2019版一轮物理复习(教科版)：动力学中两类典型问题含解析
2019届高考物理一轮复习讲义：牛顿第二定律两类动力学问题含答案
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】牛顿第二定律Ⅱ单位制Ⅰ1．牛顿第二定律(1)内容：物体的加速度的大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同。
(2)表达式：F＝Kma，当单位采用国际单位制时K＝1，F＝ma。
(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
2．单位制、基本单位、导出单位(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制。
①基本物理量：只要选定几个物理量的单位，就能够利用物理公式推导出其他物理量的单位，这些被选定的物理量叫做基本物理量。
②基本单位：基本物理量的单位。
力学中的基本物理量有三个，它们是质量、时间、长度，它们的单位是基本单位。
③导出单位：由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
(2)国际单位制中的基本单位基本物理量符号单位名称单位符号质量m千克kg时间t 秒s长度l 米m电流I 安[培] A热力学温度T 开[尔文]K物质的量n 摩[尔]mol发光强度I V坎[德拉]cd【知识点2】1．动力学的两类基本问题(1)已知受力情况求物体的运动情况；(2)已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：板块二 考点细研·悟法培优考点1 牛顿第二定律的瞬时性 [拓展延伸]1．牛顿第二定律 (1)表达式为F ＝ma 。
(2)理解：其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时消失、同时变化。
2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。
(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。
高考第一轮复习物理：32动力学的两类基本问题 超重和失重(附答案)
图3－2－13
（1）从挡板开始运动到球与挡板分离所经历的时间；
（2）从挡板开始运动到球速达到最大，球所经过的最小路程.
解析：（1）当球与挡板分离时，挡板对球的作用力为零，对球由牛顿第二定律得
mgsinθ－kx=ma
则球做匀加速运动的位移为
x=
当x=at2得，从挡板开始运动到球与挡板分离所经历的时间为
第Ⅱ单元 动力学的两类基本问题·超重和失重
●闯关训练
夯实基础
1.将"超级市场"中运送货物所用的平板车固定在水平地面上，配送员用4.0×102 N的水平力推动一箱1.0×102 kg的货物时，该货物刚好能在平板车上开始滑动；若配送员推动平板车由静止开始加速前进，要使此箱货物不从车上滑落，配送员推车时车的加速度的取值可以为
答案：1.2 m 2 360 N
12.滑雪运动员依靠手中的撑杆用力往后推地，获得向前的动力.一运动员的质量是60 kg，撑杆对地面向后的平均作用力是300 N，力的持续作用时间是0.4 s，两次用力之间的间隔时间是0.2 s，不计摩擦阻力.若运动员从静止开始做直线运动，求6 s内的位移是多少?
解析：小孩从滑梯上下滑时，受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得，
mgsinα－μmgcosα=ma
a=g（sinα－μcosα）
可见小孩下滑的加速度与质量无关，因此，他抱小狗下滑时和不抱小狗下滑时的加速度相同，A选项正确.
答案：A
3.一物块靠在竖直墙壁上，受到变化规律为F=kt（k＞0）的水平外力作用.设物块从t=0时刻起由静止开始沿墙壁竖直下落，物块与墙壁间的摩擦力Ff随时间的变化图象如图3－2－8所示.从图象可知
高考物理一轮复习第三章微专题17动力学两类基本问题
动力学两类基本问题1．考点及要求：(1)牛顿运动定律的应用(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析；(2)解决动力学问题时对力的处理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解决问题的关键．1．(已知运动分析受力)如图1所示，一物体从倾角为30°的斜面顶端由静止开始下滑，x1段光滑，x2段有摩擦，已知x2＝2x1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求x2段的动摩擦因数μ.(g取10 m/s2)图12．(已知受力分析运动)如图2所示，在质量为m B＝30 kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量m A＝20 kg的小物体A(可视为质点)，对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F＝120 N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t＝2.0 s内移动x＝5.0 m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．图2(1)计算B在2.0 s的加速度；(2)求t＝2.0 s末A的速度大小；(3)求t＝2.0 s内A在B上滑动的距离．3．如图3甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：图3(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．4．如图4所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．g取10 m/s2.图4(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5 s时离地面的高度h.(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v.