第03章[1]章末总结 热点讲座3综合应用牛顿运动定律解题.ppt

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1、热点讲座热点讲座 3.3.综合应用牛顿运动定律解题综合应用牛顿运动定律解题热点解读热点解读 应用牛顿运动定律解题是整个高中物理学习的应用牛顿运动定律解题是整个高中物理学习的最基本的能力要求之一最基本的能力要求之一,在高考中对合成法、正交分在高考中对合成法、正交分解法、隔离法、整体法、极限分析法和假设法的应解法、隔离法、整体法、极限分析法和假设法的应用考查用考查,历来成为高考命题的热点历来成为高考命题的热点.本部分内容的另一个热点问题是本部分内容的另一个热点问题是“传送带模型问传送带模型问题题.”.”章末总结 “传送带类问题传送带类问题”是以真实物理现象为依据的问是以真实物理现象为依据的问题题,

2、它既能训练学生的科学思维它既能训练学生的科学思维,又能联系科学、生又能联系科学、生产和生活实际产和生活实际,因而这种类型题具有生命力因而这种类型题具有生命力,当然也当然也是高考命题专家所关注的问题是高考命题专家所关注的问题.由于由于“传送带类问题传送带类问题”在高考考纲范围内属于涉及力、运动、能量等比较在高考考纲范围内属于涉及力、运动、能量等比较综合的一种常见的模型综合的一种常见的模型,所以是历年来高考试题考查所以是历年来高考试题考查的热点的热点.学生对这类问题做答的得分率低学生对这类问题做答的得分率低.专题讲座专题讲座专题一专题一 解牛顿运动定律题的五种方法解牛顿运动定律题的五种方法 1.1

3、.合成法合成法 合成法是根据物体受到的力合成法是根据物体受到的力,用平行四边形定则用平行四边形定则求出合力求出合力,再根据要求进行计算的方法再根据要求进行计算的方法.这种方法一这种方法一般适用于物体只受两个力作用的情况般适用于物体只受两个力作用的情况.【例例1 1】如图如图1 1所示所示,在小车中悬挂在小车中悬挂一小球一小球,若偏角若偏角未知未知,而已知摆球而已知摆球的质量为的质量为m m,小球随小车水平向左小球随小车水平向左运动的加速度为运动的加速度为a a=2=2g g(取取g g=10 m/s=10 m/s2 2),),则绳的张力为则绳的张力为()()A.10 A.10 m m B.B.

4、m mC.20C.20m m D.(50+8 )D.(50+8 )m m解析解析 小球受重力小球受重力mgmg和绳的拉力和绳的拉力F FT T两个力的作用两个力的作用,受力情况如图所示受力情况如图所示.根据平行四边形定则根据平行四边形定则,重力重力mgmg和绳的拉力和绳的拉力F FT T的合力的合力F F的方向水平向左的方向水平向左,由牛顿第由牛顿第二定律有二定律有F F=mama=2=2mgmg=20=20m m,由勾股定理得由勾股定理得F FT T=(mgmg)2 2+F F2 2,所以所以F FT T=10 =10 m m.图图 1 1A 2.2.正交分解法正交分解法 当物体受到两个以上

5、的力作用而产生加速度时当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时,通常采用正交分解法解题通常采用正交分解法解题.为减少矢量的分解为减少矢量的分解,建立建立坐标系时坐标系时,确定确定x x轴的正方向常有以下两种选择轴的正方向常有以下两种选择.(1)(1)分解力而不分解加速度分解力而不分解加速度 分解力而不分解加速度分解力而不分解加速度,通常以加速度通常以加速度a a的方向的方向为为x x轴的正方向轴的正方向,建立直角坐标系建立直角坐标系,将物体所受的各个将物体所受的各个力分解在力分解在x x轴和轴和y y轴上轴上,分别求得分别求得x x轴和轴和y y轴上的合力轴上的合力F Fx x和和F Fy y

6、.根据力的独立作用原理根据力的独立作用原理,各个方向上的力分别各个方向上的力分别产生各自的加速度产生各自的加速度,得得F Fx x=mama,F Fy y=0.=0.【例例2 2】如图如图2 2所示所示,小车在水平面上小车在水平面上以加速度以加速度a a向左做匀加速直线运动向左做匀加速直线运动,车厢车厢内用内用OAOA、OBOB两根细绳系住一个质量为两根细绳系住一个质量为m m的物体的物体,OAOA与竖直方向的夹角为与竖直方向的夹角为,OBOB是水平的是水平的.求求OAOA、OBOB两绳的拉力两绳的拉力F FT1T1和和F FT2T2的大小的大小.图图 2 2 解析解析 m m的受力情况及直角

