高三物理二輪復習 第一篇 專題攻略 專題一 力與直線運動 第3講 牛頓運動定律及其應用課件

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1、第3講牛頓運動定律及其應用【主干回顧主干回顧】【核心速填核心速填】(1)(1)牛頓第一定律牛頓第一定律: :一切物體總保持一切物體總保持_狀態(tài)狀態(tài)或或_狀態(tài)狀態(tài), ,直到有直到有_迫使它改變這種狀態(tài)為止。迫使它改變這種狀態(tài)為止。(2)(2)牛頓第二定律牛頓第二定律: :物體的加速度物體的加速度a a跟物體所受的合外跟物體所受的合外力成力成_,_,跟物體的質量跟物體的質量m m成反比。加速度的方向與成反比。加速度的方向與_的方向相同。的方向相同。勻速直線運動勻速直線運動靜止靜止外力外力正比正比合外力合外力(3)(3)牛頓第三定律牛頓第三定律: :兩個物體之間的作用力和反作用力兩個物體之間的作用力

2、和反作用力總是總是_,_,_,_,作用在同一直線上。作用在同一直線上。(4)(4)超重與失重。超重與失重。超重超重: :物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力_的現(xiàn)象。條件是的現(xiàn)象。條件是: :系統(tǒng)具有系統(tǒng)具有_的加速度或的加速度或加速度有加速度有_的分量。的分量。大小相等大小相等方向相反方向相反大于大于自身重力自身重力向上向上豎直向上豎直向上失重失重: :物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力_的現(xiàn)象。條件是的現(xiàn)象。條件是: :系統(tǒng)具有系統(tǒng)具有_的加速度或的加速度或加速度有加速度有_的分量。的分量。(5)(5)兩類動力學。兩類動力學

3、。小于小于自身重力自身重力向下向下豎直向下豎直向下F=maF=ma運動學公式運動學公式熱點考向熱點考向1 1兩類動力學問題兩類動力學問題【典例典例1 1】( (多選多選)(2016)(2016全國卷全國卷)兩實心小球甲和乙兩實心小球甲和乙由同一種材料制成由同一種材料制成, ,甲球質量大于乙球質量。兩球在空甲球質量大于乙球質量。兩球在空氣中由靜止下落氣中由靜止下落, ,假設它們運動時受到的阻力與球的半假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比徑成正比, ,與球的速率無關。若它們下落相同的距離與球的速率無關。若它們下落相同的距離, ,則則( () )A.A.甲球用的時間比乙球長甲球用的時間比乙球長B

4、.B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【思考思考】(1)(1)兩個小球下落時受什么力兩個小球下落時受什么力? ?做什么運動做什么運動? ?提示提示: :受重力和阻力作用受重力和阻力作用, ,由于重力和阻力都是恒定不由于重力和阻力都是恒定不變的變的, ,小球做勻加速直線運動。小球做勻加速直線運動。(2)(2)小球下落的加速度受哪些因素影響小球下落的加速度受哪些因素影響? ?提示提示: :小球

5、下落時小球下落時a= ,a= ,所以小球的加速所以小球的加速度受小球半徑的影響。度受小球半徑的影響。2mgkr3kgm4r【解析解析】選選B B、D D。設小球的密度為。設小球的密度為,其質量其質量m= ,m= ,設阻力與球的半徑的比值為設阻力與球的半徑的比值為k,k,根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)牛頓第二定律得:a=:a= , ,由此可見由此可見, ,由由m m甲甲mm乙乙,甲甲=乙乙,r,r甲甲rr乙乙可知可知a a甲甲aa乙乙, ,選項選項C C錯誤錯誤; ;由于兩球由靜止由于兩球由靜止下落下落, ,兩小球下落相同的距離則由兩小球下落相同的距離則由x= atx= at2 2,t,t2 2= ,t

6、= ,t甲甲 34r332mgkrkr3kgg4rm4r()3（）122xat t乙乙, ,選項選項A A錯誤錯誤; ;由由v v2 2=2ax=2ax可知可知, ,甲球末速度的大小大于甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小乙球末速度的大小, ,選項選項B B正確正確; ;由于甲球質量大于乙球由于甲球質量大于乙球質量質量, ,所以甲球半徑大于乙球半徑所以甲球半徑大于乙球半徑, ,甲球所受的阻力大甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力于乙球所受的阻力, ,則兩小球下落相同的距離甲球克服則兩小球下落相同的距離甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功阻力做的功大于乙球克服阻力做的功, ,選項選項D D正確。

7、正確。【題組過關題組過關】1.(20161.(2016福州一模福州一模) )甲、乙兩個質點甲、乙兩個質點, ,質點甲固定在原質點甲固定在原點點O,O,質點乙只能在質點乙只能在x x軸上運動軸上運動, ,甲、乙之間的作用力甲、乙之間的作用力F F與與x x的關系如圖所示。若乙質點自的關系如圖所示。若乙質點自P P點點(x=2.2m)(x=2.2m)由靜止釋由靜止釋放放, ,乙只受力乙只受力F F作用作用, ,規(guī)定力規(guī)定力F F沿沿+x+x方向為正方向為正, ,則質點乙沿則質點乙沿+x+x方向運動時方向運動時, ,下列說法正確的是下列說法正確的是( () )A.A.乙運動時乙運動時, ,加速度大小