(3)在无人机从离地高度H＝100 m处坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1.1.32解析 设物体的质量为m ，在x 1段物体做匀加速直线运动，在x 2段物体做匀减速运动，在x 1段由牛顿第二定律得：mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＝5 m/s 2在x 2段：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝μg cos θ－g sin θ 设x 1段结束时的速度为v ，根据运动学方程，在x 1段：v 2＝2a 1x 1 在x 2段：v 2＝2a 2x 2，又x 2＝2x 1解得：μ＝322．(1)2.5 m/s 2 (2)4.5 m/s (3)0.5 m解析 (1)设t ＝2.0 s 内车厢的加速度为a B ，由x ＝12a B t 2得a B ＝2.5 m/s 2(2)对B ，由牛顿第二定律：F －f ＝m B a B ，得f ＝45 N对A ，据牛顿第二定律得A 的加速度大小为a A ＝2.25 m/s 2所以t ＝2.0 s 末A 的速度大小为：v A ＝a A t ＝4.5 m/s.(3)在t ＝2.0 s 内A 运动的位移为x A ＝12a A t 2＝4.5 m ，A 在B 上滑动的距离Δx ＝x －x A ＝0.5 m.3．(1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图可知， 在0～2 s 内，a 1＝Δv 1Δt 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上)在2～5 s 内，a 2＝Δv 2Δt 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)．(2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1，停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，联立解得μ＝0.5，F ＝50 N.4．(1)75 m (2)40 m/s (3)53 5 s解析 (1)由牛顿第二定律：F －mg －f ＝ma得a ＝6 m/s 2 高度h ＝12at 2解得h ＝75 m(2)下落过程中mg －f ＝ma 1a 1＝8 m/s 2落地时v 2＝2a 1H解得v ＝40 m/s(3)恢复升力后向下减速运动过程F －mg ＋f ＝ma 2设恢复升力时的速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2m 2a 2＝H 得v m ＝4053m/s 由v m ＝a 1t 1解得t 1＝553s。
动力学的两类基本问题·超重和失重
学科：物理教学内容：动力学的两类基本问题·超重和失重【教学指导】1应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：一类是已知受力情况求运动情况；另一类是已知运动情况求受力情况．在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁，受力分析是解决问题的关键．2在平衡状态时，物体对水平支持物的压力（或对悬绳的拉力）大小等于物体的重力．当物体在竖直方向上有加速度时，物体对支持物的压力就不等于物体的重力了．当物体的加速度向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫做超重现象；当物体的加速度向下时，物体对支持物的压力小于物体的重力，这种现象叫失重现象．特别的，当物体向下的加速度为g时，物体对支持物的压力变为零，这种状（1（2（3）在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、3．在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，并且各个物体具有大小和方向都相同的加速度，就可以把它们看成一个整体（当成一个质点）．分析受到的外力和运动情况，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）；如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把物体从系统中隔离出来，将内力转化为外力，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程．隔离法和整体法是互相依存、互相补充的．两种方法互相配合交替应用，常能更有效地解决有关连接体的问【方法解析】1．对物体进行受力分析时，强调较多的是隔离法，但采用整体法求解，常能化难为易，化繁为简．如图3—2—1，物块b 沿静止的粗糙斜面a 匀速下滑，判断地面与斜面间有无摩擦力．由于系统处于平衡状态，系统的重力与地面对它们的支持力平衡，水平方向无其他外力，故在水平方向不存在相对运动的趋势，图3—2—12（1）选取研究对象．所选的研究对象可以是一个物体，也可以是多个物体组成的系统．同一题目，（2（3）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程．由于所用的公式均为矢量，所以列方程过程中，要特别注意各量的方向．一般情况均以加速度的方向为正方向，分别用正负号表示式中各量的方向，将矢量运（4【典型例题精讲】［例1］静止在水平地面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4 m/s ，此时将F 撤去，又经6 s 物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F 【解析】 物体的整个运动过程分为两段，前4 s 物体做匀加速运动，后6 s前4 sa 1＝4401=-t v m/s 2＝1 m/s2设摩擦力为FfF －F f ＝ma 1后6sa 2＝6402-=-t v m/s 2＝－32m/s2－F f ＝ma 2由①②可求得水平恒力FF ＝m （a 1－a 2）＝2×（1＋32） N ＝3.3 N【说明】 （1）本例属于已知运动情况求受力情况的问题．分析思路为：先由运动情况求加速度，再（2）在分析物体的运动过程中，一定弄清整个运动过程中物体的加速度是否相同，若不同，必须分段处理，加速度改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量．分析受力时要注意前后过程中哪些力发生了变【设计意图】本题是已知运动情况求受力情况．通过本例帮助学生掌握这类问题的解题方法．