牛顿运动定律及其应用复习课件(教育精.ppt

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1、第2讲牛顿运动定律及其应用1.1.牛牛顿顿第二定律的第二定律的“四性四性”：（1 1）矢量性：公式）矢量性：公式F=maF=ma是是_，F F与与a_a_。（2 2）瞬）瞬时时性：力与性：力与_同同时产时产生，同生，同时变时变化。化。（3 3）同体性：）同体性：F=maF=ma中，中，F F、m m、a a对应对应_。（4 4）独立性：分力）独立性：分力产产生的加速度相互生的加速度相互_，与其他加速度，与其他加速度_。矢量式矢量式方向相同方向相同加速度加速度同一物体同一物体独立独立无关无关2.2.超重和失重：超重和失重：（1 1）超重。）超重。受力特点：受力特点：_。运运动动特点：特点：_或或

2、_。（2 2）失重。）失重。受力特点：受力特点：_。运运动动特点：特点：_或或_。完全失重：只受完全失重：只受_。合外力的方向合外力的方向竖竖直向上直向上向上加速运向上加速运动动向下减速运向下减速运动动合外力的方向合外力的方向竖竖直向下直向下向下加速运向下加速运动动向上减速运向上减速运动动重力作用重力作用1.1.（20132013福建高考）在国福建高考）在国际单际单位制（位制（简简称称SISI）中，力学和）中，力学和电电学的基本学的基本单单位有：位有：m m（米）、（米）、kgkg（千克）、（千克）、s s（秒）、（秒）、A A（安培）。（安培）。导导出出单单位位V V（伏特）用上述基本（伏特

3、）用上述基本单单位可表示位可表示为为（）（）A.mA.m2 2kgkgs s-4-4A A-1-1B.mB.m2 2kgkgs s-3-3A A-1-1C.mC.m2 2kgkgs s-2-2A A-1-1D.mD.m2 2kgkgs s-1-1A A-1-1【解析解析】选选B B。根据。根据P=UIP=UI、P=FvP=Fv、F=maF=ma可导出可导出即即 =m=m2 2kgkgs s-3-3A A-1-1，故选，故选B B。2.2.（20112011福建高考）如福建高考）如图图甲所示，甲所示，绷紧绷紧的水平的水平传传送送带带始始终终以以恒定速率恒定速率v v1 1运行。初速度大小运行。初

4、速度大小为为v v2 2的小物的小物块块从与从与传传送送带带等高的等高的光滑水平地面上的光滑水平地面上的A A处处滑上滑上传传送送带带。若从小物。若从小物块块滑上滑上传传送送带带开开始始计时计时，小物，小物块块在在传传送送带带上运上运动动的的v-tv-t图图像（以地面像（以地面为为参考系）参考系）如如图图乙所示。已知乙所示。已知v v2 2vv1 1，则则（）（）A.tA.t2 2时时刻，小物刻，小物块块离离A A处处的距离达到最大的距离达到最大B.tB.t2 2时时刻，小物刻，小物块块相相对传对传送送带带滑滑动动的距离达到最大的距离达到最大C.0C.0t t2 2时间时间内，小物内，小物块块

5、受到的摩擦力方向先向右后向左受到的摩擦力方向先向右后向左D.0D.0t t3 3时间时间内，小物内，小物块块始始终终受到大小不受到大小不变变的摩擦力作用的摩擦力作用【解析解析】选选B B。由题图乙可知。由题图乙可知t t1 1时刻小物块向左运动最远，时刻小物块向左运动最远，t t1 1t t2 2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此此t t2 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A A错错B B对；对；0 0t t2 2这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，这段时间小物块受到的

6、摩擦力方向始终向右，t t2 2t t3 3时间内时间内小物块与传送带一起运动，摩擦力为零，小物块与传送带一起运动，摩擦力为零，C C、D D错。故选错。故选B B。3.3.（20132013山山东东高考）如高考）如图图所示，一所示，一质质量量m=0.4kgm=0.4kg的小物的小物块块，以以v v0 0=2m/s=2m/s的初速度，在与斜面成某一的初速度，在与斜面成某一夹夹角的拉力角的拉力F F作用下，沿作用下，沿斜面向上做匀加速运斜面向上做匀加速运动动，经经t=2st=2s的的时间时间物物块块由由A A点运点运动动到到B B点，点，A A、B B之之间间的距离的距离L=10mL=10m。已