7、坐标系的建立如图所的受力情况及直角坐标系的建立如图所示示(这样建立只需分解一个力这样建立只需分解一个力),),注意到注意到a ay y=0,=0,则有则有 F FT1T1sinsin-F FT2T2=mama,F FT1T1coscos-mgmg=0=0 解得解得F FT1T1=,=,F FT2T2=mgmgtantan-mama.答案答案 F FT1T1=F FT2T2=mgmgtantan-mama (2)(2)分解加速度而不分解力分解加速度而不分解力 物体受几个互相垂直的力的作用物体受几个互相垂直的力的作用,应用牛顿运动应用牛顿运动定律求解时定律求解时,若分解的力太多若分解的力太多,则比

8、较繁琐则比较繁琐,所以在建所以在建立直角坐标系时立直角坐标系时,可根据物体的受力情况可根据物体的受力情况,使尽可能使尽可能多的力位于两坐标轴上而分解加速度多的力位于两坐标轴上而分解加速度a a,得得a ax x和和a ay y,根根据牛顿第二定律得据牛顿第二定律得F Fx x=mamax x,F Fy y=mamay y,再求解再求解.这种方法这种方法一般是在以某个力的方向为一般是在以某个力的方向为x x轴正方向时轴正方向时,其他的力其他的力都落在或大多数落在两个坐标轴上而不需要再分解都落在或大多数落在两个坐标轴上而不需要再分解的情况下应用的情况下应用.【例例3 3】如图如图3 3所示所示,倾

9、角为倾角为的光滑的光滑斜面固定在水平地面上斜面固定在水平地面上,质量为质量为m m的物块的物块A A叠放在物体叠放在物体B B上上,物体物体B B的上表面水平的上表面水平.当当A A随随B B一起沿斜面下滑时一起沿斜面下滑时,A A、B B保保持相对静止持相对静止.求求B B对对A A的支持力和摩擦力的支持力和摩擦力.解析解析 当当A A随随B B一起沿斜面下滑时一起沿斜面下滑时,物体物体A A受到竖直受到竖直向下的重力向下的重力mgmg、B B对对A A竖直向上的支持力竖直向上的支持力F FN N和水平向和水平向左的摩擦力左的摩擦力F Ff f的作用而随的作用而随B B一起做加速运动一起做加

10、速运动.设设B B的质量为的质量为MM,以以A A、B B为整体为整体,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律有有(m m+MM)g gsinsin=(=(m m+MM)a a,得得a a=g gsinsin.将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解,如下图所如下图所示示.图图 3 3则则a ax x=a acoscos=g gsinsincoscosa ay y=a asinsin=g gsinsin2 2所以所以F Ff f=mamax x=mgmgsinsincoscos由由mgmg-F FN N=mamay y=mgmgsinsin2 2,得得F FN N=m

11、gmgcoscos2 2答案答案 F FN N=mgmgcoscos2 2 F Ff f=mgmgsinsincoscos 3.3.整体法和分隔法整体法和分隔法 如果系统是由几个物体组成如果系统是由几个物体组成,它们有相同的加速它们有相同的加速度度,在求它们之间的作用力时在求它们之间的作用力时,往往是先用整体法求往往是先用整体法求它们的共同加速度它们的共同加速度,再用分隔法求它们之间的作用力再用分隔法求它们之间的作用力.【例例4 4】如图如图4 4所示所示,质量为质量为2 2m m的的物体物体A A与水平地面间的摩擦可忽略不与水平地面间的摩擦可忽略不计计,质量为质量为m m的物体的物体B B与

12、地面间的与地面间的动摩擦因数为动摩擦因数为,在水平推力在水平推力F F的的作用下作用下,A A、B B做匀加速直线运动做匀加速直线运动,则则A A对对B B的作用力为多大？的作用力为多大？解析解析 以以A A、B B整体为研究对象进行受力分析整体为研究对象进行受力分析,受受重力重力G G、支持力、支持力F FN N、水平向右的推力、水平向右的推力F F、水平向左的、水平向左的摩擦力摩擦力F Ff f(F Ff f=mgmg).).设加速度为设加速度为a a,根据牛顿第二定根据牛顿第二定律得律得F F-F Ff f=3=3mama.图图 4 4 以以B B为研究对象进行受力分析为研究对象进行受力

13、分析,受重力受重力G GB B、支持、支持力力F FN NB B、A A对对B B水平向右的作用力水平向右的作用力F FABAB、水平向左的摩、水平向左的摩擦力擦力F Ff fB B(F Ff fB B=mgmg).).根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得F FABAB-F Ff fB B=mama.联立以上各式得联立以上各式得F FABAB=答案答案 4.4.极限分析法极限分析法 在处理临界问题时在处理临界问题时,一般用极限法一般用极限法,特别是当某特别是当某些题目的条件比较隐蔽、物理过程又比较复杂时些题目的条件比较隐蔽、物理过程又比较复杂时.【例例5 5】如图如图5 5所示所示,质量为质量