8、先減小后增大加速度大小先減小后增大B.B.乙運動到乙運動到Q Q點時點時, ,速度最大速度最大C.C.乙運動到乙運動到R R點時點時, ,加速度最小加速度最小D.D.乙運動到乙運動到R R點時點時, ,速度最大速度最大【解析解析】選選B B。乙所受力。乙所受力F F的大小先減小后增大再減小的大小先減小后增大再減小, ,所以乙運動時所以乙運動時, ,加速度的大小先減小后增大再減小加速度的大小先減小后增大再減小,A,A錯錯誤誤; ;乙運動到乙運動到Q Q點之前做加速運動點之前做加速運動, ,之后做減速運動之后做減速運動, ,所所以運動到以運動到Q Q點時點時, ,速度最大速度最大,B,B正確、正確

9、、D D錯誤錯誤; ;乙運動到乙運動到Q Q點點時時, ,加速度最小等于零加速度最小等于零,C,C錯誤。錯誤。2.2.如圖如圖, ,在傾角為在傾角為=37=37的足夠長的固定斜面底端的足夠長的固定斜面底端, ,一一小物塊以某一初速度沿斜面上滑小物塊以某一初速度沿斜面上滑, ,一段時間后返回到出一段時間后返回到出發(fā)點。若物塊上滑所用時間發(fā)點。若物塊上滑所用時間t t1 1和下滑所用時間和下滑所用時間t t2 2的大的大小關系滿足小關系滿足t t1 1tt2 2=1 ,g=1 ,g取取10m/s10m/s2 2,sin37,sin37=0.6,=0.6,cos37cos37=0.8,=0.8,試求

10、試求: :(1)(1)物塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)。物塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)。2(2)(2)若斜面傾角變?yōu)槿粜泵鎯A角變?yōu)?060, ,并改變斜面粗糙程度并改變斜面粗糙程度, ,小物塊小物塊上滑的同時用水平向右的推力上滑的同時用水平向右的推力F F作用在物塊上作用在物塊上, ,發(fā)現(xiàn)物發(fā)現(xiàn)物塊勻減速上滑過程中加速度與推力大小無關塊勻減速上滑過程中加速度與推力大小無關, ,求此時加求此時加速度大小。速度大小?！窘馕鼋馕觥?1)(1)上滑加速度上滑加速度a a1 1= =gsin+gcosgsin+gcos下滑加速度下滑加速度a a2 2= =gsin-gcosgsin-gcosx= atx= at2

11、 2又又t t1 1tt2 2=1 =1 所以所以:a:a1 1aa2 2=21=21代入解得代入解得=0.25=0.25122(2)(2)以小物塊為研究對象以小物塊為研究對象, ,垂直斜面方向垂直斜面方向F FN N= =Fsin+mgcosFsin+mgcos沿斜面方向沿斜面方向Fcos-mgsin-FFcos-mgsin-FN N=ma=ma所以所以a= -a= -gsin-gcosgsin-gcos加速度與加速度與F F無關無關, ,則則Fcos-FsinFcos-Fsin=0=0所以所以= ,a=- m/s= ,a=- m/s2 2, ,FcosFsinm3320 33故加速度的大小

12、為故加速度的大小為 m/sm/s2 2。答案答案: :(1)0.25(1)0.25(2) m/s(2) m/s2 220 3320 33【規(guī)律總結規(guī)律總結】解答牛頓運動定律的應用問題的方法解答牛頓運動定律的應用問題的方法(1)(1)研究對象的選取方法研究對象的選取方法: :整體法和隔離法靈活應用整體法和隔離法靈活應用, ,一一般已知或求解外力時選用整體法般已知或求解外力時選用整體法, ,已知或求解物體間的已知或求解物體間的相互作用力時選用隔離法。相互作用力時選用隔離法。(2)(2)受力分析的處理方法受力分析的處理方法: :合成法和正交分解法合理應合成法和正交分解法合理應用用, ,當物體在兩個力

13、作用下變速運動時當物體在兩個力作用下變速運動時, ,可用合成法可用合成法; ;當當物體在兩個以上的力的作用下變速運動時物體在兩個以上的力的作用下變速運動時, ,常用正交分常用正交分解法解題。解法解題。(3)(3)多階段問題的分析方法多階段問題的分析方法: :常用程序法常用程序法, ,即針對先后經(jīng)即針對先后經(jīng)歷的幾個過程逐一分析歷的幾個過程逐一分析, ,運用程序法時要注意前一個過運用程序法時要注意前一個過程的結束是后一個過程的開始程的結束是后一個過程的開始, ,兩個過程交接點的速度兩個過程交接點的速度往往是解決問題的關鍵。往往是解決問題的關鍵。【加固訓練加固訓練】1.1.如圖所示如圖所示, ,物