同时，［例2］质量为m ＝2 kg 的木块原来静止在粗糙水平地面上，现在第1、3、5…奇数秒内给物体施加方向向右、大小为F 1＝6 N 的水平推力，在第2、4、6…偶数秒内给物体施加方向仍向右、大小为F 2＝2 N 的水平推力，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，问：（1）木块在奇数秒和偶数秒内各做什么运动? （2）经过多长时间，木块位移的大小等于40.25 m?【解析】 以木块为研究对象，它在竖直方向受力平衡，水平方向仅受推力F 1（或F 2）和摩擦力F f 的作用．由牛顿第二定律可判断出木块在奇数秒内和偶数秒内的运动，结合运动学公式，即可求出运动时（1a1＝21021.0611⨯⨯-=-=-m mg F mF F fμm/s 2＝2 m/s 2a2＝21021.0222⨯⨯-=-=-m mg F mF F fμm/s 2＝0所以，木块在奇数秒内做a ＝a 1＝2 m/s 2的匀加速直线运动，在偶数秒内做匀速直线运动．（2）在第1 ss 1＝22122121⨯⨯=at m ＝1 m至第1 sv1＝at ＝2×1 m/s ＝2 m/s在第2 s 内，木块以第1 s 末的速度向右做匀速运动，在第2 ss2＝v 1t ＝2×1 m ＝2 m 至第2 sv2＝v 1＝2 m/s在第3 s 内，木块向右做初速度等于2 m/s 的匀加速运动，在第3 ss3＝v 2t ＋21at 2＝2×1 m ＋21×2×12 m ＝3 m至第3 sv3＝v 2＋at ＝2 m/s ＋2×1 m/s ＝4 m/s在第4 s 内，木块以第3 s 末的速度向右做匀速运动，在第4 ss4＝v 3t ＝4×1 m ＝4 m 至第4 sv4＝v 3＝4 m/s由此可见，从第1 s 起，连续各秒内木块的位移是从1开始的一个自然数列．因此，在n ss n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝2)1(+n n当sn ＝40.25 m 时，n 的值为8＜n ＜9．取n ＝8，则8 ss 8＝2)18(8+m ＝36 m至第8 s 末，木块的速度为v 8＝8 m/s设第8 s 后，木块还需向右运动的时间为t x ，对应的位移为s x ＝40.25 m －36 m ＝4.25 m ，由s x ＝v 8t x ＋21atx 2即4.25＝8tx ＋21×2t x 2解得tx ＝0.5 s所以，木块位移大小等于40.25 m 时需运动的时间T ＝8 s ＋0.5 s ＝8.5 s【思考】 若根据v －t【思考提示】 物体的v －t由v －t 图象不难求出物体在第1 s 、第2 s 、第3 s 、第4 s …第n s 内的位移分别为1 m 、2 m 、3 m 、4 m…nm ．则前n ssn ＝（1＋2＋3＋…＋n ）m ＝2)1(nn +m当sn ＝40.25 m 时，8＜n ＜9，前8 ss8＝28)18(⨯+m ＝36 m8 s 后物体的位移为：sx ＝s －s 8＝40.25 m －36 m ＝4.25 msx ＝v 8t x ＋21at x 2求得tx ＝0.5 s ，则物体发生40.25 m 的位移所需时间为8.5 s.【说明】 （1）本题属于已知受力情况求运动情况的问题，解题思路为先根据受力情况由牛顿第二定（2）根据物体的受力特点，分析物体在各段时间内的运动情况，并找出位移的一般规律，是求解本题的关键．【设计意图】 （1（2）应用数学知识解决物理问题的能力是高考考查的能力之一，当然也是高三复习重点培养的能力之一．通过本例说明了应用数列知识解决物理问题的方法．［例3］某人在地面上最多能举起60 kg 的重物，当此人站在以5 m/s 2的加速度加速上升的升降机中，最多能举起多少千克的重物?（g 取10 m/s 2）【解析】 本题属于超重的问题，分析时要抓住一点，即在不同的环境下人的最大上举力（人对物体的推力）是不变的． 这一点想明白了，之后列方程求解就简单了．某人在地面上能举起60 kg 的重物．则他的最大举力为F ＝600 N ．设在加速上升的升降机中最多能举起质量为m 的物体．取物体m 为研究对象，它只受重力mg 和举力F 的作用，由牛顿第二定律可得：F －mg ＝ma所以m ＝510600+=+ag F kg ＝40 kg【思考】【思考提示】 当升降机的加速度方向向下时，此人可举起质量更大的物体，向下的加速度越接近重【说明】 （1（2）物体是处于超重状态还是处于失重状态，与物体的运动速度大小及方向无关，仅与加速度方向【设计意图】 虽然新大纲中不再把超重和失重作为知识点出现，但仍然要求做超重和失重的演示实验，这说明新大纲仍然把超重和失重作为牛顿运动定律的应用，要求学生掌握．通过本例帮助学生进一步理解超［例4］如图3—2—2所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定的斜面上，有一质量m ＝1 kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F ＝9.6 N 的作用，从静止开始运动，经2 s 绳子突然断了，求绳断后多长时间物体速度大小达到22 m/s ．（sin37°＝0.6，g ＝10 m/s 2图3—2—2【解析】 本题为典型的已知物体受力求物体运动情况的动力学问题，物体运动过程较为复杂，应分阶段进行过程分析，并找出各过程的相关量，从而将各过程有机地串接在一起．第一阶段：在最初2 s 内，物体在F ＝9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，据受力分析图3—2—3图3—2—3沿斜面方向：F －mg sin θ－Ff ＝ma 1 沿y 方向：FN ＝mg cos θ 且Ff ＝μF Na1＝m mg mg F θμθcos sin --＝2 m/s 22 s 末绳断时瞬时速度v1＝a 1t 1＝4 m/s第二阶段：从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a 2则a2＝m mg mg )cos sin (θμθ+-＝－7.6 m/s 2设从断绳到物体到达最高点所需时间为t2v2＝v 1＋a 2t 2所以 t 2＝210a v -＝0.53 s第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，该第三阶段物体加速度为a 3，所需时间为t 3由牛顿第二定律可知：a 3＝g sin θ－μg cos θ＝4.4 m/s 2，速度达到v 3＝22 m/s ，所需时间t 3＝=-330a v 5 s综上所述：从绳断到速度为22 m/s 所经历的总时间t ＝t 2＋t 3＝0.53 s ＋5 s ＝5.53 s 【思考】 若本题的问题改为：“绳断后多长时间物体的速度大小为2 m/s ”结果如何？