7、知斜面。已知斜面倾倾角角=30=30，物，物块块与斜面之与斜面之间间的的动动摩擦因数摩擦因数=。重力加速度。重力加速度g g取取10m/s10m/s2 2。（1 1）求物）求物块块加速度的大小及到达加速度的大小及到达B B点点时时速度的大小。速度的大小。（2 2）拉力）拉力F F与斜面与斜面夹夹角多大角多大时时，拉力，拉力F F最小？拉力最小？拉力F F的最小的最小值值是是多少？多少？【解析解析】（1 1）由运动学方程得：）由运动学方程得：L=vL=v0 0t+att+at2 22aL=v2aL=vB B2 2v v0 02 2代入数值解得：代入数值解得：a=3m/sa=3m/s2 2，v v

8、B B=8m/s=8m/s（2 2）对物块受力分析如图所示，）对物块受力分析如图所示，设拉力设拉力F F与斜面成与斜面成角，对物块由牛顿第二定律得：角，对物块由牛顿第二定律得：垂直斜面方向：垂直斜面方向：Fsin+N-mgcos30Fsin+N-mgcos30=0=0沿斜面方向：沿斜面方向：Fcos-mgsin30Fcos-mgsin30-f=ma-f=ma又又f=f=NN联立各式，代入数值解得：联立各式，代入数值解得：FcosFcos+FsinFsin=5.2=5.2则则=当当=30=30时，拉力时，拉力F F有最小值，有最小值，且且F Fminmin=答案：答案：(1)3 m/s(1)3

9、m/s2 2 8 m/s (2)30 8 m/s (2)30热热点考向点考向1 1 动动力学力学图图像像问题问题【典例典例1 1】（20132013银银川二模）如川二模）如图图所示，一所示，一质质量量为为m m的滑的滑块块，以初速度以初速度v v0 0从从倾倾角角为为的斜面底端滑上斜面，当其速度减的斜面底端滑上斜面，当其速度减为为零零后又沿斜面返回底端，已知滑后又沿斜面返回底端，已知滑块块与斜面与斜面间间的的动动摩擦因数摩擦因数为为，若滑若滑块块所受的摩擦力所受的摩擦力为为f f、所受的合外力、所受的合外力为为F F合合、加速度、加速度为为a a、速、速度度为为v v，规规定沿斜面向上定沿斜面

10、向上为为正方向，在滑正方向，在滑块块沿斜面运沿斜面运动动的整个的整个过过程中，程中，这这些物理量随些物理量随时间变时间变化的化的图图像大致正确的是像大致正确的是（）（）【解解题题探究探究】（1 1）请请画出滑画出滑块块向上和向下运向上和向下运动动的受力分析的受力分析图图。提示：提示：（2 2）请结请结合受力分析合受力分析图图判断各物理量的判断各物理量的变变化情况：化情况：物理量物理量变变化情况化情况大小大小方向方向f f_F F合合_a a_v v_不不变变由由负负向向变为变为正向正向变变小小不不变变变变小小不不变变先先变变小后小后变变大大由正向由正向变为负变为负向向【解析解析】选选A A。对

11、滑块沿斜面向上和向下过程进行受力分析，。对滑块沿斜面向上和向下过程进行受力分析，可知滑块所受的滑动摩擦力大小不变，均为可知滑块所受的滑动摩擦力大小不变，均为f=f=mgcosmgcos，方，方向由负向变为正向，选项向由负向变为正向，选项A A正确；滑块沿斜面向上运动时，正确；滑块沿斜面向上运动时，F F合合=mgsin+mgcosmgsin+mgcos，沿斜面向下运动时，滑块所受的合外力，沿斜面向下运动时，滑块所受的合外力的大小的大小F F合合=mgsin-mgcosmgsin-mgcos，显然合外力变小，方向始终沿，显然合外力变小，方向始终沿负向，选项负向，选项B B错误；加速度的变化情况与

12、合外力相同，选项错误；加速度的变化情况与合外力相同，选项C C错错误；向上运动过程中滑块做匀减速运动，向下运动过程中，滑误；向上运动过程中滑块做匀减速运动，向下运动过程中，滑块做匀加速运动，向上时的加速度大于向下时的加速度，选项块做匀加速运动，向上时的加速度大于向下时的加速度，选项D D错误。错误。【总结提升总结提升】处理动力学图像问题的一般思路处理动力学图像问题的一般思路（1 1）依据题意，合理选取研究对象；）依据题意，合理选取研究对象；（2 2）对物体先受力分析，再分析其运动过程；）对物体先受力分析，再分析其运动过程；（3 3）将物体的运动过程与图像对应起来；）将物体的运动过程与图像对应起