14、塊物塊A A靜止在水平放置的靜止在水平放置的固定木板上固定木板上, ,若分別對若分別對A A施加相互垂直施加相互垂直的兩個水平拉力的兩個水平拉力F F1 1和和F F2 2作用時作用時(F(F1 1Faa2 2aa1 1C.FC.Ff3f3FFf1f1=F=Ff2f2D.FD.Ff1f1=F=Ff2f2FFf3f3【解析解析】選選B B。因為拉力均沿水平方向。因為拉力均沿水平方向, ,所以物塊所以物塊A A對水對水平木板的壓力始終等于物塊平木板的壓力始終等于物塊A A的重力的重力, ,滑動摩擦力滑動摩擦力F Ff f= =mgmg, ,大小相等大小相等, ,選項選項C C、D D錯誤錯誤; ;

15、由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得F F1 1- -mgmg=ma=ma1 1,F,F2 2-mg=ma-mg=ma2 2, -, -mgmg=ma=ma3 3, ,因為因為F F1 1Faa2 2aa1 1, ,選項選項A A錯誤錯誤,B,B正確。正確。2212FF2.(20162.(2016煙臺二模煙臺二模) )如圖所示如圖所示, ,將質量將質量m=2kgm=2kg的圓環(huán)套的圓環(huán)套在與水平面成在與水平面成=37=37角的足夠長直桿上角的足夠長直桿上, ,直桿固定不直桿固定不動動, ,環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑。桿上依次有三點環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑。桿上依次有三點A A、B B、C,sC,

16、sABAB=8m,s=8m,sBCBC=0.6m,=0.6m,環(huán)與桿間動摩擦因數(shù)環(huán)與桿間動摩擦因數(shù)=0.50.5?，F(xiàn)在對環(huán)施加一個與桿成?，F(xiàn)在對環(huán)施加一個與桿成3737斜向上大小為斜向上大小為20N20N的拉力的拉力F,F,使環(huán)從使環(huán)從A A點由靜止開始沿桿向上運動點由靜止開始沿桿向上運動, ,圓環(huán)到圓環(huán)到達達B B點時撤去拉力點時撤去拉力F,F,此后圓環(huán)從此后圓環(huán)從B B點繼續(xù)向上運動點繼續(xù)向上運動, ,求此求此環(huán)從環(huán)從A A點到達點到達C C點所用的時間。點所用的時間。( (已知重力加速度已知重力加速度g g取取10m/s10m/s2 2,sin37,sin37=0.6,cos37=0.6

17、,cos37=0.8)=0.8)【解析解析】圓環(huán)從圓環(huán)從A A到到B B的過程中做勻加速直線運動的過程中做勻加速直線運動, ,設所設所用時間為用時間為t t1 1, ,由受力分析和牛頓第二定律得由受力分析和牛頓第二定律得: : 沿著直桿方向沿著直桿方向:Fcos37:Fcos37-mgsin37-mgsin37-F-FN N=ma=ma1 1垂直直桿方向垂直直桿方向:F:FN N+Fsin37+Fsin37=mgcos37=mgcos37解得解得:a:a1 1=1m/s=1m/s2 2由由s sABAB= = 得得:t:t1 1=4s=4s圓環(huán)到達圓環(huán)到達B B點的速度為點的速度為: :v v

18、B B=a=a1 1t t1 1=4m/s=4m/s21 11a t2撤去力后向上運動過程撤去力后向上運動過程, ,對圓環(huán)受力分析對圓環(huán)受力分析, ,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得: :mgsin37mgsin37+mgcos37+mgcos37=ma=ma2 2, ,解得加速度大小解得加速度大小a a2 2=10m/s=10m/s2 2; ;圓環(huán)減速到零時間為圓環(huán)減速到零時間為t t0 0, ,運動距離為運動距離為s,s,則則: :v vB B=a=a2 2t t0 0, ,解得解得: :t t0 0=0.4s;2a=0.4s;2a2 2s= ,s= ,解得解得:s=0.8m;:s=0.8

19、m;2Bv若環(huán)向上經(jīng)過若環(huán)向上經(jīng)過C C點點, ,則則: :s sBCBC=v=vB Bt t2 2- - 解得解得t t2 2=0.2s,=0.2s,或者或者;t;t2 2=0.6s(=0.6s(舍去舍去) )當環(huán)運動到最高點當環(huán)運動到最高點, ,將再次向下勻加速運動將再次向下勻加速運動, ,則由牛頓則由牛頓第二定律得第二定律得:mgsin37:mgsin37-mgcos37-mgcos37=ma=ma3 3, ,解得解得:a:a3 3=2m/s=2m/s2 2環(huán)從最高點下滑到環(huán)從最高點下滑到C C點時發(fā)生的位移點時發(fā)生的位移x=x=s-ss-sBCBC=0.2m=0.2m由由x= x= 2