【思考提示】 绳断后物体的速度从4 m/s 减小到2 m/s 所用时间为：t2′＝6.742212--=-'a v v s ＝0.26 s物体的速度减小到零后，又反向增大2 m/s 所用时间为t3′＝4.42033=-'a v s ＝0.45 s t ′＝t2＋t 3′＝0.53 s ＋0.45 s ＝0.98 s则从绳断后物体的速度大小达到2 m/s 所用的时间分别为0.26 s 、0.98 s【设计意图】 通过本例培养学生分析综合问题的能力．［例5］如图3—2—4所示，传输带与水平间的倾角为θ＝37°，皮带以10 m/s 的速率运行，在传输带上端A 处无初速地放上质量为0.5 kg 的物体，它与传输带间的动摩擦因数为0.5 ，若传输带A 到B 的长度为16 m ，则物体从A 运动到B图3—2—4【解析】 首先判定μ与tan θ的大小关系，μ＝0.5，tan θ＝0.75，所以物体一定沿传输带对地下滑，不可能对地上滑或对地相对静止．其次皮带运行速度方向未知，而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向，所以应分别讨论． 当皮带的上表面以10 m/s 速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜坡向下，（如图3—2—5所示）图3—2—5a 1＝m mg mg θμθcos sin +＝10 m/s2物体赶上皮带对地速度需时间t 1＝1a v＝1s在t 1ss 1＝21a 1t 12＝5 ma 2＝m mg mg θμθcos sin -＝2 m/s2物体以2 m/s 2加速度运行剩下的11 m 位移需时间t2则s 2＝v t 2＋21a 2t 22即11＝10t 2＋21×2t 22t 2＝1 s （t 2′＝－11 s所需总时间t ＝t 1＋t 2＝2 s当皮带上表面以10 m/s 速度向上运行时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的相对速度，物体所受滑动摩擦方向沿斜坡向上且不变，设加速度为a3则a 3＝m mg mg θμθcos sin -＝2 m/s2物体从传输带顶滑到底所需时间为t则s ＝21a 3t ′2 ； t ′＝216223⨯=a s s ＝4 s【说明】 本题中物体在本身运动的传送带上的运动，因传输带运动方向的双向性而带来解答结果的多重性．物体所受滑动摩擦力的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反，而对物体进行动力学运算【设计意图】 （1）加深对摩擦力概念的理解；（2）引导学生注意问题的多解性，培养学生严谨、细致、全面的思维品质．【达标训练】【基础练习】1．一物块靠在竖直墙壁上，受到变化规律为F＝kt（k＞0）的水平外力作用．设物块从t＝0时刻起由静止开始沿墙壁竖直下落，物块与墙壁间的摩擦力F随时间的变化图象如图3—2—6图3—2—6A．在0～t1B．在0～t1C．物块的重力大小等于aD．物块受到的最大静摩擦力恒等于b【解析】0～t1内：F增大，则F f增大，竖直方向合力向下且减小，物体做加速度减小的加速运动；t 1～t2内F f大于G，故合力向上，物体做加速度增大的减速运动；t2时刻以后，物体静止，故F f＝G＝a．【答案】 C2．放在光滑水平面上的物体受三个平行于水平面的共点力作用而处于静止状态，已知F2垂直于F3．若三个力中去掉F1，物体产生的加速度为2.5 m/s2；若去掉F2，物体产生的加速度为1.5 m/s2；若去掉F3，A．1.5 m/s2B．2.0 m/s2C．2.5 m/s2D．4.0 m/s2【解析】由于物体受F1、F2、F3作用而处于静止状态，故三力的合力为零．根据题意画出三个力的示意图如下图所示，去掉F时，F2、F3的合力大小等于F1F1＝ma1①去掉F 2时，F1、F3的合力的大小等于F2F2＝ma②去掉F 3时，F1、F2的合力的大小等于F3F 3＝ma 3 ③又有F3＝2221F F -a3＝2222215.15.2-=-a a m/s 2＝2.0 m/s 2【答案】 B3．如图3—2—7所示，一根轻弹簧的一端系着一个物体，手拉弹簧的另一端，使弹簧和物体一起在图3—2—7A B C D【解析】 当手突然停止运动则F 消失，物体仍受弹簧拉力，故仍加速向右运动；当弹簧恢复原长后，继续被压缩，则物体受弹簧弹力，故减速向右运动．【答案】 C4．如图3—2—8所示，一物体从竖直平面内圆环的最高点A 处由静止开始沿光滑弦轨道AB 下滑至B图3—2—8③只要知道倾角θA ．只有① BC ．①③D【解析】 设直径为d ，当物体沿与竖直方向成θ角的弦下滑时，加速度a ＝g cos θ，弦长s ＝d cos θ所以物体沿弦滑动时间t ＝gd a s 22=．可见，t 的大小仅由直径d 决定，而与θ无关．【答案】 D5．一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房项的雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的坡度．设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么，图3—2—9中所示的四种情况中符合要求的图3—2—9【解析】 如下图所示，设斜面底边长为l ，倾角为θa ＝g sin θs ＝θcos lt ＝θθθ2sin 4cos sin 22g l g la s ==由于l 、g 一定，所以当θ＝45°时，tt min ＝gl 4 选项C【答案】 C6．质量为0.8 kg 的物体在一水平面上运动，图3—2—10所示的两条直线分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的v —t 图线．则图线b 与上述的_______状态相符．该物体所受到的拉力是_______N图3—2—10【解析】 由图知，图线b 表示加速运动，图线a 表示减速运动．由图线a 知a 减＝1.5 m/s 2，所以摩擦力F f ＝ma 减＝1.2 N ．由图线b 知a 加＝0.75 m/s 2，因F －F f ＝ma 加，所以F ＝ma 加＋F f ＝1.8 N【答案】 受F 拉力作用；1.87．小磁铁A 重10 N ，吸在一块水平放置的固定铁板B 的下面，如图3—2—11所示．