13、来；（4 4）对于相对复杂的图像，可通过列解析式的方法进行判断。）对于相对复杂的图像，可通过列解析式的方法进行判断。【变变式式训练训练】（20132013漳州二模）如漳州二模）如图图1 1所示，在光滑水平面所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。上叠放着甲、乙两物体。现对现对甲施加水平向右的拉力甲施加水平向右的拉力F F，通，通过过传传感器可感器可测测得甲的加速度得甲的加速度a a随拉力随拉力F F变变化的关系如化的关系如图图2 2所示。已所示。已知重力加速度知重力加速度g=10m/sg=10m/s2 2，由，由图线图线可知（）可知（）A.A.甲、乙之甲、乙之间间的的动动摩擦因数是摩擦因数是0

14、.20.2B.B.甲的甲的质质量是量是4 kg4 kgC.C.甲的甲的质质量是量是2 kg2 kgD.D.甲、乙之甲、乙之间间的的动动摩擦因数是摩擦因数是0.60.6【解析解析】选选A A。由图。由图2 2可知拉力可知拉力F F小于小于48N48N时，甲、乙两物体一起时，甲、乙两物体一起运动，根据牛顿第二定律可得运动，根据牛顿第二定律可得F F1 1=（m m甲甲+m+m乙乙）a a1 1，以乙为研究对，以乙为研究对象有象有f f1 1=m=m乙乙a a1 1，拉力，拉力F F大于大于48N48N时，甲、乙两物体相对滑动，以甲时，甲、乙两物体相对滑动，以甲为研究对象有为研究对象有F F2 2-

15、f=m-f=m甲甲a a2 2，其中，其中f=f=mm甲甲g g，解得甲、乙之间的动，解得甲、乙之间的动摩擦因数是摩擦因数是0.20.2，甲、乙的质量分别是，甲、乙的质量分别是6kg6kg、2 kg2 kg，选项，选项A A正确，正确，选项选项B B、C C、D D错误。错误。【变变式式备选备选】（20132013黄黄冈冈二模）如二模）如图图甲所示，用一水平外力甲所示，用一水平外力F F推着一个静止在推着一个静止在倾倾角角为为的光滑斜面上的物体，逐的光滑斜面上的物体，逐渐渐增大增大F F，物体做物体做变变加速运加速运动动，其加速度，其加速度a a随外力随外力F F变变化的化的图图像如像如图图乙

16、所示，乙所示，若重力加速度若重力加速度g g取取10m/s10m/s2 2。根据。根据图图乙中所提供的信息不能乙中所提供的信息不能计计算出算出（sin37sin37=0.6=0.6）（）（）A.A.物体的物体的质质量量B.B.斜面的斜面的倾倾角角C.C.物体能静止在斜面上所施加的外力物体能静止在斜面上所施加的外力D.D.加速度加速度为为6 m/s6 m/s2 2时时物体的速度物体的速度【解析解析】选选D D。物体受力如图所示，由。物体受力如图所示，由牛顿第二定律得牛顿第二定律得Fcos-mgsinFcos-mgsin=ma=ma，由由F=0F=0时，时，a=-6 m/sa=-6 m/s2 2，

17、解得，解得=37=37。由由a=F-a=F-gsingsin和和a-Fa-F图像知：图像知：图像斜率图像斜率 ，解得，解得m=2 kgm=2 kg，物体静止时，物体静止时FcosFcos=mgsin,Fmgsin,F=mgtanmgtan=15 N=15 N，因为物体的加速度的变化对应的时，因为物体的加速度的变化对应的时间未知，所以无法求出物体加速度为间未知，所以无法求出物体加速度为6 m/s6 m/s2 2 时的速度，故选时的速度，故选D D。热热点考向点考向2 2 连连接体接体问题问题【典例典例2 2】（1515分）如分）如图图所示，一工件置于水平地面上，工件所示，一工件置于水平地面上，工

18、件质质量量M=0.8kgM=0.8kg，其，其ABAB段段为为一半径一半径R=1.0mR=1.0m的光滑的光滑圆圆弧弧轨轨道，道，圆圆弧弧轨轨道上的道上的P P点到点到BCBC的高度差的高度差h=0.2mh=0.2m，将一可，将一可视为质视为质点的物点的物块块置置于于P P点，物点，物块质块质量量m=0.2kgm=0.2kg，若将一水平恒力，若将一水平恒力F F作用于工件上，作用于工件上，使物使物块块与工件保持相与工件保持相对对静止，一起向左做匀加速直静止，一起向左做匀加速直线线运运动动，工，工件与地面件与地面间间的的动动摩擦因数摩擦因数=0.1=0.1，g g取取10m/s10m/s2 2，