20、2 21a t2；23 3315a tt s25得:；所以所以, ,圓環(huán)從圓環(huán)從A A點到達點到達C C點所用的時間點所用的時間: :t=tt=t1 1+t+t2 2=4.2s=4.2s或者為或者為:t=t:t=t1 1+t+t0 0+t+t3 3= s= s。答案答案: :4.2s4.2s或或 s s22552255熱點考向熱點考向2 2動力學的圖象問題動力學的圖象問題 【典例典例2 2】( (多選多選) )如圖甲所示如圖甲所示, ,木板木板OAOA可繞軸可繞軸O O在豎直平在豎直平面內轉動面內轉動, ,某研究小組利用此裝置探索物塊在方向始終某研究小組利用此裝置探索物塊在方向始終平行于木板向

21、上、大小為平行于木板向上、大小為F=8NF=8N的力作用下加速度與傾的力作用下加速度與傾角角的關系。已知物塊的質量的關系。已知物塊的質量m=1kg,m=1kg,通過通過DISDIS實驗實驗, ,描描繪出了如圖乙所示的加速度大小繪出了如圖乙所示的加速度大小a a與傾角與傾角的關系圖線的關系圖線(90(90) )。若物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為。若物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.2,0.2,假定假定物塊與木板間的最大靜摩擦力始終等于滑動摩擦力物塊與木板間的最大靜摩擦力始終等于滑動摩擦力(g(g取取10m/s10m/s2 2) )。則下列說法中正確的是。則下列說法中正確的是( () )A.A.由圖象可知

22、木板與水平面的夾角處于由圖象可知木板與水平面的夾角處于1 1和和2 2之間之間時時, ,物塊所受摩擦力一定為零物塊所受摩擦力一定為零B.B.由圖象可知木板與水平面的夾角大于由圖象可知木板與水平面的夾角大于2 2時時, ,物塊所物塊所受摩擦力一定沿木板向上受摩擦力一定沿木板向上C.C.根據(jù)題意可以計算得出物塊加速度根據(jù)題意可以計算得出物塊加速度a a0 0的大小為的大小為6m/s6m/s2 2D.D.根據(jù)題意可以計算當根據(jù)題意可以計算當=45=45時時, ,物塊所受摩擦力為物塊所受摩擦力為F Ff f=mgcos45=mgcos45= N= N2【名師點撥名師點撥】(1)(1),2 2時時, ,

23、物體所物體所受摩擦力為滑動摩擦力且沿斜面向上。受摩擦力為滑動摩擦力且沿斜面向上。(2)(2)2 2時時, ,依據(jù)牛頓第二定律列式分依據(jù)牛頓第二定律列式分析析;1 12 2時時, ,依據(jù)平衡條件列式分析。依據(jù)平衡條件列式分析。【解析解析】選選B B、C C。由圖象可知木板與水平面的夾角處。由圖象可知木板與水平面的夾角處于于1 1和和2 2之間時之間時, ,物塊的加速度為零物塊的加速度為零, ,當當=1 1時時, ,物物塊所受的摩擦力沿斜面向下塊所受的摩擦力沿斜面向下, ,當當=2 2時時, ,物塊所受的物塊所受的摩擦力沿斜面向上摩擦力沿斜面向上, ,木板與水平面的夾角大于木板與水平面的夾角大于2

24、 2時時, ,物物塊所受摩擦力一定沿木板向上塊所受摩擦力一定沿木板向上,A,A錯誤錯誤,B,B正確正確; ;當當=0=0時時,F-,F-mgmg=ma=ma0 0, ,即即8N-0.28N-0.21 110N=1kg10N=1kga a0 0, ,所以所以a a0 0= =6m/s6m/s2 2,C,C正確正確; ;當當=45=45時時,Fmgsin45,Fmgsin45Fmgsin45, ,所以物塊保持靜止所以物塊保持靜止, ,受到的是靜摩擦力受到的是靜摩擦力, ,根據(jù)平衡條件根據(jù)平衡條件F=mgsin45F=mgsin45+F+Ff f, ,可得可得F Ff f=(8-5 )N,=(8-5

25、 )N,故故D D錯誤。錯誤。2【遷移訓練遷移訓練】遷移遷移1:v -t1:v -t圖象的應用圖象的應用( (多選多選)(2014)(2014山東高考山東高考) )一質點在外力一質點在外力作用下做直線運動作用下做直線運動, ,其速度其速度v v隨時間隨時間t t變變化的圖象如圖。在圖中標出的時刻中化的圖象如圖。在圖中標出的時刻中, ,質點所受合外力的方向與速度方向相同的有質點所受合外力的方向與速度方向相同的有( () )A.tA.t1 1B.tB.t2 2C.tC.t3 3D.tD.t4 4【解析解析】選選A A、C C。合外力與速度方向相同。合外力與速度方向相同, ,說明質點做說明質點做加速