14、为MM的木板的木板上放着一质量为上放着一质量为m m的木块的木块,木块与木板木块与木板间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为1 1,木板与水平木板与水平地面间的动摩擦因数为地面间的动摩擦因数为2 2.若要将木若要将木板从木块下抽出板从木块下抽出,则加在木板上的力则加在木板上的力F F至少为多大？至少为多大？图图 5 5 解析解析 木板与木块通过摩擦力联系木板与木块通过摩擦力联系,只有当两者只有当两者发生相对滑动时发生相对滑动时,才有可能将木板从木块下抽出才有可能将木板从木块下抽出.此此时对应的临界状态是时对应的临界状态是:木板与木块间的摩擦力必定是木板与木块间的摩擦力必定是最大静摩擦力最大静摩擦力F

15、 Ffmfm(F Ffmfm=1 1mgmg),),且木块运动的加速度且木块运动的加速度必定是两者共同运动时的最大加速度必定是两者共同运动时的最大加速度a am m.以木块为研以木块为研究对象究对象,根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得F Ffmfm=mamam m.a am m也就是系统在此临界状态下的加速度也就是系统在此临界状态下的加速度,设此时设此时作用在木板上的力为作用在木板上的力为F F0 0,取木板、木块整体为研究对取木板、木块整体为研究对象象,则有则有F F0 0-2 2(MM+m m)g g=(=(MM+m m)a am m.联立联立、式得式得F F0 0=(=(MM+m m)

16、()(1 1+2 2)g g.当当F FF F0 0时时,必能将木板抽出必能将木板抽出,即即F F(MM+m m)()(1 1+2 2)g g时时,能将能将木板从木块下抽出木板从木块下抽出.答案答案 见解析见解析 5.5.假设法假设法 假设法是解物理问题的一种重要方法假设法是解物理问题的一种重要方法.用假设用假设法解题法解题,一般依题意从某一假设入手一般依题意从某一假设入手,然后用物理规然后用物理规律得出结果律得出结果,再进行适当的讨论再进行适当的讨论,从而得出正确答案从而得出正确答案.【例例6 6】如图如图6 6所示所示,火车车厢中有一个火车车厢中有一个倾角为倾角为3030的斜面的斜面,当火

17、车以当火车以10 m/s10 m/s2 2的加速的加速度沿水平方向向左运动时度沿水平方向向左运动时,斜面上质量为斜面上质量为m m的物体的物体A A保持与车厢相对静止保持与车厢相对静止,求物体所求物体所受到的静摩擦力受到的静摩擦力.(.(取取g g=10 m/s=10 m/s2 2)解析解析 物体受三个力作用物体受三个力作用:重力重力mgmg、支持力、支持力F FN N和和静摩擦力静摩擦力F Ff f,因静摩擦力的方向难以确定因静摩擦力的方向难以确定,且静摩擦且静摩擦力的方向一定与斜面平行力的方向一定与斜面平行,所以假设静摩擦力的方向所以假设静摩擦力的方向沿斜面向上沿斜面向上.根据牛顿第二定律

18、根据牛顿第二定律,在水平方向上有在水平方向上有图图 6 6 F FN N sin 30-sin 30-F Ff fcos 30=cos 30=mama.在竖直方向上有在竖直方向上有F FN Ncos 30+cos 30+F Ff fsin 30=sin 30=mgmg.由由、式得式得F Ff f=-5(-1)=-5(-1)m m,负号说明摩擦力负号说明摩擦力F Ff f的方向与假设的方向相反的方向与假设的方向相反,即沿斜面向下即沿斜面向下.答案答案 (-1)(-1)m m,沿斜面向下沿斜面向下专题二专题二“传送带模型传送带模型”类问题类问题 1.1.知识概要与方法归纳知识概要与方法归纳 “传送

19、带类问题传送带类问题”分水平、倾斜两种分水平、倾斜两种;按转向分按转向分顺时针、逆时针两种顺时针、逆时针两种.(1)(1)受力和运动分析受力和运动分析受力分析中的摩擦力突变受力分析中的摩擦力突变(大小、方向大小、方向)发生在发生在v v物物与与v v带带相同的时刻相同的时刻;运动分析中的速度变化运动分析中的速度变化相相对运动方向和对地速度变化对运动方向和对地速度变化.分析关键是分析关键是:(1):(1)v v物物、v v带带的大小方向的大小方向;(2);(2)mgmgsinsin与与F Ff f的大小与方向的大小与方向.(2)(2)传送带问题中的功能分析传送带问题中的功能分析 功能关系功能关系