19、求，求F F的大小。的大小。【解解题题探究探究】（1 1）设设物物块块和和O O的的连线连线与与竖竖直方向的直方向的夹夹角角为为，请请用已知物理用已知物理量的符号，写出以下物理量的表达式：量的符号，写出以下物理量的表达式：物物块块所受的所受的弹弹力力N=_N=_；工件与物工件与物块块整体向左匀加速运整体向左匀加速运动动的加速度的加速度a a的表达式的表达式为为a=_a=_；（2 2）水平恒力）水平恒力F F与加速度与加速度a a之之间满间满足何种关系？足何种关系？提示：提示：对物块和工件整体由牛顿第二定律得对物块和工件整体由牛顿第二定律得F-F-（M+mM+m）g=g=（M+mM+m）a a。

20、gtangtan【解析解析】设物块和设物块和O O的连线与竖直方向的夹角为的连线与竖直方向的夹角为，物块与工，物块与工件一起运动的加速度为件一起运动的加速度为a a，对物块进行受力分析，由牛顿第二，对物块进行受力分析，由牛顿第二定律得：定律得：竖直方向竖直方向:NcosNcos=mg =mg （3 3分）分）水平方向水平方向:NsinNsin=ma =ma （3 3分）分）由几何知识得：由几何知识得：coscos=，sinsin=（4 4分）分）对于物块与工件整体由牛顿第二定律得对于物块与工件整体由牛顿第二定律得:F-F-(M+m)g(M+m)g=(=(M+m)aM+m)a （3 3分）分）代

21、入数据，由代入数据，由式得式得:F=8.5 N :F=8.5 N （2 2分）分）答案答案:8.5 N8.5 N【拓展延伸拓展延伸】典例中：典例中：（1 1）若）若P P点的位置不同，恒力点的位置不同，恒力F F的的值值相同相同吗吗，为为什么？什么？提示：提示：不相同。若不相同。若P P点的位置不同，物块和点的位置不同，物块和O O的连线与竖直方向的连线与竖直方向的夹角的夹角将变化，物块与工件一起运动的加速度将变化，物块与工件一起运动的加速度a a将变化，由将变化，由F=F=（M+mM+m）a+a+（M+mM+m）g g得恒力得恒力F F的值会变化。的值会变化。（2 2）若恒力）若恒力F F变

22、变大或大或变变小了，物小了，物块块将相将相对对于工件分于工件分别别向哪个方向哪个方向运向运动动？提示：提示：若恒力若恒力F F变大，加速度变大，加速度a a将变大，夹角将变大，夹角将变大，物块将将变大，物块将相对于工件沿圆轨道向上运动；同理，若恒力相对于工件沿圆轨道向上运动；同理，若恒力F F变小，物块将变小，物块将相对于工件沿圆轨道向下运动。相对于工件沿圆轨道向下运动。【总结提升总结提升】应用牛顿第二定律解题的一般步骤应用牛顿第二定律解题的一般步骤（1 1）结合题意，灵活选取研究对象，可以是单个物体，也可）结合题意，灵活选取研究对象，可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统；以是多个物体组

23、成的系统；（2 2）分析研究对象的运动情况和受力情况；）分析研究对象的运动情况和受力情况；（3 3）根据牛顿第二定律列方程；）根据牛顿第二定律列方程；（4 4）统一单位后将数值代入方程求解。）统一单位后将数值代入方程求解。【变变式式训练训练】（20132013福州二模）如福州二模）如图图所示，光滑水平面上放所示，光滑水平面上放置置质质量分量分别为别为m m和和2m2m的四个木的四个木块块，其中两个，其中两个质质量量为为m m的木的木块间块间用用一不可伸一不可伸长长的的轻绳轻绳相相连连，木，木块间块间的最大静摩擦力是的最大静摩擦力是mgmg。现现用用水平拉力水平拉力F F拉其中一个拉其中一个质质

24、量量为为2m2m的木的木块块，使四个木，使四个木块块以同一加以同一加速度运速度运动动，则轻绳对则轻绳对m m的最大拉力的最大拉力为为（）（）【解析解析】选选B B。以两个质量为。以两个质量为m m的木块和一个质量为的木块和一个质量为2m2m的木块为的木块为研究对象，有研究对象，有mgmg=4ma=4ma，得四个木块一起运动的最大加速度，得四个木块一起运动的最大加速度，以质量为以质量为m m、2m2m的两个木块为研究对象，的两个木块为研究对象，T=3maT=3ma，得轻绳对，得轻绳对m m的的最大拉力为最大拉力为 ，故选项，故选项B B正确。正确。热热点考向点考向3 3 多多过过程程问题问题【典