要竖直向下将A 拉下来，至少要用15 N 的力，若A 、B 间的动摩擦因数为0.3，现用5 N 的水平力推A 时，A 的加速度大小是______m/s 2．（g ＝10 m/s 2图3—2—11【解析】 以小磁铁为研究对象，受力分析如下图A 、B 间弹力F N ＝15 N ．F水－μF N ＝maa ＝1153.05⨯-=-mF F Nμ水m/s 2＝0.5 m/s 2【答案】 0.58．质量为60 kg 的人站在升降机中的台秤上，升降机以2 m/s 的速度竖直下降，此人突然发现台秤的读数变为630 N ，并持续2 s ，求升降机在这2 s 内下降了多少米?（g ＝10 m/s 2）【解析】 人处于超重状态，升降机的加速度方向向上，它正减速下降，取运动方向为正方向，由牛mg －FN ＝maa ＝606301060-⨯=-m F mg N m/s 2＝－0.5 m/s 22 svt ＝v 0＋at ＝2 m/s ＋（－0.5）×2 m/s ＝1 m/s升降机在2 s 末正继续下降，它在开始减速下降的2 sh ＝21220+=+t v v t ×2 m ＝3 m【答案】 3 m【能力突破】9．在建筑工地上，有六人一起打夯，其中四个人牵绳，绳跟竖直方向成60°角，扶夯的两人用力方向竖直向上．设每人用力F 均为300 N ，每次用力时间为0.2 s ，夯重400 N ．求夯上升的高度．又设夯落地时跟地面接触的时间为0.1 s ，求夯每次打击地面所受到的力．（g ＝10 m/s 2，【解析】 夯加速上升时的加速度为a 12F ＋4F cos60°－mg ＝ma 1a1＝4040030044-⨯=-m mg F m/s 2＝20 m/s 2h1＝21a 1t 12＝21×20×0.22 m ＝0.4 mv1＝a 1t 1＝20×0.2 m/s ＝4 m/sh 2＝10216221⨯=gv m ＝0.8 mH ＝h1＋h 2＝1.2 mv2＝2.11022⨯⨯=gH m/s＝26m/sa2＝1.062=∆∆t v m/s 2＝206m/s 2F －mg ＝maF ＝m （g ＋a ）＝40×（10＋206） N＝2360 N【答案】 1.2 m ；2360 N10．如图3—2—12所示，在倾角为θ的光滑坡面上放一块上表面粗糙，下表面光滑的木板，木块质量为m 1，质量为m 2的人在木板上应向_____以加速度____奔跑时，可使木板不动．图3—2—12【解析】 因木板有下滑的趋势，故人对木板的摩擦力应沿斜面向上，即人应沿斜面向下奔跑．对木板进行受力分析知，人对木板的摩擦力应为m 1g sin θ．以人为研究对象，人所受的合力为：m 1g sin θ＋m 2g sin θ，利用牛顿第二定律：F 合＝ma 得m 1g sin θ＋m 2g sin θ＝m 2a ，可得a ＝221m m m +g sin θ【答案】 沿斜面向下；221m m m +g sin θ11．滑雪运动员依靠手中的撑杆用力往后推地，获得向前的动力．一运动员的质量是60 kg ，撑杆对地面向后的平均作用力是300 N ，力的持续作用时间是0.4 s ，两次用力之间的间隔时间是0.2 s ，不计摩擦阻力．若运动员从静止开始做直线运动，求6 s 内的位移是多少?【解析】a ＝60300=m F m/s 2＝5 m/s 2第一个0.4 ss1＝21at 2＝21×5×0.42 m ＝0.4 m第一个0.2 ss 1′＝at ·t ′＝5×0.4×0.2 m ＝0.4 m 第二个0.4 s ，运动员的位移是：s2＝at ·t ＋21a ·t 2＝5×0.42 m ＋21×5×0.42 m＝1.2 m ＝3s1第二个0.2 ss 2′＝a ·2t ·t ′＝0.8 m ＝2s 1 第三个0.4 ss3＝a ·2t ·t ＋21a ·t 2＝5s 1第三个0.2 ss 2′＝a ·3t ·t ′＝3s 1┇6 s 内共有10个0.6 ss ＝s 1＋3s 1＋…＋19s 1＋1s 1′＋2s 1′＋…10s 1′＝62 m【答案】 62 m12．如图3—2—13所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系一劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧下端连有一质量为m 的小球，球被一垂直于斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变．若手持挡板A 以加速度a （a ＜g sin θ图3—2—13（1（2【解析】 （1mg sin θ－kx ＝max ＝k a g m )sin (-θ当x ＝21at 2得从挡板开始运动到球与挡板分离所经历的时间为t ＝kaa g m a x )sin (22-=θ（2kx ′＝mg sin θx ′＝k mg θsin【答案】 （1）ak )a sin g (m 2-θ（2）k mg θsin※13．据报道，1989年在美国加利福尼亚州发生的6.9级地震，中断了该地尼米兹高速公路的一段，致使公路上高速行驶的约200辆汽车发生了重大的交通事故，车里的人大部分当即死亡，只有部分系安全带的人幸免．假设汽车高速行驶的速度达到108 km/h ，乘客的质量为60 kg ，当汽车遇到紧急情况时，在2s【解析】 刹车时汽车的加速度大小为a ＝230=∆t v m/s 2＝15 m/s 2F ＝ma ＝60×15 N ＝900 N【答案】 使人随汽车刹车做减速运动的力的大小为900 N ，这个力只有靠安全带提供，否则，人将由于惯性而发生事故．※14．如图3—2—14所示，质量相同的木块A 、B 用轻弹簧连接置于光滑的水平面上，开始弹簧处于自然状态．现用水平恒力F 推木块A ，则从开始到弹簧第一次被图3—2—14①两木块速度相同时，加速度aA ＝aB ②两木块速度相同时，加速度aA ＜aB ③两木块加速度相同时，速度vA ＜vB ④两木块加速度相同时，速度vA ＞v BA ．只有② BC ．①③D【解析】 在弹簧第一次压缩到最短的过程中，A 做加速度逐渐减小的加速运动，B 做加速度逐渐增大的加速运动，在a A ＝a B 之前a A ＞a B ，故经过相等的时间，A 增加的速度大，B 增加的速度小，所以，在a A ＝a B 时v A ＞v B ，④正确．当v A ＝v B 时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，设为F m ，若F ＞F m ，则A 在此之前一直做加速度逐渐减小的加速运动，B 做加速度逐渐增大的加速运动，由于a A ＝a B 时v A ＞v B ，所以v A＝v B 时a A ＜a B ；若F ＜F m 时，则a A ＝m Fa m F F B mm ,=-，虽然a A ＜a B ．