26、運動加速運動, ,在圖象中表示質點正在做加速運動的時刻有在圖象中表示質點正在做加速運動的時刻有t t1 1和和t t3 3時刻時刻, ,做減速運動的時刻為做減速運動的時刻為t t2 2和和t t4 4時刻時刻, ,故選項故選項A A、C C正確正確,B,B、D D錯誤。錯誤。遷移遷移2:a -t2:a -t圖象的應用圖象的應用( (多選多選)(2015)(2015江蘇高考江蘇高考) )一人乘電梯上樓一人乘電梯上樓, ,在豎直上升在豎直上升過程中加速度過程中加速度a a隨時間隨時間t t變化的圖線如圖所示變化的圖線如圖所示, ,以豎直向以豎直向上為上為a a的正方向的正方向, ,則人對地板的壓力

27、則人對地板的壓力( () )A.tA.t=2 s=2 s時最大時最大B.tB.t=2 s=2 s時最小時最小C.tC.t=8.5 s=8.5 s時最大時最大D.tD.t=8.5 s=8.5 s時最小時最小【解析解析】選選A A、D D。在豎直方向。在豎直方向, ,有有F-mg=ma,F-mg=ma,得得F=F=mg+mamg+ma, ,加速度方向向上且越大加速度方向向上且越大,F,F就越大就越大, ,所以所以A A項正確項正確; ;加速度加速度方向向下且越大方向向下且越大,F,F就越小就越小, ,所以所以D D項正確。項正確。遷移遷移3:x -3:x -圖象的應用圖象的應用(2016(2016

28、信陽一模信陽一模) )某同學近日做了這樣一個實驗某同學近日做了這樣一個實驗, ,將一將一個小鐵塊個小鐵塊( (可看成質點可看成質點) )以一定的初速度以一定的初速度, ,沿傾角可在沿傾角可在0 09090之間任意調整的木板向上滑動之間任意調整的木板向上滑動, ,設它沿木板設它沿木板向上能達到的最大位移為向上能達到的最大位移為x,x,若木板傾角不同時對應的若木板傾角不同時對應的最大位移最大位移x x與木板傾角與木板傾角的關系如圖所示。的關系如圖所示。g g取取10m/s10m/s2 2。求求( (結果如果是根號結果如果是根號, ,可以保留可以保留):):(1)(1)小鐵塊初速度的大小小鐵塊初速度

29、的大小v v0 0以及小鐵塊與木板間的動摩以及小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)擦因數(shù)是多少是多少? ?(2)(2)當當=60=60時時, ,小鐵塊達到最高點后小鐵塊達到最高點后, ,又回到出發(fā)點又回到出發(fā)點, ,物體速度將變?yōu)槎啻笪矬w速度將變?yōu)槎啻? ?【解析解析】(1)(1)當當=90=90時時,x=1.25m,x=1.25m則則v v0 0= =5m/s= =5m/s當當=30=30時時,x=1.25m,x=1.25ma= =10m/sa= =10m/s2 2由牛頓第二定律由牛頓第二定律:a=gsin30:a=gsin30+gcos30+gcos30解得解得:= := 2gx20v2x33(2)

30、(2)當當=60=60時時, ,上滑的加速上滑的加速度度:a:a1 1=gsin60=gsin60+gcos60+gcos60下滑的加速度下滑的加速度:a:a2 2=gsin60=gsin60-gcos60-gcos60因為因為v v2 2=2ax=2ax所以所以: : 可得可得:v= :v= m/sm/s答案答案: :(1)5m/s(1)5m/s (2) (2) m/sm/s22201avva5 225 2233【規(guī)律總結規(guī)律總結】動力學的圖象問題求解思路動力學的圖象問題求解思路動力學圖象不僅能直觀地描述物體的運動動力學圖象不僅能直觀地描述物體的運動, ,圖象中還隱圖象中還隱含著大量的信息和

31、解題條件含著大量的信息和解題條件, ,挖掘這些信息和條件往往挖掘這些信息和條件往往成為解題的突破口。成為解題的突破口。(1)(1)牛頓第二定律與牛頓第二定律與v -tv -t圖象結合的問題圖象結合的問題: :一般先由一般先由v -v -t t圖象分析物體的加速度及其變化規(guī)律圖象分析物體的加速度及其變化規(guī)律, ,再由牛頓第二再由牛頓第二定律列方程求解定律列方程求解, ,或者先由牛頓第二定律分析加速度及或者先由牛頓第二定律分析加速度及其變化規(guī)律其變化規(guī)律, ,再作出再作出v -tv -t圖象。圖象。(2)(2)牛頓第二定律與加速度圖象結合的問題牛頓第二定律與加速度圖象結合的問題: :先由圖象先由圖