25、例典例3 3】（1616分）如分）如图图所示，一个所示，一个质质量量M=2kgM=2kg的物的物块块（可（可视为视为质质点）从光滑四分之一点）从光滑四分之一圆圆弧弧轨轨道道顶顶端由静止滑下，端由静止滑下，圆圆弧弧轨轨道半道半径径R=0.8mR=0.8m，到达底端，到达底端时时恰好恰好进进入与入与圆圆弧弧轨轨道底端相切的水平道底端相切的水平传传送送带带，传传送送带带由一由一电动电动机机驱动驱动着匀速向左着匀速向左转动转动，速度大小，速度大小v=3m/sv=3m/s，已知物，已知物块块与与传传送送带间带间的的动动摩擦因数摩擦因数=0.1=0.1，两皮，两皮带轮带轮之之间间的距离的距离L=6mL=6

26、m，重力加速度，重力加速度g=10m/sg=10m/s2 2。（1 1）求物）求物块块滑到滑到圆圆弧弧轨轨道底端道底端时对轨时对轨道的道的压压力大小；力大小；（2 2）物）物块块将从将从传传送送带带的哪一端离开的哪一端离开传传送送带带？【解解题题探究探究】（1 1）物）物块块滑到滑到轨轨道底端道底端时对轨时对轨道道压压力的求解思路：力的求解思路：先求物先求物块块滑到滑到轨轨道底端的速度道底端的速度v v0 0：a.a.物理物理规规律：律：_；b.b.方程式：方程式：_。动动能定理能定理求物求物块块滑到滑到轨轨道底端道底端时轨时轨道的道的弹弹力力F FN N：a.a.物理物理规规律：律：_；b.

27、b.方程式：方程式：_。利用利用_得物得物块对轨块对轨道的道的压压力。力。（2 2）如何判断物）如何判断物块块将从将从传传送送带带哪端离开？哪端离开？提示：提示：比较物块速度为零时在传送带上的位移比较物块速度为零时在传送带上的位移s s与传送带的长与传送带的长度度L L的大小。若的大小。若sLsL，物块将从传送带的右端离开；反之将从传，物块将从传送带的右端离开；反之将从传送带的左端离开。送带的左端离开。牛牛顿顿第二定律第二定律牛牛顿顿第三定律第三定律【解析解析】（1 1）由动能定理得：）由动能定理得：MgRMgR=Mv=Mv0 02 2-0 -0 （3 3分）分）由牛顿第二定律得：由牛顿第二定

28、律得：F FN N-Mg=-Mg=（3 3分）分）由牛顿第三定律得物块对轨道的压力由牛顿第三定律得物块对轨道的压力FFN N与与F FN N大小相等，方向大小相等，方向相反相反,(2,(2分分)解得解得:F:FN N=60 N=60 N。(2(2分分)（2 2）物块在传送带上运动的过程由牛顿第二定律得）物块在传送带上运动的过程由牛顿第二定律得:mgmg=ma =ma （2 2分）分）由匀变速直线运动规律得由匀变速直线运动规律得:0 02 2-v-v0 02 2=2(-a)s =2(-a)s （2 2分）分）解得解得:x=8 m :x=8 m （1 1分）分）因因sLsL，故物块将从传送带的右端

29、离开。，故物块将从传送带的右端离开。（1 1分）分）答案答案:（1 1）60 N 60 N （2 2）右端）右端【拓展延伸拓展延伸】典例中：典例中：（1 1）若）若传传送送带长带长度度变为变为10m10m，物，物块块将从将从传传送送带带的哪一端离开的哪一端离开传传送送带带？提示：提示：因因sLsL，故物块速度达到零后，没有到达传送带右端，故物块速度达到零后，没有到达传送带右端，将沿传送带向左运动，从传送带的左端离开。将沿传送带向左运动，从传送带的左端离开。（2 2）若）若传传送送带带以以3m/s3m/s的速度沿的速度沿顺时针顺时针方向方向转动转动，物，物块块在离开在离开传传送送带时带时的速度大

30、小是多少？的速度大小是多少？提示：提示：物块滑到轨道底端的速度物块滑到轨道底端的速度v v0 0=4m/s=4m/s，物块速度由，物块速度由v v0 0=4m/s=4m/s变为变为v=3m/sv=3m/s的过程中，运动的位移的过程中，运动的位移 =3.5mL=6m=3.5mL=6m，故物块离开传送带时的速度大小为故物块离开传送带时的速度大小为3m/s3m/s。【总结提升总结提升】多过程问题求解的一般思路多过程问题求解的一般思路（1 1）基本思路：受力分析和运动分析是解决问题的关键，而）基本思路：受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁。基本思路如图所示：加速度是联系力与

31、运动的桥梁。基本思路如图所示：（2 2）常用方法：）常用方法：整体法与隔离法。整体法与隔离法。正交分解法。正交分解法。（3 3）注意事项：）注意事项：仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程。出物体经历的每个不同的过程。逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点。过程和后一过程的状态有何特点。前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化、状态的特

