牛顿运动定律及其应用复习课件.ppt

1、第2讲牛顿运动定律及其应用1.1.牛顿第二定律的牛顿第二定律的“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）瞬时性：力与）瞬时性：力与_同时产生，同时变化。同时产生，同时变化。（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：分力产生的加速度相互）独立性：分力产生的加速度相互_，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：_。运动特点：运动特点：_或或

2、_。（2 2）失重。）失重。受力特点：受力特点：_。运动特点：运动特点：_或或_。完全失重：只受完全失重：只受_。合外力的方向竖直向上合外力的方向竖直向上向上加速运动向上加速运动向下减速运动向下减速运动合外力的方向竖直向下合外力的方向竖直向下向下加速运动向下加速运动向上减速运动向上减速运动重力作用重力作用1.1.（20132013福建高考）在国际单位制（简称福建高考）在国际单位制（简称SISI）中，力学和电）中，力学和电学的基本单位有：学的基本单位有：m m（米）、（米）、kgkg（千克）、（千克）、s s（秒）、（秒）、A A（安（安培）。导出单位培）。导出单位V V（伏特）用上述基本单位可

3、表示为（）（伏特）用上述基本单位可表示为（）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。mavU,I21kg msmsVA 2.2.（20112011福建高考）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以福建高考）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率恒定速

4、率v v1 1运行。初速度大小为运行。初速度大小为v v2 2的小物块从与传送带等高的的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的光滑水平地面上的A A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的始计时，小物块在传送带上运动的v-tv-t图像（以地面为参考系）图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知如图乙所示。已知v v2 2vv1 1，则（），则（）A.tA.t2 2时刻，小物块离时刻，小物块离A A处的距离达到最大处的距离达到最大B.tB.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C.0C.0

5、t t2 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0D.0t t3 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【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

6、的摩擦力方向始终向右，这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t t2 2t t3 3时间时间内小物块与传送带一起运动，摩擦力为零，内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山东高考）如图所示，一质量山东高考）如图所示，一质量m=0.4kgm=0.4kg的小物块，的小物块，以以v v0 0=2m/s=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F F作用下，沿作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经斜面向上做匀加速运动，经t=2st=2s的时间物块由的时间物块由A A点运动到点运动到B B点，点，A A、B

7、B之间的距离之间的距离L=10mL=10m。已知斜面倾角。已知斜面倾角=30=30，物块与斜面之，物块与斜面之间的动摩擦因数间的动摩擦因数= = 。重力加速度。重力加速度g g取取10m/s10m/s2 2。（1 1）求物块加速度的大小及到达）求物块加速度的大小及到达B B点时速度的大小。点时速度的大小。（2 2）拉力）拉力F F与斜面夹角多大时，拉力与斜面夹角多大时，拉力F F最小？拉力最小？拉力F F的最小值是的最小值是多少？多少？33【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

8、数值解得：代入数值解得：a=3m/sa=3m/s2 2，v vB 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=ma12又又f=Nf=N联立各式，代入数值解得：联立各式，代入数值解得：Fcos+ FsinFcos+ Fsin=5.2=5.2则则= =当当=30=30时，拉力时，拉力F F有最小

9、值，有最小值，且且F Fminmin= =答案：答案：(1)3 m/s(1)3 m/s2 2 8 m/s (2)30 8 m/s (2)30335.215.6F331cossin2 3(cossin )3227.83sin(60 )133 N5133 N5热点考向热点考向1 1 动力学图像问题动力学图像问题【典例【典例1 1】（20132013银川二模）如图所示，一质量为银川二模）如图所示，一质量为m m的滑块，的滑块，以初速度以初速度v v0 0从倾角为从倾角为的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为后又沿斜面返回

10、底端，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，若滑块所受的摩擦力为若滑块所受的摩擦力为f f、所受的合外力为、所受的合外力为F F合合、加速度为、加速度为a a、速、速度为度为v v，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个，规定沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图像大致正确的是过程中，这些物理量随时间变化的图像大致正确的是（）（）【解题探究【解题探究】（1 1）请画出滑块向上和向下运动的受力分析图。）请画出滑块向上和向下运动的受力分析图。提示：提示： （2 2）请结合受力分析图判断各物理量的变化情况：）请结合受力分析图判断各物理量的变化情况：物理量物理量变

