持力FN=mg+ma,t=2s時(shí),a有正的最大值,此時(shí) FN最大,由牛頓第三定律可知,A正確,B錯(cuò)誤;t=8.5s時(shí),a有負(fù)的最大值,此 時(shí)FN最小,由牛頓第三定律可知,C錯(cuò)誤,D正確。 1.(多選)(2017河北邯鄲模擬)如圖所

5、示,蹦床運(yùn)動(dòng)員從空中落到床 面上,運(yùn)動(dòng)員從接觸床面到下降到最低點(diǎn)為第一過(guò)程,從最低點(diǎn)上升到 離開床面為第二過(guò)程,運(yùn)動(dòng)員(CD) A.在第一過(guò)程中始終處于失重狀態(tài) B.在第二過(guò)程中始終處于超重狀態(tài) C.在第一過(guò)程中先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài) D.在第二過(guò)程中先處于超重狀態(tài),后處于失重狀態(tài) 解析解析第一過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員先向下加速后向下減速,故運(yùn)動(dòng)員先處 于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),故A錯(cuò),C正確。第二過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員先向上 加速后向上減速,故先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài),故B錯(cuò),D正確。 2.如圖所示,臺(tái)秤上有一裝水容器,容器底部用一質(zhì)量不計(jì)的細(xì)線系住一個(gè) 乒乓球。某時(shí)刻細(xì)線斷開,乒乓球向上加速運(yùn)動(dòng),在

6、此過(guò)程中,關(guān)于臺(tái)秤的示 數(shù)與細(xì)線斷前相比的變化情況及原因。下列說(shuō)法正確的是(D) A.由于乒乓球仍在容器中,所以示數(shù)與細(xì)線斷前相同 B.細(xì)線斷后不再向上提拉容器底部,所以示數(shù)變大 C.細(xì)線斷后,乒乓球有向上的加速度,處于超重狀態(tài),故示數(shù)變大 D.容器、水、乒乓球整個(gè)系統(tǒng)的重心加速下移,處于失重狀態(tài),所以示 數(shù)變小 解析解析乒乓球加速上升,整個(gè)系統(tǒng)重心加速下移,處于失重狀態(tài),故D正確。 1.多個(gè)相互關(guān)聯(lián)的物體由細(xì)繩、細(xì)桿或彈簧等連接或疊放在一起,構(gòu)成 的物體系統(tǒng)稱為連接體。常見的連接體如圖所示: 考點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在連接體中的應(yīng)用考點(diǎn)二動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在連接體中的應(yīng)用 2.連接體問(wèn)題的分析方法連接體問(wèn)題

7、的分析方法 適用條件適用條件注意事項(xiàng)注意事項(xiàng)優(yōu)點(diǎn)優(yōu)點(diǎn) 整體法系統(tǒng)內(nèi)各物體保持相 對(duì)靜止,即各物體具有 相同的加速度 只分析系統(tǒng)外力,不分析系統(tǒng) 內(nèi)各物體間的相互作用力 便于求解系統(tǒng)受到 的外力 隔離法(1)系統(tǒng)內(nèi)各物體加速 度不相同 (2)要求計(jì)算系統(tǒng)內(nèi)物 體間的相互作用力 (1)求系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互 作用力時(shí),可先用整體法,再用 隔離法 (2)加速度大小相同,方向不同 的連接體,應(yīng)采用隔離法分析 便于求解系統(tǒng)內(nèi)各 物體間的相互作用 力 例例2如圖所示,質(zhì)量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上,其上放置質(zhì) 量為m1的物塊A,A通過(guò)跨過(guò)光滑定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為M的物塊C連 接。釋放C,A和B一起