32、点是解题的关键。点受力的变化、状态的特点是解题的关键。【变变式式训练训练】（20132013泉州二模）如泉州二模）如图图所示所示为仓库为仓库中常用的皮中常用的皮带传输带传输装置示意装置示意图图，它由两台皮，它由两台皮带传带传送机送机组组成，一台水平成，一台水平传传送，送，A A、B B两端相距两端相距3m3m，另一台，另一台倾倾斜，斜，传传送送带带与地面的与地面的倾倾角角=37=37，C C、D D两端相距两端相距4.45m4.45m，B B、C C相距很近，水平部分相距很近，水平部分ABAB以以5m/s5m/s的的速率速率顺时针传顺时针传送。将送。将质质量量为为10kg10kg的一袋大米放在

33、的一袋大米放在A A端，到达端，到达B B端端后，速度大小不后，速度大小不变变地地传传到到倾倾斜的斜的CDCD部分，米袋与部分，米袋与传传送送带间带间的的动动摩擦因数均摩擦因数均为为0.50.5。试试求：求：（1 1）若）若CDCD部分部分传传送送带带不运不运转转，求米袋沿，求米袋沿传传送送带带所能上升的最所能上升的最大距离。大距离。（2 2）若要米袋能被送到）若要米袋能被送到D D端，求端，求CDCD部分部分顺时针顺时针运运转转的速度的速度应满应满足的条件及米袋从足的条件及米袋从C C端到端到D D端所用端所用时间时间的取的取值值范范围围。【解析解析】（1 1）米袋在）米袋在ABAB上加速时

34、的加速度上加速时的加速度a a0 0=gg=5m/s=5m/s2 2米袋的速度达到米袋的速度达到v v0 0=5m/s=5m/s时，时，滑行的距离滑行的距离s s0 0=2.5mAB=3m=2.5mAB=3m，因此米袋在到达因此米袋在到达B B点之前就有了与传送带相同的速度。点之前就有了与传送带相同的速度。设米袋在设米袋在CDCD上运动的加速度大小为上运动的加速度大小为a a，由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得mgsin+mgcosmgsin+mgcos=ma=ma代入数据得代入数据得a=10m/sa=10m/s2 2所以米袋能上升的最大距离所以米袋能上升的最大距离s=1.25ms=1.25m。

35、（2 2）设）设CDCD部分运转速度为部分运转速度为v v1 1时米袋恰能到达时米袋恰能到达D D点（即米袋到达点（即米袋到达D D点时速度恰好为零），则米袋速度减为点时速度恰好为零），则米袋速度减为v v1 1之前的加速度为之前的加速度为a a1 1=-g=-g（sin+cossin+cos）=-10m/s=-10m/s2 2米袋速度小于米袋速度小于v v1 1至减为零前的加速度为至减为零前的加速度为a a2 2=-g=-g（sin-cossin-cos）=-2m/s=-2m/s2 2由由解得解得v v1 1=4 m/s=4 m/s，即要把米袋送到即要把米袋送到D D点，点，CDCD部分的速

36、度部分的速度v vCDCDvv1 1=4=4 m/sm/s米袋恰能运到米袋恰能运到D D点所用时间最长为点所用时间最长为t tmaxmax=2.1 s=2.1 s若若CDCD部分传送带的速度较大，使米袋沿部分传送带的速度较大，使米袋沿CDCD上滑时所受摩擦力一上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，直沿传送带向上，则所用时间最短，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为此种情况米袋加速度一直为a a2 2。由由s sCDCD=v=v0 0t tminmin+得：得：t tminmin=1.16 s=1.16 s所以，所求的时间所以，所求的时间t t的范围为的范围为1.16 st2.1 s1.16 s

37、t2.1 s。答案：答案：（1 1）1.25 m 1.25 m （2 2）v vCDCD4 4 m/sm/s 1.16 st2.1 s 1.16 st2.1 s1.1.一一辆辆空空车车和一和一辆满载货辆满载货物的同型号汽物的同型号汽车车，在同一路面上以相，在同一路面上以相同的速度向同一方向行同的速度向同一方向行驶驶。两。两辆辆汽汽车车同同时紧时紧急刹急刹车车后（即后（即车轮车轮不不滚动滚动只滑只滑动动），以下），以下说说法正确的是（）法正确的是（）A.A.满载货满载货物的汽物的汽车车由于由于惯惯性大，滑行距离性大，滑行距离较较大大B.B.满载货满载货物的汽物的汽车车由于受摩擦力由于受摩擦力较较