32、象分析物體在不同情況下的加速度分析物體在不同情況下的加速度, ,再針對不同情況由牛再針對不同情況由牛頓第二定律列方程求解。頓第二定律列方程求解?！炯庸逃柧毤庸逃柧殹咳鐖D甲所示如圖甲所示, ,一根直桿一根直桿ABAB與水平面成某一角度固定與水平面成某一角度固定, ,在在桿上套一個小物塊桿上套一個小物塊, ,桿底端桿底端B B處有一彈性擋板處有一彈性擋板, ,桿與板面桿與板面垂直垂直, ,現(xiàn)將物塊拉到現(xiàn)將物塊拉到A A點靜止釋放點靜止釋放, ,物塊下滑與擋板第一物塊下滑與擋板第一次碰撞前后的次碰撞前后的v -tv -t圖象如圖乙所示圖象如圖乙所示, ,物塊最終停止在物塊最終停止在B B點。重力加速

33、度點。重力加速度g g取取10m/s10m/s2 2, ,求求: :(1)(1)物塊與桿之間的動摩擦因數(shù)物塊與桿之間的動摩擦因數(shù)。(2)(2)物塊滑過的總路程物塊滑過的總路程s s?！窘馕鼋馕觥?1)(1)由圖象可知由圖象可知, ,物塊下滑的加速度物塊下滑的加速度a a1 1= =4m/s= =4m/s2 2, ,上滑時的加速度大小上滑時的加速度大小a a2 2= =8m/s= =8m/s2 2, ,桿桿ABAB長長L=2m,L=2m,設直桿的傾角為設直桿的傾角為,物塊的質量為物塊的質量為m,m,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得: :F F合合1 1= =mgsin-mgcosmgsin-mg

34、cos=ma=ma1 1, ,F F合合2 2= =mgsin+mgcosmgsin+mgcos=ma=ma2 2代入數(shù)據(jù)代入數(shù)據(jù), ,得得:=0.25,sin=0.6,cos=0.8:=0.25,sin=0.6,cos=0.8。11vt22vt(2)(2)對物塊整個過程分析對物塊整個過程分析, ,由動能定理得由動能定理得: :mgLsin-mgscosmgLsin-mgscos=0,=0,代入數(shù)據(jù)得代入數(shù)據(jù)得,s=6m,s=6m答案答案: :(1)0.25(1)0.25(2)6m(2)6m熱點考向熱點考向3 3“滑塊滑塊木板模型木板模型”問題問題【典例典例3 3】(2015(2015全國卷全

35、國卷)下暴雨時下暴雨時, ,有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害。某地有一傾角為害。某地有一傾角為=37=37(sin37(sin37= )= )的山坡的山坡C,C,上面有一質量為上面有一質量為m m的石板的石板B,B,其上下表面與其上下表面與斜坡平行斜坡平行;B;B上有一碎石堆上有一碎石堆A(A(含有大量泥土含有大量泥土),A),A和和B B均處均處于靜止狀態(tài)于靜止狀態(tài), ,如圖所示。假設某次暴雨中如圖所示。假設某次暴雨中,A,A浸透雨水后浸透雨水后35總質量也為總質量也為m(m(可視為質量不變的滑塊可視為質量不變的滑塊),),在極短時間內在極短時間內, ,

36、A A、B B間的動摩擦因數(shù)間的動摩擦因數(shù)1 1減小為減小為 ,B,B、C C間的動摩擦因間的動摩擦因數(shù)數(shù)2 2減小為減小為0.5,A0.5,A、B B開始運動開始運動, ,此時刻為計時起點此時刻為計時起點; ;在在第第2s2s末末,B,B的上表面突然變?yōu)楣饣纳媳砻嫱蝗蛔優(yōu)楣饣?2 2保持不變。已知保持不變。已知A A開始運動時開始運動時,A,A離離B B下邊緣的距離下邊緣的距離l=27m,C=27m,C足夠長足夠長, ,設最大設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=g=10m/s10m/s2 2。求。求: :38(1)(1)在在0 02s2

37、s時間內時間內A A和和B B加速度的大小。加速度的大小。(2)A(2)A在在B B上總的運動時間。上總的運動時間?！舅季S流程思維流程】第一步第一步: :審題干審題干提取信息提取信息(1)0(1)02s2s時間內時間內, ,石板與斜坡之間的動摩擦因數(shù)及石板石板與斜坡之間的動摩擦因數(shù)及石板與碎石堆之間的動摩擦因數(shù)題中已給出。與碎石堆之間的動摩擦因數(shù)題中已給出。(2)2s(2)2s后后, ,石板與斜坡之間的動摩擦因數(shù)及石板與碎石石板與斜坡之間的動摩擦因數(shù)及石板與碎石堆接觸面的情況題中已給出。堆接觸面的情況題中已給出。第二步第二步: :突破難點突破難點分階段分析分階段分析A A、B B的運動情況的運