11、化情况变化情况大小大小方向方向f f_F F合合_a a_v v_不变不变由负向变为正向由负向变为正向变小变小不变不变变小变小不变不变先变小后变大先变小后变大由正向变为负向由正向变为负向【解析【解析】选选A A。对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=mgcosf=mgcos，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+mgcos=mgsin+mgcos，沿斜面向下运动时，滑块所受的

12、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-mgcos=mgsin-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

13、 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。【变式训练【变式训练】（20132013漳州二模）如图漳州二模）如图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。现对甲施加水平向右的拉力上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F F，通过，通过传感器可测得甲的加速度传感器可测得甲的加速度

14、a a随拉力随拉力F F变化的关系如图变化的关系如图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，由图线可知（），由图线可知（）A.A.甲、乙之间的动摩擦因数是甲、乙之间的动摩擦因数是0.20.2B.B.甲的质量是甲的质量是4 kg4 kgC.C.甲的质量是甲的质量是2 kg2 kgD.D.甲、乙之间的动摩擦因数是甲、乙之间的动摩擦因数是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+

15、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，以时，甲、乙两物体相对滑动，以甲为研究对象有甲为研究对象有F F2 2-f=m-f=m甲甲a a2 2，其中，其中f=mf=m甲甲g g，解得甲、乙之间的，解得甲、乙之间的动摩擦因数是动摩擦因数是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正正确，选项确，选项B B、C C、D D错误。错误。【变式备选【变式备选】（20132013黄冈二模）如图甲所示，用一水平外力黄冈二模）如图甲所示

16、，用一水平外力F F推着一个静止在倾角为推着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大的光滑斜面上的物体，逐渐增大F F，物体做变加速运动，其加速度物体做变加速运动，其加速度a a随外力随外力F F变化的图像如图乙所示，变化的图像如图乙所示，若重力加速度若重力加速度g g取取10m/s10m/s2 2。根据图乙中所提供的信息不能计算。根据图乙中所提供的信息不能计算出（出（sin37sin37=0.6=0.6）（）（）A.A.物体的质量物体的质量B.B.斜面的倾角斜面的倾角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.加速度为加速度为6 m/s6 m/s2 2时物

17、体的速度时物体的速度【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，解得，解得=37=37。由由a= F-gsina= F-gsin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,F=mgtanmgsin,F=mgtan=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

18、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。cosm6 2cos3730 20m热点考向热点考向2 2 连接体问题连接体问题【典例【典例2 2】（1515分）如图所示，一工件置于水平地面上，工件分）如图所示，一工件置于水平地面上，工件质量质量M=0.8kgM=0.8kg，其，其ABAB段为一半径段为一半径R=1.0mR=1.0m的光滑圆弧轨道，圆弧的光滑圆弧轨道，圆弧轨道上的轨道上的P P点到点到BCBC的高度差的高度差h=0.2mh=0.2m，将一可视为质点的物块置，将一可视为质点的物块置于于P P点，物块质量点，物块质量m=0.2kgm=0

19、.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，使物块与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，工使物块与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，工件与地面间的动摩擦因数件与地面间的动摩擦因数=0.1=0.1，g g取取10m/s10m/s2 2，求，求F F的大小。的大小。【解题探究【解题探究】（1 1）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，请用已知物理，请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：物块所受的弹力物块所受的弹力N=_N=_；工件与物块整体向左匀加速运动的加速度工件与物块整

20、体向左匀加速运动的加速度a a的表达式为的表达式为a=_a=_；（2 2）水平恒力）水平恒力F F与加速度与加速度a a之间满足何种关系？之间满足何种关系？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。mgcosgtangtan【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:Ncos:Ncos=mg =mg （3

21、 3分）分）水平方向水平方向:Nsin:Nsin=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-(M+m)g=(M+m)aF-(M+m)g=(M+m)a （3 3分）分）代入数据，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 NR hR21 cos【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的值相同吗，为什么？的值相同吗，为什么？提

22、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变大或变小了，物块将相对于工件分别向哪个方变大或变小了，物块将相对于工件分别向哪个方向运动？向运动？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