38、大，滑行距离大，滑行距离较较小小C.C.两两辆辆汽汽车车滑行的距离相同滑行的距离相同D.D.满载货满载货物的汽物的汽车车比空比空车车先停下来先停下来【解析解析】选选C C。两辆汽车的加速度为。两辆汽车的加速度为a=a=gg，由于初速度相同，由于初速度相同，故滑行的距离相同，选项故滑行的距离相同，选项C C正确。正确。2.2.（20132013泉州二模）如泉州二模）如图图所示，所示，质质量量为为M M的斜劈形物体放在水的斜劈形物体放在水平地面上，平地面上，质质量量为为m m的粗糙物的粗糙物块块以某一初速度沿劈的斜面向上以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度滑，至速度为为零后又加速返回，而物体零后又

39、加速返回，而物体M M始始终终保持静止，保持静止，则则在在物物块块m m上、下滑上、下滑动动的整个的整个过过程中（）程中（）A.A.地面地面对对物体物体M M的摩擦力先向左后向右的摩擦力先向左后向右B.B.地面地面对对物体物体M M的摩擦力方向没有改的摩擦力方向没有改变变C.C.地面地面对对物体物体M M的支持力的支持力总总大于（大于（M+mM+m）g gD.D.物物块块m m上、下滑上、下滑动时动时的加速度大小相同的加速度大小相同【解析解析】选选B B。物块。物块m m上、下滑动时受到的滑动摩擦力方向不同，上、下滑动时受到的滑动摩擦力方向不同，加速度大小不同，方向都沿斜面向下，选项加速度大小

40、不同，方向都沿斜面向下，选项D D错误；地面对物错误；地面对物体体M M的摩擦力和支持力分别为的摩擦力和支持力分别为f f和和N N，对系统利用牛顿第二定律，对系统利用牛顿第二定律有有f=maf=max x，（，（M+mM+m）g-N=mag-N=may y，因此地面对物体，因此地面对物体M M的摩擦力方向没的摩擦力方向没有改变，地面对物体有改变，地面对物体M M的支持力总小于（的支持力总小于（M+mM+m）g g，选项，选项A A、C C错错误，选项误，选项B B正确。正确。3.3.（20132013潍潍坊一模）如坊一模）如图图所示，所示，倾倾角角为为3030的光滑斜面与粗的光滑斜面与粗糙的

41、水平面平滑糙的水平面平滑连连接。接。现现将一滑将一滑块块（可（可视为质视为质点）从斜面上点）从斜面上A A点由静止点由静止释释放，最放，最终终停在水平面上的停在水平面上的C C点。已知点。已知A A点距水平面的点距水平面的高度高度h=0.8mh=0.8m，B B点距点距C C点的距离点的距离L=2.0mL=2.0m。（滑。（滑块经过块经过B B点点时时没有没有能量能量损损失，失，g=10m/sg=10m/s2 2）求：）求：（1 1）滑）滑块块在运在运动过动过程中的最大速度；程中的最大速度；（2 2）滑）滑块块与水平面与水平面间间的的动动摩擦因数摩擦因数；（3 3）滑）滑块块从从A A点点释释

42、放后，放后，经过时间经过时间t=1.0st=1.0s速度的大小。速度的大小。【解析解析】（1 1）滑块在）滑块在B B点时速度最大，点时速度最大，由动能定理得：由动能定理得：解得：解得：v vB B=4m/s=4m/s（2 2）滑块在水平面上运动时，）滑块在水平面上运动时，由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得:mgmg=ma=ma解得解得:a=:a=gg 由运动学知识得由运动学知识得:v vB B2 2-0=2aL -0=2aL 由由得得:=0.4:=0.4（3 3）滑块在斜面上运动的时间：）滑块在斜面上运动的时间：因此滑块从因此滑块从A A点释放后经过时间点释放后经过时间t=1.0 st=1.0

43、 s已在水平面上运动了已在水平面上运动了0.2 s 0.2 s，此时的速度此时的速度:v=v:v=vB B-g-g0.2 s=3.2 0.2 s=3.2 m/sm/s答案答案:（1 1）4 4 m/sm/s (2)0.4 (3)3.2 (2)0.4 (3)3.2 m/sm/s一整体法与隔离法的灵活一整体法与隔离法的灵活应应用用 【案例剖析案例剖析】（2020分）（分）（20132013福建高考）福建高考）质质量量为为M M、长为长为的的杆水平放置，杆两端杆水平放置，杆两端A A、B B系着系着长为长为3L3L的不可伸的不可伸长长且且光滑光滑的柔的柔软轻绳软轻绳，绳绳上套着一上套着一质质量量为为