38、動情況(1)(1)分析分析0 02s2s時間內時間內A A、B B的加速度、末速度及位移。的加速度、末速度及位移。(2)(2)分析石板分析石板B B在在2s2s至停止過程中的加速度、時間、位至停止過程中的加速度、時間、位移。移。(3)(3)分析碎石堆分析碎石堆A A在在2s2s至離開石板過程中的位移、時間。至離開石板過程中的位移、時間。(4)(4)比較石板比較石板B B停止時停止時, ,碎石堆碎石堆A A與石板與石板B B的位移的位移, ,確定碎確定碎石堆石堆A A在石板在石板B B上的位置。上的位置?！窘馕鼋馕觥?1)(1)在在0 02s2s時間內時間內A A的受力分析如圖的受力分析如圖N=

39、Gcos37N=Gcos37=0.8mg=0.8mgF=Gsin37F=Gsin37-1 1N=0.6mg- N=0.6mg- 0.8mg=0.3mg0.8mg=0.3mg由牛頓第二定律可得由牛頓第二定律可得a aA A= = 382F0.3mg3 m/smm在在0 02s2s時間內時間內B B的受力分析如圖的受力分析如圖N NA A=mgcos37=mgcos37=0.8mg=0.8mgN NC C=N=NA A+mgcos37+mgcos37=1.6mg=1.6mgf fA A=1 1N NA A= = 0.8mg=0.3mg0.8mg=0.3mgf fC C=2 2N NC C=0.5=

40、0.51.6mg=0.8mg1.6mg=0.8mgF=Gsin37F=Gsin37+f+fA A-f-fC C=0.6mg+0.3mg-0.8mg=0.1mg=0.6mg+0.3mg-0.8mg=0.1mg38由牛頓第二定律可得由牛頓第二定律可得a aB B= = (2)2s(2)2s時時, ,v vA A= =a aA At t=3=32m/s=6m/s2m/s=6m/sv vB B= =a aB Bt t=1=12m/s=2m/s2m/s=2m/sB B的上表面突然變?yōu)楣饣蟮纳媳砻嫱蝗蛔優(yōu)楣饣骯 aA A= =6m/s= =6m/s2 2a aB B= = 2F0.1mg1 m/smm

41、mgsin37m2CG sin37f0.6mg0.8mg2 m/smm 1s1s后后B B將停止運動將停止運動,3s,3s內內B B運動的距離為運動的距離為s sB B= a= aB B(2s)(2s)2 2+v+vB B1s+ a1s+ aB B(1s)(1s)2 2=3m=3m設設A A在在B B上總的運動時間為上總的運動時間為t,t,則則A A的位移為的位移為30m,30m,s sA A= a= aA A(2s)(2s)2 2+v+vA A(t-2s)+ a(t-2s)+ aA A(t-2s)(t-2s)2 2=30m=30m解得解得t=4st=4s答案答案: :(1)3m/s(1)3m

42、/s2 21 m/s1 m/s2 2(2)4 s(2)4 s12121212真題變式真題變式1.1.若若【典例典例3 3】中中, ,暴雨中暴雨中,A,A、B B間的動摩擦因間的動摩擦因數(shù)數(shù)1 1減小為減小為0.6,B0.6,B、C C間的動摩擦因數(shù)間的動摩擦因數(shù)2 2減小為減小為0.5,0.5,此時此時A A和和B B加速度的大小是多少加速度的大小是多少?A?A受到的摩擦力大小是受到的摩擦力大小是多少多少? ?【解析解析】假設假設A A、B B相對靜止相對靜止, ,以整體為研究對象以整體為研究對象N=2mgcos37N=2mgcos372mgsin372mgsin37-2 2N=2maN=2m

43、a可得可得:a=gsin37:a=gsin37-2 2gcos37gcos37=2m/s=2m/s2 2以以A A為研究對象為研究對象N=mgcos37N=mgcos37mgsin37mgsin37-f-fA A=ma=ma可得可得: :f fA A=4m(N)=4m(N)1 1mgcos37mgcos37所以假設成立所以假設成立,A,A和和B B加速度都是加速度都是2m/s2m/s2 2答案答案: :2m/s2m/s2 22 m/s2 m/s2 24m(N)4m(N)真題變式真題變式2.2.若若【典例典例3 3】中碎石堆中碎石堆A A與石板與石板B B始終保持相始終保持相對靜止對靜止, ,暴

44、雨時暴雨時, ,石板石板B B開始下滑開始下滑,B,B與斜坡間的摩擦力隨與斜坡間的摩擦力隨速度變化規(guī)律是速度變化規(guī)律是f=mg+0.05mgv,f=mg+0.05mgv,則石板下滑的最大速度則石板下滑的最大速度是多少是多少? ?當石板下滑當石板下滑20m20m時時( (此時石板已達到最大速度此時石板已達到最大速度),),克服摩擦力做功是多少克服摩擦力做功是多少? ?【解析解析】石板先變加速下滑石板先變加速下滑, ,后勻速下滑后勻速下滑, ,勻速下滑時勻速下滑時的速度是石板下滑的最大速度的速度是石板下滑的最大速度, ,此時受力平衡此時受力平衡mg+0.05mgv=2mgsin37mg+0.05m