总之，在v A ＝v B 时，a A ＜a B ，②正确．所以D【答案】 D※15．某市规定卡车在市区一特殊路段的速度不得超过36 km/h ，有一辆卡车在危急情况下紧急刹车，车轮抱死滑动一段距离后停止．交警测得刹车过程中车轮在路面上擦过的笔直痕迹长9 m ，从厂家的技术手册中查得该车轮胎和地面的动摩擦因数是0.8．（1）假若你就是这位交警，请你判断卡车是否超速行驶？（2）减小刹车距离是避免交通事故的最有效的途径，刹车距离除与汽车的初速度、制动力有关外，还须考虑驾驶员的反应时间：即从发现情况到肌肉动作操纵制动器的时间．假设汽车刹车制动力是定值F ，驾驶员的反应时间为t0，汽车的质量为m ，行驶的速度为v 0．请你推导出刹车距离s【解析】 （1）急刹车时汽车做减速运动的加速度为a ＝mmg μ＝μg ＝8 m/s 2v0＝9822⨯⨯=as m/s ＝12 m/s ＞36 km/h（2a ＝mFs 1＝F mv av 22220=s2＝v 0t 0s ＝s 1＋s 2＝v 0t 0＋Fm v 22【答案】 （1）违犯规定超速行驶；（2）s ＝v 0t 0＋Fmv 22※16．法国人劳伦特·菲舍尔在澳大利亚伯斯的冒险世界进行了超高空特技跳水表演，他从30 m 高的塔上跳下准确地落入水池中．已知水对他的阻力（包括浮力）是他重力的3.5倍，他在空中时空气对他的阻力是他重力的0.2倍，试计算需要准备一个至少多深的水池？（g ＝10 m/s 2）【解析】a 1＝m mgmg 2.0-＝0.8 g ＝8 m/sv ＝304m/s 3082211=⨯⨯=h am/sa 2＝m mg mg -5.3＝2.5 g ＝25 m/s2h 2＝252480222⨯=a v m ＝9.6 m即水池的深度至少为9.6 m ．【答案】 9.6 m※17．如图3—2—15所示，一辆长L ＝2 m ，高h ＝0.8 m ，质量为M ＝12 kg 的平顶车，车顶光滑，在牵引力为零时，仍在向前运动，车与路面间的动摩擦因数μ＝0.2，当车速为v 0＝7 m/s 时，把一个质量为m ＝1 kg 的物块（视为质点）轻轻放在车顶的前端．问物块落地时，落地点距车前端多远?（重力加速g 取10 m/s 2）图3—2—15【解析】 由于m 与M 无摩擦，所以开始m 在车上静止，离开车后做自由落体运动，放上m 后地面对M 的摩擦力F 1＝μ（m ＋M ）g ，则Ma 1＝)1(1M m g mF +=μ＝0.3×10×)1211(+m/s 2＝3.25 m/s 2 ①m 离开M 前，M 做减速运动，位移s 1＝L ，设m 即将落地时车速度为v ，则由运动学公式v 02－v 2＝2a 1L，v ＝L a v 1202-＝6 m/s②物块m 下落时间t ＝108.022⨯=g h s ＝0.4 sm 离开M 后，M 的加速度a2＝g M Mg M F μμ==2＝3 m/s 2在0.4 ss2＝v t －21a 2t 2＝6×0.4 m －21×3×0.42 m ＝2.16 ms ＝s2＋L ＝2.16 m ＋2 m ＝4.16 m【答案】 4.16 m。
高考一轮复习 课时检测 动力学的两类基本问题
动力学的两类基本问题1．如图所示，小物块置于倾角为θ的斜面上，与斜面一起以大小为gtan θ的加速度向左做匀加速直线运动，两者保持相对静止，则运动过程中，小物块受力的示意图为( )解析：选A 假设物块受到摩擦力沿斜面向上，对物块受力分析，沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系，由牛顿第二定律可得：F N sin θ－F f cos θ＝ma F N cos θ＋F f sin θ－G ＝0联立解得：F f ＝0，故物块只受支持力和重力，故A 正确。
2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。
在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s 2，则汽车刹车前的速度为( )A ．7 m/sB ．14 m/sC ．10 m/sD ．20 m/s解析：选B 设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：μmg＝ma ，解得：a ＝μg。
由匀变速直线运动速度－位移关系式v 20＝2ax ，可得汽车刹车前的速度为：v 0＝2ax ＝2μgx＝2×0.7×10×14 m/s ＝14 m/s ，因此B 正确。
3.如图所示为两个等高的光滑斜面AB 、AC ，将一可视为质点的滑块由静止在A 点释放。
沿AB 斜面运动，运动到B 点时所用时间为t B ；沿AC 斜面运动，运动到C点所用时间为t C ，则( )A ．tB ＝tC B ．t B >t C C ．t B <t CD ．无法比较解析：选C 设斜面倾角为θ，高度为h,对滑块利用牛顿第二定律解得加速度a ＝gsin θ，解几何三角形得位移x ＝h sin θ，据x ＝12at 2得t ＝2xa ＝ 2h gsin 2θ＝ 1sin θ 2hg，C 正确。
4.(多选)在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动。
2019版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
解析：B 稳定运动时，球与环保持 相对静止，它们的运动状态相同，且运动 方向均与杆平行．对小球受力分析如图， 可知小球所受合力平行于杆向上，说明加 速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也 沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两 者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向 下减速运动，则 B 正确，A、D 错误；由于不知道细线与竖直 方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与 gsin α 的大小关 系，则 C 项错误.
D．m2·kg·s－1·A－1
解析：B 根据P＝UI、P＝Fv、F＝ma
可导出U＝mIav，即V＝kg·m·sA－2·m·s－1
＝m2·kg·s－3·A－1，故选B.