44、m m的小的小铁环铁环。已知重力加速度。已知重力加速度为为g g，不，不计计空气影响。空气影响。（1 1）现让现让杆和杆和环环均均静止静止悬悬挂在空中，如挂在空中，如图图甲，求甲，求绳绳中拉力中拉力的大小；的大小；（2 2）若）若杆与杆与环环保持相保持相对对静止，在空中沿静止，在空中沿ABAB方向水平向右做方向水平向右做匀加速直匀加速直线线运运动动，此，此时时环环恰好恰好悬悬于于A A端的正下方，如端的正下方，如图图乙所乙所示。示。求此状求此状态态下杆的加速度大小下杆的加速度大小a a；为为保持保持这这种状种状态态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？【审

45、题审题】抓住信息，准确推断抓住信息，准确推断关键信息关键信息信息挖掘信息挖掘题题干干杆水平放置杆水平放置匀加速直线运动加速度方向匀加速直线运动加速度方向光滑的柔软轻绳光滑的柔软轻绳滑轮模型，环两边绳子拉力相等滑轮模型，环两边绳子拉力相等问问题题静止悬挂静止悬挂平衡问题平衡问题杆与环保持相对静止杆与环保持相对静止杆与环有共同加速度杆与环有共同加速度环恰好悬于环恰好悬于A A端的正下方端的正下方 明确杆与环间几何关系明确杆与环间几何关系【破破题题】精准分析，无破不立精准分析，无破不立（1 1）绳绳中拉力的大小：中拉力的大小：环环两两边绳边绳子拉力相等，画出子拉力相等，画出环环受力分析受力分析图图。

46、提示：提示：根据物体的平衡条件列平衡方程。即：根据物体的平衡条件列平衡方程。即：_。2Tcos-mg=02Tcos-mg=0（2 2）施加外力大小与方向：）施加外力大小与方向：杆与杆与环环保持相保持相对对静止，有共同加速度，静止，有共同加速度，对对整体整体进进行受力分析。行受力分析。提示：提示：利用正交分解法运用牛利用正交分解法运用牛顿顿第二定律第二定律对对整体列方程整体列方程水平方向：水平方向：_。竖竖直方向：直方向：_。FcosFcos=（M+mM+m）a aFsinFsin-（M+mM+m）g=0g=0环环恰好恰好悬悬于于A A端的正下方，明确杆与端的正下方，明确杆与环间环间几何关系，几

47、何关系，对环进对环进行受力分析。行受力分析。提示：提示：利用隔离法利用隔离法对环对环列牛列牛顿顿第二定律方程第二定律方程水平方向：水平方向：_。竖竖直方向：直方向：_。TsinTsin=ma=maT+TcosT+Tcos-mg=0-mg=0【解题解题】规范步骤，水到渠成规范步骤，水到渠成（1 1）如图甲，）如图甲，设平衡时，绳中拉力为设平衡时，绳中拉力为T T，有，有2Tcos-mg=0 (22Tcos-mg=0 (2分分)由图中几何关系可知由图中几何关系可知coscos=(2=(2分分)联立联立式解得式解得T=(2T=(2分分)（2 2）此时，对小铁环的受力分析如图乙，此时，对小铁环的受力分

48、析如图乙，有有TsinTsin=ma=ma （3 3分）分）T+Tcos-mg=0T+Tcos-mg=0 （3 3分）分）由图中几何关系可知由图中几何关系可知=60=60，代入，代入式解得式解得a=g a=g （2 2分）分）如图丙，设外力如图丙，设外力F F与水平方向成与水平方向成角，将杆和小铁环看作一角，将杆和小铁环看作一个整体，有个整体，有FcosFcos=（M+mM+m）a a （2 2分）分）FsinFsin-（M+mM+m）g=0g=0 （2 2分）分）联立联立式，式，解得解得tantan=(=(或或=60=60)(2)(2分分)答案：答案：（1 1）（2 2）外力大小为外力大小为

49、 (M+m)g(M+m)g，方向与水平方向成，方向与水平方向成6060角斜向上角斜向上【点题点题】突破瓶颈，稳拿满分突破瓶颈，稳拿满分（1 1）常见思维障碍：）常见思维障碍：未能从未能从“光滑的柔软轻绳光滑的柔软轻绳”挖掘出环两边绳子拉力相等的信挖掘出环两边绳子拉力相等的信息。息。未能从未能从“杆与环保持相对静止杆与环保持相对静止”获取杆与环有共同加速度，获取杆与环有共同加速度，进而利用整体法分析。进而利用整体法分析。未能灵活应用整体法与隔离法。未能灵活应用整体法与隔离法。不能恰当应用不能恰当应用“力的合成与分解力的合成与分解”求解外力的大小和方向。求解外力的大小和方向。（2 2）解题不规范造成出错：）解题不规范造成出错：不能正确进行受力分析。不能正确进行受力分析。外力与水平方向夹角和绳子与水平方向夹角相混。外力与水平方向夹角和绳子与水平方向夹角相混。