8、以加速度a從靜止開始運(yùn)動(dòng),已知A、B間動(dòng)摩擦因 數(shù)為,則細(xì)線中的拉力大小為(C) A.MgB.Mg+Ma C.(m1+m2)aD.m1a+m1g 解析解析以C為研究對(duì)象,有Mg-T=Ma,解得T=Mg-Ma,故A、B錯(cuò)誤;以 A、B整體為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律可知T=(m1+m2)a,故C正確;A、 B間為靜摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)B可知f=m2a,對(duì)A可知T-f=m1a,f=f, 聯(lián)立解得T=(m1+m2)a,故D錯(cuò)誤。 考向考向1加速度相同的連接體問(wèn)題加速度相同的連接體問(wèn)題 1.如圖所示,一夾子夾住木塊,在力F作用下向上提升。夾子和木塊 的質(zhì)量分別為m、M,夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜

9、摩擦力均為f。若木塊 不滑動(dòng),力F的最大值是(A) A.B. C.-(m+M)gD.+(m+M)g 2 ()f mM M 2 ()f mM m 2 ()f mM M 2 ()f mM m 解析解析對(duì)整個(gè)系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律有 F-(M+m)g=(M+m)a 對(duì)木塊應(yīng)用牛頓第二定律有 2f-Mg=Ma 由聯(lián)立可得F=,故A正確。 2 ()f mM M 考向考向2加速度不同的連接體問(wèn)題加速度不同的連接體問(wèn)題 2.一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)放在水平地面上,Q為與輕彈簧上端連在一起的 秤盤,P為一重物,已知P的質(zhì)量M=10.5kg,Q的質(zhì)量m=1.5kg,彈簧的質(zhì)量 不計(jì),勁度系數(shù)k=800N/m,系統(tǒng)處于靜止。

10、如圖所示,現(xiàn)給P施加一個(gè)方 向豎直向上的力F,使它從靜止開始向上做勻加速運(yùn)動(dòng),已知在前0.2s內(nèi), F為變力,0.2s以后,F為恒力。求力F的最大值與最小值。 (取g=10m/s2) 答案答案168N72N 解析解析設(shè)開始時(shí)彈簧壓縮量為x1,t=0.2s時(shí)彈簧的壓縮量為x2,物體P的加 速度為a,則有 kx1=(M+m)g kx2-mg=ma x1-x2=at2 由式得x1=0.15m 由式得a=6m/s2 F小=(M+m)a=72N,F大=M(g+a)=168N 1 2 ()Mm g k 連接體問(wèn)題的分析方法連接體問(wèn)題的分析方法 分析連接體問(wèn)題時(shí),一般采用兩種方法:一是隔離法,二是整體法。具

11、體如下: (1)加速度相同的連接體 若求解整體的加速度,可用整體法。整個(gè)系統(tǒng)作為研究對(duì)象,分析整體受力情況,再利用 牛頓第二定律列方程求解。 若求解系統(tǒng)內(nèi)力,可先用整體法求出整體的加速度,再用隔離法將系統(tǒng)內(nèi)力轉(zhuǎn)化成系統(tǒng) 內(nèi)物體的外力,由牛頓第二定律求解。 (2)加速度不同的連接體 若系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的加速度不同,一般采用隔離法。以各個(gè)物體分別作為研究對(duì)象,對(duì)每 個(gè)研究對(duì)象進(jìn)行受力和運(yùn)動(dòng)情況分析,分別應(yīng)用牛頓第二定律建立方程,并注意利用各個(gè) 物體間的相互作用關(guān)系聯(lián)立求解。 方法總結(jié)方法總結(jié) 考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問(wèn)題考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的臨界、極值問(wèn)題 1.臨界或極值條件的標(biāo)志臨界或極值條件的標(biāo)志

12、(1)有些題目中有“剛好”“恰好”“正好”等字眼,即表明題述的過(guò) 程存在著臨界點(diǎn)。 (2)若題目中有“取值范圍”“多長(zhǎng)時(shí)間”“多大距離”等詞語(yǔ),表明 題述的過(guò)程存在著“起止點(diǎn)”,而這些起止點(diǎn)往往對(duì)應(yīng)臨界狀態(tài)。 (3)若題目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明題述 的過(guò)程存在著極值,這個(gè)極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn)。 (4)若題目要求“最終加速度”“穩(wěn)定速度”等,即求收尾加速度或收尾速度。 2.“四種四種”典型臨界條件典型臨界條件 (1)接觸與脫離的臨界條件:兩物體相接觸或脫離,臨界條件是:彈力FN=0。 (2)相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件:兩物體相接觸且處于相對(duì)靜止時(shí),常存在著靜 摩擦力,則相對(duì)滑動(dòng)的