二、牛顿第二定律的应用 1．两类动力学问题
2．解决两类基本问题的方法 以_加__速__度___为“桥梁”，由运动学公式和_牛__顿__运__动__定__律__ 列方程求解．
考向一 对牛顿第二定律的理解 1．牛顿第二定律的五个特性
2．合力、加速度、速度之间的决定关系
(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体
都有加速度．
(2)a＝
Δv Δt
是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a
＝mF是加速度的决定式，a∝F，a∝m1 . (3)合力与速度同向时，物体加速运动；合力与速度反向
图(a)
图(b)
对小球B进行受力分析，水平细线剪断瞬间，小球B所受
重力mg和弹簧弹力FT2不变，小球B的加速度a2的方向水平向
右，如图(b)所示，则FT2＝
mg cos θ
，F2＝mgtan
θ＝ma2，所以
a2＝gtan θ，方向水平向右，选项B正确．图甲中倾斜细线与 图乙中弹簧的拉力之比为FT1∶FT2＝cos2θ∶1，选项C错误；
高考物理一轮复习 第3章 第2讲 两类动力学问题 超重和
第2讲两类动力学问题超重和失重两类动力学问题已知物体的受力情况桥梁先求出加速度已知物体的运动情况，求物体的受力情况牛顿运动定律的应用超重与失重超重与失重的认识超重失重视重与实重视重实重动力学的两类基本问题应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类：(1)已知受力情况求运动情况．(2)已知运动情况求受力情况．在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁．受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，求解这两类问题的思路如下：受力情况F合F合＝ma加速度a运动学公式运动情况v，x，t超重与失重1．视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数叫做视重，其大小等于测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．2超重失重完全失重定义物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态产生条件物体有向上的加速度物体有向下的加速度a＝g，方向向下视重F＝m(g＋a) F＝m(g－a) F＝01．(多选)下列说法正确的是( )A．物体所受到的合外力越大，其速度改变量也越大B．物体所受到的合外力不变(F合≠0)，其运动状态就不改变C．物体所受到的合外力变化，其速度的变化率一定变化D．物体所受到的合外力减小时，物体的速度可能正在增大【解析】物体所受到的合外力越大，物体的加速度(速度变化率)也越大，即速度变化得越快，但速度改变量还与时间有关，故选项A错误，C正确；物体的合外力不为零，就会迫使运动状态(运动的快慢和方向)发生变化，选项B错误；合外力的大小与速度的大小之间没有直接关系，选项D正确．【答案】CD2.如图3－2－1所示，质量m＝10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向右的推力F＝20 N的作用，则物体产生的加速度是(g取10 m/s2)A．0B．4 m/s2，水平向右C．2 m/s2，水平向左D．2 m/s2，水平向右图3－2－1【解析】 物体受的合力的方向水平向右，且力F 的方向和Ff 的方向相同，则加速度大小a ＝F ＋Ff m ＝F ＋μmg m ＝20＋0.2×10×1010m/s2＝4 m/s2，故选项B 正确．【答案】 B3.如图3－2－2所示，A 、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力一定为零B ．上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力图3－2－2【解析】 对于A 、B 整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A 对B 均无压力，只有A 项正确．【答案】 A4．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－2－3所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g 5，方向一定竖直向下图3－2－3【解析】 由题知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A 错；由牛顿第三定律知B 错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错；由牛顿第二定律mg －FN ＝ma ，可知a ＝g 5，方向竖直向下，D 对．【答案】 D两类动力学问题的分析和应用1.求解两类动力学问题涉及的主要知识一是牛顿第二定律(有时需用牛顿第三定律)F 合＝ma ，二是运动学公式v ＝v0＋at ，x ＝v0t ＋12at2，v2－v20＝2ax ，x ＝(v0＋v)t/2.其中加速度a 是联系力和运动的桥梁．2．牛顿第二定律的应用步骤分析解答物理学问题必备的六大环节，即：对象、状态、过程、规律、方法和结论．因而应用牛顿第二定律解题的步骤可有以下几个方面：(1)选取研究对象，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，并可把物体视为质点．(2)确定研究对象的运动状态，画出物体运动情景的示意图，并标明物体运动速度与加速度的方向．(3)分析研究对象的受力情况，并画出受力分析示意图．(4)选定合适的方向建立平面直角坐标系，依据牛顿第二定律列出方程，如Fx ＝max ，Fy ＝may.(5)代入已知条件求解结果并分析其结果的物理意义．(2013·山东高考)如图3－2－4所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s2.图3－2－4(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小．(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？【解析】 (1)设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得L ＝v0t ＋12at2① v ＝v0＋at ②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s2③v ＝8 m/s.④(2)设物块所受支持力为FN ，所受摩擦力为Ff ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin θ－Ff ＝ma ⑤Fsin α＋FN －mgcos θ＝0⑥又Ff ＝μFN⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg sin θ＋μcos θ＋ma cos α＋μsin α⑧ 由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应F 最小时与斜面间的夹角α＝30°○10 联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为Fmin ＝1335N ．⑪【答案】(1)3 m/s2 8 m/s (2)30°1335N解答动力学两类问题的基本程序(1)明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点，如果是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的，找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程．(2)根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图，图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有．(3)应用牛顿运动定律和运动学公式求解，通常先用表示物理量的符号运算，解出所求物理量的表达式，然后将已知物理量的数值及单位代入，通过运算求结果．【迁移应用】1. (2014·徐州一中检测)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是( )A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短图3－2－5【解析】放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a＝μg与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx＝vt－0＋v2t＝12vt＝v22μg，可见传送带速度越小，动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C错误，D正确．【答案】 D超重失重的理解应用(多选)(2014·杭州模拟)某人乘电梯从24楼到1楼的v －t 图象如图3－2－6，下列说法正确的是( )图3－2－6A ．0～4 s 内物体做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2B ．4～16 s 内物体做匀速直线运动，速度保持4 m/s 不变，处于完全失重状态C ．16～24 s 内，物体做匀减速直线运动，速度由4 m/s 减至0，处于失重状态D ．