45、gv=2mgsin37可得可得:v=4m/s:v=4m/s當石板下滑當石板下滑20m20m時時, ,若克服摩擦力做功為若克服摩擦力做功為W Wf f, ,根據(jù)動能定理根據(jù)動能定理2mgxsin372mgxsin37-W-Wf f= = 2mv2mv2 2可得可得W Wf f=224m(J)=224m(J)答案答案: :4m/s4m/s224m(J)224m(J)12真題變式真題變式3.3.若若【典例典例3 3】中碎石堆離開石板后中碎石堆離開石板后, ,與斜坡與斜坡間的動摩擦因數(shù)間的動摩擦因數(shù)3 3=0.9,=0.9,此時此時, ,有一個人在離碎石堆有一個人在離碎石堆70m70m處的下方處的下方

46、, ,發(fā)現(xiàn)危險后立即以發(fā)現(xiàn)危險后立即以v v0 0=6m/s=6m/s的速度緊急沿的速度緊急沿斜坡向下逃離斜坡向下逃離, ,判斷此人能否安全逃離判斷此人能否安全逃離? ?【解析解析】由由【典例典例3 3】可得可得, ,碎石堆離開石板時的速度碎石堆離開石板時的速度, ,v vA A=a=aA At t1 1+a+aA A(t-t(t-t1 1)=18m/s)=18m/s對碎石受力分析對碎石受力分析mgsin37mgsin37-3 3mgcos37mgcos37= =mamaA A可得可得: :aaA A=-1.2m/s=-1.2m/s2 2若經(jīng)過時間若經(jīng)過時間tt碎石堆與人的速度相等碎石堆與人的

47、速度相等v vA A+a+aA At t=v=v0 0則則t=10st=10s此時此時, ,碎石堆和人的位移分別為碎石堆和人的位移分別為x xA A= = t=120mt=120mx x人人=v=v0 0t=60mt=60m因為因為x xA A-x-x人人70m,70m,所以人能夠安全逃離。所以人能夠安全逃離。答案答案: :能安全逃離。能安全逃離。Avv2人【規(guī)律總結規(guī)律總結】板塊問題中摩擦力方向的判斷方法板塊問題中摩擦力方向的判斷方法(1)(1)一一“靜靜”一一“動動”型型: :即木板和滑塊一個靜止即木板和滑塊一個靜止, ,一個一個運動運動, ,此時此時, ,靜止的一個受到的另一個對它的摩擦

48、力為靜止的一個受到的另一個對它的摩擦力為動力動力, ,運動的一個受到的另一個對它的摩擦力為阻力。運動的一個受到的另一個對它的摩擦力為阻力。(2)(2)一一“快快”一一“慢慢”型型: :即木板和滑塊同向運動一個即木板和滑塊同向運動一個速度大速度大, ,一個速度小一個速度小, ,此時此時, ,速度大的一個受到的另一個速度大的一個受到的另一個對它的摩擦力為阻力對它的摩擦力為阻力, ,速度小的一個受到的另一個對它速度小的一個受到的另一個對它的摩擦力為動力。的摩擦力為動力。(3)(3)一一“左左”一一“右右”型型: :即木板和滑塊反向運動即木板和滑塊反向運動, ,此時此時, ,兩個物體受到的另一個對它的

49、摩擦力都是阻力。兩個物體受到的另一個對它的摩擦力都是阻力。【加固訓練加固訓練】如圖所示如圖所示, ,長為長為L=2mL=2m、質量為、質量為M=8kgM=8kg的木板的木板, ,放在水平地放在水平地面上面上, ,木板向右運動的速度木板向右運動的速度v v0 0=6m/s=6m/s時時, ,在木板前端輕放在木板前端輕放一個大小不計一個大小不計, ,質量為質量為m=2kgm=2kg的小物塊。木板與地面、的小物塊。木板與地面、物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為=0.2,g=0.2,g取取10m/s10m/s2 2。求求: :(1)(1)物塊及木板的加速度大小。物塊及木板的加速度

50、大小。(2)(2)物塊滑離木板時的速度大小。物塊滑離木板時的速度大小?！窘馕鼋馕觥?1)(1)物塊的加速度物塊的加速度a am m= =gg=2m/s=2m/s2 2, ,對木板有對木板有: :mg+(M+m)gmg+(M+m)g= =MaMaM M, ,解得解得a aM M=3m/s=3m/s2 2(2)(2)設物塊經(jīng)時間設物塊經(jīng)時間t t從木板滑離從木板滑離, ,則則: :L=vL=v0 0t- at- aM Mt t2 2- a- am mt t2 21212解得解得t t1 1=0.4s=0.4s或或t t2 2=2s(=2s(因物塊已滑離木板因物塊已滑離木板, ,故舍去故舍去) )滑離木板時物塊的速度滑離木板時物塊的速度: :v=av=am mt t1 1=0.8m/s=0.8m/s。答案答案: :(1)2m/s(1)2m/s2 23 m/s3 m/s2 2(2)0.8 (2)0.8 m/sm/s