13、臨界條件是:靜摩擦力達(dá)到最大值。 (3)繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的張力是有限度的,繩子 斷與不斷的臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力,繩子松弛 與拉緊的臨界條件是:FT=0。 (4)加速度變化時(shí),速度達(dá)到最值的臨界條件:當(dāng)加速度變?yōu)?時(shí)。 3.“四種四種”典型數(shù)學(xué)方法典型數(shù)學(xué)方法 (1)三角函數(shù)法; (2)根據(jù)臨界條件列不等式法; (3)利用二次函數(shù)的判別式法; (4)極限法。 例例3如圖所示,在光滑水平面上有一輛小車A,其質(zhì)量為mA=2.0kg,小車 上放一個(gè)物體B,其質(zhì)量為mB=1.0kg。如圖甲所示,給B一個(gè)水平推力F, 當(dāng)F增大到稍大于3.0N時(shí),A、B開始相對(duì)滑

14、動(dòng)。如果撤去F,對(duì)A施加一 水平推力F,如圖乙所示。要使A、B不相對(duì)滑動(dòng),求F的最大值Fm。 答案答案6.0N 解析解析根據(jù)題圖甲所示,設(shè)A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值fm時(shí),系統(tǒng)的 加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)A、B整體有F=(mA+mB)a,對(duì)A有fm= mAa,代入數(shù)據(jù)解得fm=2.0N。 根據(jù)題圖乙所示情況,設(shè)A、B剛開始相對(duì)滑動(dòng)時(shí)系統(tǒng)的加速度為a,根 據(jù)牛頓第二定律有: fm=mBa,Fm=(mA+mB)a, 代入數(shù)據(jù)解得Fm=6.0N。 1.(多選)(2019河南信陽(yáng)期末)如圖所示,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m, 靜止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,B與地面間的 動(dòng)

15、摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度為g?，F(xiàn) 對(duì)A施加一水平拉力F,則(BCD) 1 2 A.當(dāng)F3mg時(shí),A相對(duì)B滑動(dòng) D.無(wú)論F為何值,B的加速度不會(huì)超過(guò)g 5 2 1 3 1 2 解析解析A、B間的最大靜摩擦力為2mg,B和地面之間的最大靜 摩擦力為mg,對(duì)A、B整體,只要Fmg,整體就會(huì)運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng) A對(duì)B的摩擦力為最大靜摩擦力時(shí),A、B將要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),故A、B一起 運(yùn)動(dòng)的加速度的最大值滿足2mg-mg=mamax,B運(yùn)動(dòng)的最大加速度amax =g,選項(xiàng)D正確;對(duì)A、B整體,有F-mg=3mamax,則F3mg時(shí)兩者會(huì)發(fā) 生相對(duì)運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C正確;當(dāng)F=mg時(shí),兩

16、者相對(duì)靜止,一起滑動(dòng),加速度 3 2 3 2 3 2 1 2 3 2 5 2 滿足F-mg=3ma,解得a=g,選項(xiàng)B正確。 3 2 1 3 2.(2018河北衡水一模)如圖所示,物塊A放在木板B上,A、B的質(zhì)量 均為m,A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。 若將水平力作用在A上,使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng),此時(shí)A的加速度為a1;若將 水平力作用在B上,使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng),此時(shí)B的加速度為a2,則a1與a2 的比為(C) A.1 1B.2 3C.1 3D.3 2 3 解析解析當(dāng)水平力作用在A上,使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng),臨界情況是A、B 的加速度相等,對(duì)B分析,B的加速度為:aB=a