20、:WWF F=E Ek k+E EP P+Q Q 对对WWF F、Q Q的正确理解的正确理解 a.a.传送带所做的功传送带所做的功:WWF F=F Fx x带带,功率功率P P=F Fv v带带(F F由传送带受力平衡求得由传送带受力平衡求得).).b.b.产生的内能产生的内能:Q Q=F Ff fx x相对相对 c.c.如物体无初速如物体无初速,放在水平传送带上放在水平传送带上,则在整个则在整个加速过程中物体获得的动能加速过程中物体获得的动能E Ek k,因为摩擦而产生的热因为摩擦而产生的热量量Q Q有如下规律有如下规律:E Ek k=Q Q=mvmv带带2 2 2.2.典型例题与规律总结典

21、型例题与规律总结 (1)(1)水平放置运行的传送带水平放置运行的传送带 处理水平放置的传送带问题处理水平放置的传送带问题,首先应对放在传送首先应对放在传送带上的物体进行受力分析带上的物体进行受力分析,分清物体所受摩擦力是阻分清物体所受摩擦力是阻力还是动力力还是动力;然后对物体进行运动状态分析然后对物体进行运动状态分析,即对静即对静态态动态动态终态进行分析和判断终态进行分析和判断,对其全过程作出合对其全过程作出合理分析、推论理分析、推论,进而采用有关物理规律求解进而采用有关物理规律求解.这类问这类问题可分为题可分为:运动学型运动学型;动力学型动力学型;能量守恒型能量守恒型;图象型图象型.【例例7

22、 7】如图如图7 7所示所示,质量为质量为m m的物体从离传送带高的物体从离传送带高为为H H处沿光滑圆弧轨道下滑处沿光滑圆弧轨道下滑,水平进入长为水平进入长为L L的静止的的静止的传送带传送带,之后落在水平地面的之后落在水平地面的Q Q点点.已知物体与传送带已知物体与传送带间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为,则当传送带转动时则当传送带转动时,物体仍以物体仍以上述方式滑下上述方式滑下,将落在将落在Q Q点的左边还是右边？点的左边还是右边？图图 7 7 解析解析 物体从物体从P P点落下点落下,设水平进入传送带的速设水平进入传送带的速度为度为v v0 0,则由机械能守恒定律得则由机械能守恒定律得

23、mgHmgH=(1)(1)当传送带静止时当传送带静止时,分析物体在传送带上的受力分析物体在传送带上的受力,可知物体做匀减速运动可知物体做匀减速运动,a a=mgmg/m m=g g.物体离开传物体离开传送带时的速度为送带时的速度为v vt t=,=,随后做平抛运动而落随后做平抛运动而落在在Q Q点点.(2)(2)当传送带逆时针方向转动时当传送带逆时针方向转动时,物体的受力情况物体的受力情况与传送带静止时相同与传送带静止时相同,因而物体离开传送带时的速度因而物体离开传送带时的速度仍为仍为v vt t=,=,随后做平抛运动而仍落在随后做平抛运动而仍落在Q Q点点.(.(当当 2 2gLgL时时,物

24、体将不能滑出传送带而被传物体将不能滑出传送带而被传送带送回送带送回,显然不符合题意显然不符合题意,舍去舍去.).)(3)(3)当传送带顺时针转动时当传送带顺时针转动时,可能出现五种情况可能出现五种情况:当传送带的速度当传送带的速度v v带带较大时较大时,v v带带则分析物体在传送带上的受力可知则分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀加物体一直做匀加速运动速运动,离开传送带时的速度为离开传送带时的速度为 v v=v vt t=因而将落在因而将落在Q Q点的右边点的右边.当传送带的速度当传送带的速度v v带较小时带较小时,v v带带则分析物体在传送带上的受力可知则分析物体在传送带上的受力可知,

25、物体一直做匀减速物体一直做匀减速运动运动,离开传送带时的速度为离开传送带时的速度为v vt t=因而仍将落在因而仍将落在Q Q点点.当传送带的速度当传送带的速度 v v带带 ,则分则分析物体在传送带上的受力可知析物体在传送带上的受力可知,物体将在传送带上先做物体将在传送带上先做匀加速运动匀加速运动,后做匀速运动后做匀速运动,离开传送带时的速度离开传送带时的速度v vt t 因而将落在因而将落在Q Q点右边点右边.当传送带的速度当传送带的速度 v v带带 时时,则分则分析物体在传送带上的受力可知析物体在传送带上的受力可知,物体将在传送带上先物体将在传送带上先做匀减速运动做匀减速运动,后做匀速运动