23、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。【变式训练【变式训练】（2

24、0132013福州二模）如图所示，光滑水平面上放福州二模）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为置质量分别为m m和和2m2m的四个木块，其中两个质量为的四个木块，其中两个质量为m m的木块间用的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是一不可伸长的轻绳相连，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 F拉其中一个质量为拉其中一个质量为2m2m的木块，使四个木块以同一加的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对速度运动，则轻绳对m m的最大拉力为（）的最大拉力为（）3 mg3 mg3 mgA.B.C.D.3 mg542【解析【解析】选选B B。以两个质量为。以两个质

25、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。3 mg4热点考向热点考向3 3 多过程问题多过程问题【典例【典例3 3】（1616分）如图所示，一个质量分）如图所示，一个质量M=2kgM=2kg的物块（可视为的物块（可视为质点）从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，圆弧轨道半质点

26、）从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，圆弧轨道半径径R=0.8mR=0.8m，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小v=3m/sv=3m/s，已知物块与传送带间的动摩擦因数，已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.1=0.1，两皮带轮，两皮带轮之间的距离之间的距离L=6mL=6m，重力加速度，重力加速度g=10m/sg=10m/s2 2。（1 1）求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；）求物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；（2 2）物块

27、将从传送带的哪一端离开传送带？）物块将从传送带的哪一端离开传送带？【解题探究【解题探究】（1 1）物块滑到轨道底端时对轨道压力的求解思路：）物块滑到轨道底端时对轨道压力的求解思路：先求物块滑到轨道底端的速度先求物块滑到轨道底端的速度v v0 0：a.a.物理规律：物理规律：_；b.b.方程式：方程式：_。动能定理动能定理201MgRMv02求物块滑到轨道底端时轨道的弹力求物块滑到轨道底端时轨道的弹力F FN N：a.a.物理规律：物理规律：_；b.b.方程式：方程式：_。利用利用_得物块对轨道的压力。得物块对轨道的压力。（2 2）如何判断物块将从传送带哪端离开？）如何判断物块将从传送带哪端离开

28、？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。牛顿第二定律牛顿第二定律牛顿第三定律牛顿第三定律20NvFMg MR【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FF

29、N 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) )1220vMR（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

30、 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）若传送带长度变为）若传送带长度变为10m10m，物块将从传送带的哪一端离开传，物块将从传送带的哪一端离开传送带？送带？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）若传送带以）若传送带以3m/s3m/s的速度沿顺时针方向转动，物块在离开的速度沿顺时针方向转动，物块在离开传送带时的速度大小是多少？传送带时的速度大小是多少？提示：提示：物块滑到轨道底端的速度物块滑到轨

31、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。220vvs2 g 【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：加速度是联系力与运动的桥梁。基本思路如图所示：（2 2）常用方法：

32、）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、状态的特点是解题的关键。点受力的变化、状态的特点是解题的关

33、键。【变式训练【变式训练】（20132013泉州二模）如图所示为仓库中常用的皮泉州二模）如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A A、B B两端相距两端相距3m3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角，另一台倾斜，传送带与地面的倾角=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的速的速率顺时针传送。将质量为率顺时针传送。将质量为10kg10kg的一袋大米放在的一袋大米放在A A端，到达端，到达B B端后，

34、端后，速度大小不变地传到倾斜的速度大小不变地传到倾斜的CDCD部分，米袋与传送带间的动摩擦部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为因数均为0.50.5。试求：。试求：（1 1）若）若CDCD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最部分传送带不运转，求米袋沿传送带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部分顺时针运转的速度应满部分顺时针运转的速度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端所用时间的取值范围。端所用时间的取值范围。【解析【解析】（1 1）米袋在）米袋在ABAB上加速时的加速度上加速时的加速度a a0 0=g=

35、g=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。（2 2）设）设CDCD部分运转速度为部

36、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部分的速度部分的速度v vCDCDvv1 1=4

37、 m/s=4 m/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 s22210112vv0 v4.45 m2a2a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

38、s1.16 st2.1 s。答案：答案：（1 1）1.25 m 1.25 m （2 2）v vCDCD4 m/s4 m/s 1.16 st2.1 s 1.16 st2.1 s22 mina t21.1.一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车，在同一路面上以相一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。两辆汽车同时紧急刹车后（即车轮同的速度向同一方向行驶。两辆汽车同时紧急刹车后（即车轮不滚动只滑动），以下说法正确的是（）不滚动只滑动），以下说法正确的是（）A.A.满载货物的汽车由于惯性大，滑行距离较大满载货物的汽车由于惯性大，滑行距离较大B.B.满载货物的汽车由于受摩