17、1=g;當(dāng)水平 力作用在B上,使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng),此時(shí)A、B間的摩擦力剛好達(dá)到最 大,A、B的加速度相等,有:aA=a2=g。可得a1 a2=1 3,C正確。 2 3 mgmg m 1 3 mg m 考點(diǎn)四傳送帶問(wèn)題考點(diǎn)四傳送帶問(wèn)題 1.模型特征模型特征 (1)水平傳送帶模型 圖示圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況 情境1可能一直加速(條件:v ); 可能先加速后勻速(條件:vv時(shí),可能一直減速(條件:v ),也可能先減速再勻 速(條件:vv0); v0v時(shí),可能一直加速(條件:v ),也可能先加速再勻 速(條件:v0v) 情境3傳送帶較短時(shí),滑塊一直勻減速到達(dá)左端(條件:v0 ) 傳

18、送帶較長(zhǎng)時(shí),滑塊還要被傳送帶傳回右端(條件:v0v時(shí)滑塊返回右端的速度為v,當(dāng)v0v時(shí)滑塊返回右端的 速度為v0 2 0 v2gl 2 0 v2gl 2 gl 2 0 v2gl 2 0 v2gl 2 gl (2)傾斜傳送帶模型 圖示圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況 情境1可能一直加速; 可能先加速后勻速 情境2可能一直加速; 可能先加速后勻速; 可能先以a1加速后以a2加速 2.傳送帶模型動(dòng)力學(xué)分析傳送帶模型動(dòng)力學(xué)分析 (1)傳送帶模型問(wèn)題的分析流程 圖示圖示滑塊與傳送帶共速條件滑塊與傳送帶共速條件 情境1若 l,滑塊與傳送帶能共速 情境2若l,滑塊與傳送帶能共速 情境3若 l,滑塊與

19、傳送帶能共速 2 v 2 g 22 0 |vv | 2 g 2 0 v 2 g (2)判斷方法 水平傳送帶 傾斜傳送帶 圖示圖示滑塊與傳送帶共速條件滑塊與傳送帶共速條件 情境1若l,滑塊與傳送帶能共速 情境2若l,滑塊與傳送帶能共速; 若tan,滑塊與傳送帶共速后勻速運(yùn)動(dòng) 若tan,滑塊與傳送帶共速后以a1加速(a1a) 2 v 2a 2 v 2a 例例4(2017四川成都模擬)如圖所示,傳送帶與水平地面間的夾角=37, A到B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=10.25m,傳送帶以v0=10m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳 送帶上端A處無(wú)初速度地放一個(gè)質(zhì)量為m=0.5kg的黑色煤塊,它與傳送 帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0

20、.5。煤塊在傳送帶上經(jīng)過(guò)會(huì)留下黑色痕 跡。已知sin37=0.6,cos37=0.8,取g=10m/s2,求: (1)煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間; (2)煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中在傳送帶上形成的 黑色痕跡的長(zhǎng)度。 答案答案(1)1.5s(2)5m 解析解析(1)煤塊剛放上傳送帶時(shí),受到向下的摩擦力,受力分析如圖甲所 示,其加速度為a1=g(sin+cos)=10m/s2 與傳送帶共速所用時(shí)間t1=1s 煤塊運(yùn)動(dòng)的位移x1=a1=5mL 即煤塊下滑5m時(shí)與傳送帶速率相等。 煤塊速度達(dá)到v0后,受到向上的摩擦力,由于tan37,煤塊仍將加速下 滑,受力分析如圖乙所示,煤塊的加速度 0 1 v a 1

21、2 2 1 t a2=g(sin-cos)=2m/s2 煤塊距B處的距離x2=L-x1=5.25m 又有x2=v0t2+a2,得t2=0.5s 則煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t=t1+t2=1.5s。 1 2 2 2 t (2)煤塊以加速度a1運(yùn)動(dòng)時(shí)留下的黑色痕跡長(zhǎng)x1=v0t1-x1=5m 煤塊以加速度a2運(yùn)動(dòng)時(shí)留下的黑色痕跡長(zhǎng)x2=x2-v0t2=0.25m x1與x2部分重合,故痕跡總長(zhǎng)為5m。 甲 乙 1.如圖所示,水平傳送帶兩端相距x=8m,工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦 因數(shù)=0.6,工件滑上A端時(shí)的速度vA=10m/s,設(shè)工件到達(dá)B端時(shí)的速度為 vB。(取g=10m/s2) 考向考向1水平傳