26、后做匀速运动,离开传送带时的速度离开传送带时的速度v vt t ,因而将落在因而将落在Q Q点右边点右边.当传送带的速度当传送带的速度v v带带=时时,则物体在传送带则物体在传送带上不受摩擦力的作用而做匀速运动上不受摩擦力的作用而做匀速运动,故将落在故将落在Q Q点的点的右边右边.综上所述综上所述:当传送带的速度当传送带的速度v v带带 时时,物体仍落在物体仍落在Q Q点点;当传送带的速度当传送带的速度v v带带 时时,物体将落在物体将落在Q Q点的右边点的右边.答案答案 见解析见解析 (2)(2)倾斜放置运行的传送带倾斜放置运行的传送带 这种传送带是指两皮带轮等大这种传送带是指两皮带轮等大,

27、轴心共面但不在轴心共面但不在同一水平线上同一水平线上(不等高不等高),),传送带将物体在斜面上传送传送带将物体在斜面上传送的装置的装置.处理这类问题处理这类问题,同样是先对物体进行受力分同样是先对物体进行受力分析析,再判断摩擦力的方向是解题关键再判断摩擦力的方向是解题关键,正确理解题意正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口.这类这类问题通常分为问题通常分为:运动学型运动学型;动力学型动力学型;能量守恒型能量守恒型.【例例8 8】如图如图8 8所示所示,传送带与水平面传送带与水平面夹角为夹角为37,37,并以并以v v=10 m/s=10 m

28、/s运行运行,在传送带在传送带的的A A端轻轻放一个小物体端轻轻放一个小物体,物体与传送带物体与传送带之间的动摩擦因数之间的动摩擦因数=0.5,=0.5,ABAB长长1616米米,求以下两种情况下物体从求以下两种情况下物体从A A到到B B所用的时间所用的时间.(1)(1)传送带顺时针方向转动传送带顺时针方向转动.(2)(2)传送带逆时针方向转动传送带逆时针方向转动.图图 8 8 解析解析 (1)(1)传送带顺时针方向转动时受力如题图传送带顺时针方向转动时受力如题图所示所示:mgmgsinsin-mgmgcoscos=mama a a=g gsinsin-gcosgcos=2 m/s=2 m/

29、s2 2 x x=at at2 2 t t=4 s.=4 s.(2)(2)传送带逆时针方向转动传送带逆时针方向转动,物体受力如图物体受力如图:开始摩擦力方向沿传送带向下开始摩擦力方向沿传送带向下,向下匀加速运动向下匀加速运动 a a=g gsin 37+sin 37+g gcos 37=10 cos 37=10 m/sm/s2 2 t t1 1=v v/a a=1=1 s s x x1 1=at at2 2=5 m=5 m x x2 2=11 m=11 m 1 1秒后秒后,速度达到速度达到10 m/s,10 m/s,摩擦力方向变为沿传摩擦力方向变为沿传送带向上送带向上.物体以初速度物体以初速度

30、v v=10 m/s=10 m/s向下做匀加速运动向下做匀加速运动 a a2 2=g gsin 37-sin 37-gcos 37=2 m/sgcos 37=2 m/s2 2 x x2 2=vt vt2 2+a a2 2 11=10 11=10t t2 2+2+2 t t2 2=1 s=1 s 因此因此t t=t t1 1+t t2 2=2 s=2 s 答案答案 (1)1 s (2)2 s(1)1 s (2)2 s 点评点评 综上所述综上所述,传送带问题包含力、运动、能传送带问题包含力、运动、能量等知识点量等知识点,而且其中的摩擦力的方向、大小可能要而且其中的摩擦力的方向、大小可能要发生变化发

31、生变化,但只要掌握了上述三种基本类型但只要掌握了上述三种基本类型,传送带传送带问题就可迎刃而解问题就可迎刃而解,以上就是笔者对传送带题型的几以上就是笔者对传送带题型的几点总结点总结.当然当然,“传送带类问题传送带类问题”题型还不止这些题型还不止这些.但但不管怎样不管怎样,只要我们了解其物理情景只要我们了解其物理情景,物理模型物理模型,会进会进行受力分析行受力分析,再灵活配合牛顿第二定律和能量知识就再灵活配合牛顿第二定律和能量知识就一定能正确解答一定能正确解答.素能提升素能提升1.1.有两个光滑固定斜面有两个光滑固定斜面ABAB和和BC,BC,A A和和C C两点在同一水平面上两点在同一水平面上