39、擦力较大，滑行距离较小满载货物的汽车由于受摩擦力较大，滑行距离较小C.C.两辆汽车滑行的距离相同两辆汽车滑行的距离相同D.D.满载货物的汽车比空车先停下来满载货物的汽车比空车先停下来【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=ga=g，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）如图所示，质量为泉州二模）如图所示，质量为M M的斜劈形物体放在的斜劈形物体放在水平地面上，质量为水平地面上，质量为m m的粗糙物块以某一初速度沿劈的斜面向的粗糙物块以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度为零后又

40、加速返回，而物体上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M M始终保持静止，则始终保持静止，则在物块在物块m m上、下滑动的整个过程中（）上、下滑动的整个过程中（）A.A.地面对物体地面对物体M M的摩擦力先向左后向右的摩擦力先向左后向右B.B.地面对物体地面对物体M M的摩擦力方向没有改变的摩擦力方向没有改变C.C.地面对物体地面对物体M M的支持力总大于（的支持力总大于（M+mM+m）g gD.D.物块物块m m上、下滑动时的加速度大小相同上、下滑动时的加速度大小相同【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

41、不同，方向都沿斜面向下，选项加速度大小不同，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潍坊一模）如图所示，倾角为潍坊一模）如图所示，倾角为3

42、030的光滑斜面与粗的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块（可视为质点）从斜面上糙的水平面平滑连接。现将一滑块（可视为质点）从斜面上A A点由静止释放，最终停在水平面上的点由静止释放，最终停在水平面上的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。（滑块经过。（滑块经过B B点时没有点时没有能量损失，能量损失，g=10m/sg=10m/s2 2）求：）求：（1 1）滑块在运动过程中的最大速度；）滑块在运动过程中的最大速度；（2 2）滑块与水平面间的动摩擦因数）滑块与水平面间的动摩擦因数；

43、（3 3）滑块从）滑块从A A点释放后，经过时间点释放后，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/s2B1mghmv02（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=g:a=g 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

44、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 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 m/s0.2 s=3.2 m/s答案答案: :（1 1）4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s2 2ht0.8 sgsin30一整体法与隔离法的灵活应用一整体法与隔离法的灵活应用 【案例剖析【案例剖析】（2020分）（分）（20132013福建高考）质量为福建高考）质量为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、

45、B B系着长为系着长为3L3L的不可伸长且的不可伸长且光滑光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为的柔软轻绳，绳上套着一质量为m m的小铁环。已知重力加速度的小铁环。已知重力加速度为为g g，不计空气影响。，不计空气影响。3L（1 1）现让杆和环均）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；的大小；（2 2）若）若杆与环保持相对静止，在空中沿杆与环保持相对静止，在空中沿ABAB方向水平向右做方向水平向右做匀加速直线运动，此时匀加速直线运动，此时环恰好悬于环恰好悬于A A端的正下方，如图乙所端的正下方，如图乙所示。示。求此状态下杆的加速度大小求此状态下杆的加

46、速度大小a a；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？【审题【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【破题【破题】精准分析，无破不立精准分

47、析，无破不立（1 1）绳中拉力的大小：）绳中拉力的大小：环两边绳子拉力相等，画出环受力分析图。环两边绳子拉力相等，画出环受力分析图。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：杆与环保持相对静止，有共同加速度，对整体进行受力分析。杆与环保持相对静止，有共同加速度，对整体进行受力分析。提示：提示： 利用正交分解法运用牛顿第二定律对整体列方程利用正交分解法运用牛顿第二定律对整体列方程水平方向：水平方向：_。竖直方向：竖直方向：_。FcosFcos= =（M+mM+m

48、）a aFsinFsin- -（M+mM+m）g=0g=0环恰好悬于环恰好悬于A A端的正下方，明确杆与环间几何关系，对环进端的正下方，明确杆与环间几何关系，对环进行受力分析。行受力分析。提示：提示： 利用隔离法对环列牛顿第二定律方程利用隔离法对环列牛顿第二定律方程水平方向：水平方向：_。竖直方向：竖直方向：_。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 2Tcos-mg=0 (2(2分分) )由图中几何关系可知

49、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) )636mg4（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）33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）

50、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 (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2 3FM m g336mg43g32 33【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