22、送帶模型水平傳送帶模型 (1)若傳送帶靜止不動(dòng),求vB。 (2)若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),工件還能到達(dá)B端嗎?若不能,說(shuō)明理由;若能,求 到達(dá)B端時(shí)的速度vB。 (3)若傳送帶以v=13m/s的速率逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),求vB及工件由A到B所用 的時(shí)間。 答案答案(1)2m/s(2)能2m/s(3)13m/s0.67s 解析解析(1)根據(jù)牛頓第二定律可得mg=ma,則a=g=6m/s2,且-=2ax, 故vB=2m/s。 (2)當(dāng)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),工件受力不變,其加速度不發(fā)生變化,仍然始 終做勻減速運(yùn)動(dòng),故工件到達(dá)B端時(shí)的速度vB=2m/s。 (3)工件速度達(dá)到13m/s時(shí)所用時(shí)間為t1=0.5s,運(yùn)動(dòng)

23、的位移為x1= vAt1+a=5.75m8m,則工件在到達(dá)B端前速度就達(dá)到了13m/s,此后工件 與傳送帶相對(duì)靜止,因此工件先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng),勻速運(yùn)動(dòng) 2 A v 2 B v A vv a 1 2 2 1 t 的位移x2=x-x1=2.25m,t2=0.17s,t=t1+t2=0.67s。 2 x v 考向考向2傾斜傳送帶模型傾斜傳送帶模型 2.如圖所示,與水平面成=30角的傾斜傳送帶正以v=3m/s的速度 勻速運(yùn)行,A、B兩端相距l(xiāng)=13.5m。現(xiàn)每隔1s把質(zhì)量m=1kg的工件(視 為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上,工件在傳送帶的帶動(dòng)下向上運(yùn)動(dòng),工件與傳送 帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=,取g=10m/

24、s2,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求: 2 3 5 (1)相鄰工件間的最小距離和最大距離; (2)滿載與空載相比,傳送帶需要增加多大的牽引力? 答案答案(1)0.50m3.0m(2)33N 解析解析(1)設(shè)工件在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a,則mgcos-mg sin=ma 代入數(shù)據(jù)解得a=1.0m/s2 剛放上下一個(gè)工件時(shí),該工件離前一個(gè)工件的距離最小,且最小距離dmin =at2 解得dmin=0.50m 當(dāng)工件勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),兩相鄰工件相距最遠(yuǎn),則 dmax=vt=3.0m 1 2 (2)由于工件加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=3.0s,因此傳送帶上總有三個(gè)(n1=3) 工件正在加速,故所有做加速運(yùn)動(dòng)的工

25、件對(duì)傳送帶的總滑動(dòng)摩擦力f1=3 mgcos 在滑動(dòng)摩擦力作用下工件移動(dòng)的位移x=4.5m 傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的工件個(gè)數(shù)n2=3(個(gè)) 當(dāng)工件與傳送帶相對(duì)靜止后,每個(gè)工件受到的靜摩擦力f0=mgsin,所有 做勻速運(yùn)動(dòng)的工件對(duì)傳送帶的總靜摩擦力f2=n2f0 v a 2 2 v a max lx d 與空載相比,滿載時(shí)傳送帶需增大的牽引力F=f1+f2 代入數(shù)據(jù)解得F=33N 解答傳送帶問(wèn)題應(yīng)注意以下幾點(diǎn)解答傳送帶問(wèn)題應(yīng)注意以下幾點(diǎn): (1)比較滑塊和傳送帶的初速度情況,分析滑塊所受摩擦力的大小和方 向,其主要目的是得到滑塊的加速度。 (2)關(guān)注速度相等這個(gè)特殊時(shí)刻,滑塊在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)速度