32、,斜面斜面BCBC比斜面比斜面ABAB长长,如图如图9 9 所示所示.一个滑块自一个滑块自A A点以速点以速 度度v vA A上滑上滑,到达到达B B点时速度点时速度 减减小小为为零零,紧紧接接着着沿沿BCBC滑滑下下.设设滑滑块块从从A A点点到到C C点点的的总总时时间间是是t t0 0.那那么么下下列列选选项项中中能能正正确确表表示示滑滑块块速速率率v v随时间随时间t t变化的规律的图象是变化的规律的图象是()()图图 9 9解析解析 设设ABAB长为长为L L1 1,倾角为倾角为,BCBC长为长为L L2 2,倾角为倾角为.滑块沿滑块沿ABAB上滑的加速度大小为上滑的加速度大小为a

33、a1 1=g gsin sin,滑块从滑块从A A滑到滑到B B所用的时间为所用的时间为:t t1 1=由运动学公式由运动学公式得得:=2:=2a a1 1L L1 1.又滑块从又滑块从B B滑到滑到C C时的加速度大小时的加速度大小为为:a a2 2=g gsin sin,滑到滑到C C点的速度为点的速度为:v vC C=,=,从从B B滑到滑到C C所用的时间为所用的时间为:t t2 2=由几何关系可由几何关系可得得,L L1 1sin sin=L L2 2sin sin,联立解得联立解得:v vC C=v vA A,t t1 1t t2 2,综合得综合得出出,正确选项为正确选项为C.C.

34、答案答案 C2.2.如图如图1010所示所示,弹簧秤外壳质量为弹簧秤外壳质量为m m0 0,弹簧及挂弹簧及挂 钩的质量忽略不计钩的质量忽略不计,挂钩吊着一质量为挂钩吊着一质量为m m的重的重 物物.现用一方向竖直向上的外力现用一方向竖直向上的外力F F拉着弹簧秤拉着弹簧秤,使其向上做匀加速直线运动使其向上做匀加速直线运动,则弹簧秤的读数则弹簧秤的读数 为为()()图图 1010解析解析 以弹簧和重物整体为研究对象以弹簧和重物整体为研究对象,F F-(m m0 0+m m)g g=(=(m m0 0+m m)a a,以重物为研究对象以重物为研究对象,F F弹弹-mgmg=mama,得到弹簧秤的读

35、数得到弹簧秤的读数F F弹弹=故故D D正确正确.答案答案 D3.3.如图如图1111所示所示,一水平方向足够长的一水平方向足够长的 传送带以恒定的速度传送带以恒定的速度v v1 1沿顺时针沿顺时针 方向运动方向运动,一物体以水平速度一物体以水平速度v v2 2从从右端滑上传送带后右端滑上传送带后,经过一段时间经过一段时间 又返回光滑水平面又返回光滑水平面,此时速率为此时速率为 v v2 2,则下列说法正确的是则下列说法正确的是()()A.A.若若v v1 1v v2 2,则则v v2 2=v v1 1B.B.若若v v1 1v v2 2,则则v v2 2=v v2 2C.C.不管不管v v2

36、 2多大多大,总有总有v v2 2=v v2 2D.D.只有只有v v1 1=v v2 2时时,才有才有v v2 2=v v2 2图图 1111解析解析 设物体的质量为设物体的质量为m m,物体与传送带之间的滑动物体与传送带之间的滑动摩擦力大小为摩擦力大小为F Ff f,物体相对传送带滑动的加速度大小物体相对传送带滑动的加速度大小为为a a.物体在传送带上滑动物体在传送带上滑动,则有则有:F Ff f=mama,物体在传送物体在传送带上向左滑动的位移为带上向左滑动的位移为:x x=.=.速度减为零后速度减为零后,在滑动摩擦力的作用下开始向右匀加速运动在滑动摩擦力的作用下开始向右匀加速运动,加速

37、度加速度大小仍为大小仍为a a,若若v v1 1v v2 2,滑到传送带右端时的速度大小滑到传送带右端时的速度大小为为:v v2 2=,=,比较可以得出比较可以得出,v v2 2=v v2 2v v1 1;若若v v1 1v v2 2,物体还没有运动到传送带的右端物体还没有运动到传送带的右端,速度就和传送带的速度就和传送带的速度相同速度相同,物体与传送带之间不再存在摩擦力物体与传送带之间不再存在摩擦力,物体物体随传送带一起匀速运动随传送带一起匀速运动,v v2 2=v v1 1v v2 2.正确选项为正确选项为A A、B.B.答案答案 AB4.4.如图如图1212所示所示,光滑水平面上放置质量

38、分别为光滑水平面上放置质量分别为m m和和2 2m m的四个木块的四个木块,其中两个质量为其中两个质量为m m的木块间用一不可伸的木块间用一不可伸长的轻绳相连长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是木块间的最大静摩擦力是mgmg.现用现用水平拉力水平拉力F FT T拉其中一个质量为拉其中一个质量为2 2m m的木块的木块,使四个木使四个木块以同一加速度运动块以同一加速度运动,则轻绳对则轻绳对m m的最大拉力为的最大拉力为()()图图 1212解析解析 设绳中的最大拉力为设绳中的最大拉力为F F,共同运动的加速度为共同运动的加速度为a a,对右边的对右边的m m应用牛顿第二定律得应用牛顿第二定律得:

39、mgmg-F FT T=mama,对左边对左边的两个物体应用牛顿第二定律得的两个物体应用牛顿第二定律得:F FT T=3=3mama,联立解得联立解得F FT T=,=,正确选项为正确选项为B.B.答案答案 B5.5.在探究摩擦力特点的实验中在探究摩擦力特点的实验中,将木块放在水平长木将木块放在水平长木板上板上,如图如图13(a)13(a)所示所示,用力沿水平方向拉木块用力沿水平方向拉木块,拉拉力从力从0 0开始逐渐增大开始逐渐增大.分别用力传感器采集拉力和分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力木块所受到的摩擦力,并用计算机绘制出摩擦力并用计算机绘制出摩擦力F Ff f随拉力随拉力F F的

40、变化图象的变化图象,如图如图(b)(b)所示所示.已知木块质量已知木块质量为为0.78 kg.0.78 kg.取重力加速度取重力加速度g g=10 m/s=10 m/s2 2,sin 37=,sin 37=0.60,cos 37=0.80.0.60,cos 37=0.80.图图 13 13(1)(1)求木块与长木板间的动摩擦因数求木块与长木板间的动摩擦因数.(2)(2)若木块在与水平方向成若木块在与水平方向成3737角斜向右上方的恒定角斜向右上方的恒定拉力拉力F F作用下作用下,以以a a=2.0 m/s=2.0 m/s2 2的加速度从静止开始做的加速度从静止开始做匀变速直线运动匀变速直线运动

41、,如图如图(c)(c)所示所示.拉力大小应为多大？拉力大小应为多大？解析解析 (1)(1)由题图由题图(b)(b)可知可知,木块所受到的滑动摩擦力木块所受到的滑动摩擦力F Ff f=3.12 N=3.12 N由由F Ff f=F FN N,得得=0.4=0.4(2)(2)物体受重力物体受重力G G、支持力、支持力F FN N、拉力、拉力F F和摩擦力和摩擦力F Ff f作用作用.将将F F分解为水平和竖直两方向分解为水平和竖直两方向,根据牛顿运动定律根据牛顿运动定律F Fcoscos-F Ff f=mamaF Fsinsin+F FN N=mgmgF Ff f=F FN N联立各式可得联立各式

42、可得F F=4.5 N=4.5 N 答案答案 (1)0.4 (2)4.5 N(1)0.4 (2)4.5 N6.6.如图如图1414所示所示,一质量为一质量为MM=5 kg=5 kg的斜的斜 面体放在水平地面上面体放在水平地面上,斜面体与地斜面体与地 面的动摩擦因数为面的动摩擦因数为1 1=0.5,=0.5,斜面斜面高度为高度为h h=0.45 m,=0.45 m,斜面体与小物块斜面体与小物块 的动摩擦因数为的动摩擦因数为2 2=0.8,=0.8,小物块小物块 的质量为的质量为m m=1 kg,=1 kg,起初小物块在斜起初小物块在斜面的竖直面上的最高点面的竖直面上的最高点.现在从静止开始在现在

43、从静止开始在MM上作用上作用一水平恒力一水平恒力,并且同时释放并且同时释放m m,取取g g=10 m/s=10 m/s2 2,设小物设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力力,小物块可视为质点小物块可视为质点.问问:图图 1414(1)(1)要使要使MM、m m保持相对静止一起向右做匀加速运动保持相对静止一起向右做匀加速运动,加速度至少多大？加速度至少多大？(2)(2)此过程中水平恒力至少为多少？此过程中水平恒力至少为多少？(3)(3)当当(1)(1)问中水平恒力作用问中水平恒力作用0.4 s0.4 s时时,撤去撤去F F,求求m m落

44、地落地时时MM相对于出发点的位移为多少？相对于出发点的位移为多少？解析解析 (1)(1)以以m m为研究对象为研究对象,竖直方向有竖直方向有:mgmg-F Ff f=0=0水平方向有水平方向有:F FN N=mama,又又F Ff f=2 2F FN N,得得:a a1 1=12.5 m/s=12.5 m/s2 2(2)(2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象以小物块和斜面体为整体作为研究对象,由牛顿由牛顿第二定律得第二定律得:F F-1 1(MM+m m)g g=(=(MM+m m)a a1 1水平恒力至少为水平恒力至少为:F F=105 N=105 N(3)(3)撤去撤去F F后小物块做平