26、相等 后兩者一塊勻速運(yùn)動(dòng),而滑塊在傾斜傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)速度相等后需判斷 與tan 的關(guān)系,才能確定滑塊以后的運(yùn)動(dòng)。 (3)得出運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊和傳送帶的相對(duì)位移情況,以后在求解摩擦力 做功時(shí)有很大作用。 方法總結(jié)方法總結(jié) 1.模型特征模型特征 滑塊滑板模型(如圖a所示),涉及兩個(gè)物體間的相對(duì)滑動(dòng),題目涉及摩 擦力分析、相對(duì)運(yùn)動(dòng)、摩擦生熱、多次相互作用等,屬于多物體、多過(guò) 程問(wèn)題,綜合性較強(qiáng),對(duì)能力要求較高,頻現(xiàn)于高考試卷中,例如2015年課 標(biāo)卷、中壓軸題25題。另外,常見的子彈射擊木塊(如圖b)、圓環(huán) 在直桿上滑動(dòng)(如圖c)都屬于 滑塊滑板類問(wèn)題,處理方法 與滑塊滑板模型類似。 考點(diǎn)五滑塊考點(diǎn)五

27、滑塊滑板模型分析滑板模型分析 2.思維模板思維模板 3.解題步驟解題步驟 例例5(2017課標(biāo),25,20分)如圖,兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1kg 和mB=5kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動(dòng)摩 擦因數(shù)均為1=0.5;木板的質(zhì)量為m=4kg,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2= 0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng),初速度大小均為v0=3m/s。A、B 相遇時(shí),A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,取重 力加速度大小g=10m/s2。求 (1)B與木板相對(duì)靜止時(shí),木板的速度; (2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí),兩者之間的距離。 答案答案(1)1m/s(2)1.9m 解

28、析解析(1)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí),木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和 木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3,A和B相對(duì)于地面的加速度大小 分別為aA和aB,木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達(dá)到 共同速度前有 f1=1mAg f2=1mBg f3=2(m+mA+mB)g 由牛頓第二定律得 f1=mAaA f2=mBaB f2-f1-f3=ma1 設(shè)在t1時(shí)刻,B與木板達(dá)到共同速度,其大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1=v0-aBt1 v1=a1t1 聯(lián)立式,代入已知數(shù)據(jù)得 v1=1m/s (2)在t1時(shí)間間隔內(nèi),B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為 sB=v0t1-aB 設(shè)在B與木板達(dá)到

29、共同速度v1后,木板的加速度大小為a2。對(duì)于B與木板 組成的體系,由牛頓第二定律有 f1+f3=(mB+m)a2 由式知,aA=aB;再由式知,B與木板達(dá)到共同速度時(shí),A的速 度大小也為v1,但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知,A和B相遇時(shí),A與木 板的速度相同,設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t 1 2 2 1 t 2,則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,對(duì)木板有 v2=v1-a2t2 對(duì)A有 v2=-v1+aAt2 在t2時(shí)間間隔內(nèi),B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 s1=v1t2-a2 在(t1+t2)時(shí)間間隔內(nèi),A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2

30、1 2 2 2 t 1 2 A和B相遇時(shí),A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí),兩者 之間的距離為 s0=sA+s1+sB 聯(lián)立以上各式,并代入數(shù)據(jù)得 s0=1.9m (也可用如圖的速度-時(shí)間圖線求解) 1.一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng),在t=0時(shí)刻將一相對(duì)于地面靜止的物塊 輕放到木板上,以后木板運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖像如圖所示。已知物塊與 木板的質(zhì)量相等,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦,物塊與木板 間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,且物塊始終在木板上。取重力加速 度的大小g=10m/s2,求: (1)物塊與木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)從t=0時(shí)刻到物塊與木板均停止運(yùn)動(dòng)時(shí),物

31、塊相 對(duì)于木板的位移的大小。 答案答案(1)0.200.30(2)1.125m 解析解析(1)從t=0時(shí)開始,木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速,使木板 減速,此過(guò)程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止。 由圖可知,在t1=0.5s時(shí),物塊和木板的速度相同。設(shè)t=0到t=t1時(shí)間間隔 內(nèi),物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2,則 a1= a2= 1 1 v t 01 1 vv t 式中v0=5m/s、v1=1m/s分別為木板在t=0、t=t1時(shí)速度的大小。 設(shè)物塊和木板的質(zhì)量為m,物塊和木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 分別為1、2,由牛頓第二定律得 1mg=ma1 (1+22)mg=ma2

32、聯(lián)立式得 1=0.20 2=0.30 (2)在t1時(shí)刻后,地面對(duì)木板的摩擦力阻礙木板運(yùn)動(dòng),物塊與木板之間的摩 擦力改變方向。設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f,物塊和木板的加 速度大小分別為a1和a2,則由牛頓第二定律得 f=ma1 22mg-f=ma2 假設(shè)f1mg,與假設(shè)矛盾。故 f=1mg 由式知,物塊加速度的大小a1等于a1;物塊的v-t圖像如圖中點(diǎn)劃線 所示。 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可推知,物塊和木板相對(duì)于地面的運(yùn)動(dòng)距離分別為 s1=2 2 1 1 2 v a s2=t1+ 物塊相對(duì)于木板的位移的大小為 s=s2-s1 聯(lián)立 式得 s=1.125m 01 2 vv 2 1 2 2 v a 2.一

33、長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊;在木板右方 有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5m,如圖(a)所示。t=0時(shí)刻開始, 小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng),直至t=1s時(shí)木板與墻壁碰撞 (碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小 物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b) 所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10m/s2。 求 (1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2; (2)木板的最小長(zhǎng)度; (3)木板右端離墻壁的最終距離。 答案答案(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m 解析

34、解析(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起 向右做勻變速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。 由牛頓第二定律有 -1(m+M)g=(m+M)a1 由圖(b)可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4m/s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+a1 1 2 2 1 t 式中,t1=1s,s0=4.5m是木板與墻壁碰前瞬間的位移,v0是小物塊和木板開 始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。 聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得 1=0.1 在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng),小物塊以v1 的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律 有 -

35、2mg=ma2 由圖(b)可得 a2= 式中,t2=2s,v2=0,聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得 2=0.4 (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過(guò)時(shí)間t,木板和小物塊剛好具有共 同速度v3。由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t 21 21 vv tt v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過(guò)程中,木板的位移為 s1=t 小物塊的位移為 s2=t 小物塊相對(duì)木板的位移為 s=s2-s1 13 2 vv 13 2 vv 聯(lián)立式,并代入數(shù)據(jù)得 s=6.0m 因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為6.0m。 (3)在小物塊

36、和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止, 設(shè)加速度為a4,此過(guò)程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為s3。由牛頓第二定 律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 1(m+M)g=(m+M)a4 0-=2a4s3 碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為 s=s1+s3 聯(lián)立 式,并代入數(shù)據(jù)得 s=-6.5m 木板右端離墻壁的最終距離為6.5m。 2 3 v 1.有一個(gè)冰上木箱的游戲節(jié)目,規(guī)則是:選手們從起點(diǎn)開始用力推箱 一段時(shí)間后,放手讓箱向前滑動(dòng),若箱最后停在冰上有效區(qū)域內(nèi),視為成 功;若箱最后未停在冰上有效區(qū)域內(nèi)就視為失敗。其簡(jiǎn)化模型如圖所 示,AC是長(zhǎng)度為L(zhǎng)1=7m的水平冰面,選手們可將木箱放在A點(diǎn),從A點(diǎn)開始 用一恒定不變的水平推力推箱,BC為有效區(qū)域。已知BC長(zhǎng)度L2=1m,木 箱的質(zhì)量m=50kg,木箱與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1。某選手作用在木 箱上的水平推力F=200N,木箱沿AC做直線運(yùn)動(dòng),若木箱可視為質(zhì)點(diǎn),g取 10m/s2。那么該選手要想游戲獲得成功,試求: 考點(diǎn)六牛頓運(yùn)動(dòng)定律在解決多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用考點(diǎn)六牛頓運(yùn)動(dòng)定律在解決多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用 (1)推力作用在木箱上時(shí)的加速度大小; (2)推力作用在木箱上的時(shí)間滿足什么條件? 答案答案(1