45、抛运动后小物块做平抛运动下落的时间为下落的时间为:t t2 2=0.3 s=0.3 sF F作用阶段作用阶段,斜面体的位移为斜面体的位移为:x x1 1=a a1 1 =1 m=1 m0.4 s0.4 s末的速度为末的速度为:v v1 1=a a1 1t t1 1=5 m/s=5 m/s撤去撤去F F后后,对斜面体应用牛顿第二定律得对斜面体应用牛顿第二定律得:1 1MgMg=MaMa2 2解得解得a a2 2=5 m/s=5 m/s2 2斜面体速度减为斜面体速度减为0 0所用的时间为所用的时间为:t t=1 s=1 st t2 2=0.3 s=0.3 s在在t t2 2时间内斜面体的位移为时间

46、内斜面体的位移为:x x2 2=v v1 1t t2 2-=1.275 m=1.275 mm m落地时落地时MM相对于出发点的位移为相对于出发点的位移为:x x=x x1 1+x x2 2=2.275 m=2.275 m答案答案 (1)12.5 m/s(1)12.5 m/s2 2 (2)105 N (3)2.275 m (2)105 N (3)2.275 m7.7.如图如图1515所示所示,绷紧的传送带与水平面绷紧的传送带与水平面 的夹角的夹角=30,=30,传送带在电动机的传送带在电动机的 带动下带动下,始终保持始终保持v v0 0=2 m/s=2 m/s的速率运的速率运 行行.现把一质量为

47、现把一质量为m=m=10 kg10 kg的工件的工件 (可看为质点可看为质点)轻轻放在传送带的底端轻轻放在传送带的底端,经时间经时间t t=1.9 s,=1.9 s,工件被传送到工件被传送到h h=1.5 m=1.5 m 的高处的高处,并取得了与传送带相同的速度并取得了与传送带相同的速度,取取g g=10 m/s=10 m/s2 2.求求:(1)(1)工件与传送带之间的滑动摩擦力工件与传送带之间的滑动摩擦力F F1 1.(2)(2)工件与传送带之间的相对位移工件与传送带之间的相对位移x x.图图 1515解析解析 由题意高由题意高h h对应的传送带长为对应的传送带长为L L=3 m=3 m工件

48、速度达到工件速度达到v v0 0之前之前,从静止开始做匀加速运动从静止开始做匀加速运动,设设匀加速运动的时间为匀加速运动的时间为t t1 1,位移为位移为x x1 1,有有x x1 1=因工件最终取得了与传送带相同的速度因工件最终取得了与传送带相同的速度,所以达到所以达到v v0 0之后工件将匀速运动之后工件将匀速运动,有有L L-x x1 1=v v0 0(t t-t t1 1)解得解得:t t1 1=0.8 s,=0.8 s,x x1 1=0.8 m=0.8 m所以匀加速运动阶段的加速度为所以匀加速运动阶段的加速度为a a=2.5 m/s=2.5 m/s2 2在匀加速运动阶段在匀加速运动阶

49、段,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律,有有F F1 1-mgmgsinsin=mama解得解得:F F1 1=75 N=75 N(2)(2)在时间在时间t t1 1内内,传送带运动的位移为传送带运动的位移为x x=v v0 0t t1 1=1.6 m=1.6 m所以在时间所以在时间t t1 1内内,工件相对传送带的位移为工件相对传送带的位移为x x=x x-x x1 1=0.8 m.=0.8 m.答案答案 (1)75 N (2)0.8 m(1)75 N (2)0.8 m阅卷现场阅卷现场阅卷手记阅卷手记 本章的知识考查主要是对牛顿运动定律、超本章的知识考查主要是对牛顿运动定律、超重、失重等规律的

50、理解与运用；方法要求比较高重、失重等规律的理解与运用；方法要求比较高,对重要的力学方法几乎都有涉及对重要的力学方法几乎都有涉及,如选择研究对象如选择研究对象时的整体法和隔离法、力的计算的合成法与分解时的整体法和隔离法、力的计算的合成法与分解法、瞬时问题的处理方法、超失重的迁移运用、法、瞬时问题的处理方法、超失重的迁移运用、临界条件的分析和计算、程序法分析多过程问题临界条件的分析和计算、程序法分析多过程问题等等；本章能力要求也很高等等；本章能力要求也很高,受力与运动过程的分受力与运动过程的分析能力、状态变化和临界条件的推理能力、力与析能力、状态变化和临界条件的推理能力、力与运动的计算能力、运用图