0～24 s 内，此人经过的位移为72 m【解析】 v －t 图线是一条倾斜直线，且a ＝Δv Δt ＝1 m/s2，A 对；4～16 s a ＝0 不是完全失重状态，B 错；16～24 s 内，电梯减速下降，a 向上，处于超重状态，C 错；0～24 s 内，位移大小等于图线与横轴围成的面积数值，故x ＝12×(24＋12)×4 m＝72 m ，D 对． 【答案】 AD判断超重和失重现象的三个技巧(1)从受力的角度判断当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态．(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．(3)从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重．②物体向下加速或向上减速时，失重．【迁移应用】2. (多选)引体向上是同学们经常做的一项健身运动．该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂，如图3－2－7所示，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的．关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是( )A．上拉过程中，人受到两个力的作用B．上拉过程中，单杠对人的作用力大于人的重力C．下放过程中，某段时间内单杠对人的作用力小于人的重力D．下放过程中，人只受到一个力的作用图3－2－7【解析】在上拉过程中，人受到重力和单杠对人的作用力，A正确；上拉过程中，要先加速，后减速，即先超重，后失重，单杠对人的作用力先是大于人的重力后小于人的重力，B错误；同理，下放过程中，单杠对人的作用力先是小于人的重力后大于人的重力，C正确；下放的过程中，单杠对人有作用力，人不可能只受到一个力的作用，D错误．【答案】AC“弹簧类的动态变化”模型1.模型建立：物体先做自由落体运动，然后拉伸或压缩弹簧(橡皮绳只能拉伸)．2．分析方法：动态变化问题主要研究速度、加速度、合力三个物理量的变化情况．处理此类问题的思维程序应如下：先对物体的受力进行分析，再求物体所受的合外力并分析其变化，然后用牛顿第二定律分析加速度的变化，最后根据加速度与速度的方向关系判断速度的变化情况．3．运动特征：物体接触弹簧后，仍加速运动，当弹力和重力相等时加速度改变方向，此时速度最大．(多选)(2014·开封模拟)如图3－2－8为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至b点弹性绳自然伸直，经过合力为零的c点到达最低点d，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )A．经过b点时，运动员的速率最大B．经过c点时，运动员的速率最大C．从c点到d点，运动员的加速度增大D．从c点到d点，运动员的加速度不变图3－2－8【审题指导】(1)至b点弹性绳自然伸长，说明O→b，运动员自由下落．(2)c点合力为零，说明b→c弹力小于重力，运动员加速．(3)d为最低点，说明vd＝0，此时弹力最大，c→d，一直减速．【解析】运动员的下落过程O→b为自由落体运动；b→c重力大于弹性绳的弹力，运动员做加速度越来越小的加速运动，到达c点时加速度为零，速度最大；c→d弹性绳的弹力大于重力，加速度竖直向上，运动员做加速度增大的减速运动，到达d点时速度减为零，故正确答案为B、C.【答案】BC【即学即用】(多选)如图3－2－9所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是( )图3－2－9A．小球刚接触弹簧瞬间的速度最大B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的速度先增大后减小D．从小球接触弹簧至到达最低点，小球的加速度先减小后增大【解析】小球接触弹簧上端后受两个力作用，向下的重力和向上的弹力，在接触的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，由F＝kx可知，弹力不断增大，则合力不断减小，故加速度也不断减小，但是加速度与速度方向相同，故速度不断增大；当弹力增加到与重力大小相等时，合外力为0，则加速度也为0，此时速度达到最大；此后，小球由于惯性还将继续向下运动，进一步压缩弹簧，弹力大于重力，合力向上，且逐渐变大，因而加速度也逐渐变大，方向与速度方向相反，小球做减速运动；到达最低点时，小球速度为0，弹簧压缩量最大．由此可知C、D正确．【答案】CD。
高三一轮复习秘籍-第三章专题强化三 动力学两类基本问题和临界极值问题
第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题专题解读1.本专题是动力学方法处理动力学两类基本问题、多过程问题和临界极值问题，高考在选择题和计算题中命题频率都很高．2．学好本专题可以培养同学们的分析推理能力，应用数学知识和方法解决物理问题的能力．3．本专题用到的规律和方法有：整体法和隔离法、牛顿运动定律和运动学公式、临界条件和相关的数学知识．过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、动力学的两类基本问题1．由物体的受力情况求解运动情况的基本思路：先求出几个力的合力，由牛顿第二定律(F合＝ma)求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移．2．由物体的运动情况求解受力情况的基本思路：已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力．3．应用牛顿第二定律解决动力学问题，受力分析和运动分析是关键，加速度是解决此类问题的纽带，分析流程如下：受力情况二、动力学中的临界与极值问题1．临界或极值条件的标志(1)题目中“刚好”“恰好”“正好”等关键词句，明显表明题述的过程存在着临界点．(2)题目中“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词句，表明题述过程存在着“起止点”，而这些“起止点”一般对应着临界状态．(3)题目中“最大”“最小”“至多”“至少”等词句，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．2．常见临界问题的条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力F N＝0.(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是F T＝0.(4)最终速度(收尾速度)的临界条件：物体所受合外力为零．研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．2．常用方法(1)合成法(2)正交分解法◆类型1已知物体受力情况，分析物体运动情况【例1】(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s 2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度取g ＝10m/s 2，sin θ＝725，cos θ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度．答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)A→B过程对背包(m1)：受力分析，由牛顿第二定律得m1g sinθ－μm1g cosθ＝m1a1解得a1＝2m/s2①由运动分析得：l＝1a1t2②，v1＝a1t③2对滑雪者(m2)：由运动分析得l＝v0(t－t0)＋1a2(t－t0)2④2v2＝v0＋a2(t－t0)，其中t0＝1s⑤联立①②③④⑤得t＝3s，v1＝6m/s，v2＝7.5m/s，l＝9m(2)滑雪者拎起背包过程水平方向动量守恒，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v解得v＝7.44m/s滑雪者拎起背包时的速度为7.44m/s【变式1】(多选)如图甲所示，质量为m的小球(可视为质点)放在光滑水平面上，在竖直线MN的左侧受到水平恒力F1作用，在MN的右侧除受F1外还受到与F1在同一直线上的水平恒力F2作用，现小球从A点由静止开始运动，小球运动的v－t图像如图乙所示，下列说法中正确的是()A．小球在MN右侧运动的时间为t1－t2B．F2的大小为m v1t1＋2mv1 t3－t1C．小球在MN右侧运动的加速度大小为2v1 t3－t1D．小球在0～t4时间内运动的最大位移为v1t2答案BC解析小球在MN右侧运动的时间为t3～t1，故A错误；小球在MN右侧的加速度大小a2＝2v1t3－t1，在MN的左侧，由牛顿第二定律可知F1＝ma1＝mv1t1，在MN的右侧，由牛顿第二定律可知F2－F1＝ma2得F2＝2mv1t3－t1＋mv1t1，故B、C正确；t2时刻后小球反向运动，所以小球在0～t4时间内运动的最大位移是v1t22，故D错误．◆类型2已知物体运动情况，分析物体受力情况【例2】如图甲所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面平行的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g取10m/s2.求：(1)物块到达B点时速度和加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面夹角为α，如图乙所示，试写出拉力F的表达式(用题目所给物理量的字母表示)．答案(1)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝mg sinθ＋μcosθ＋ma cosα＋μsinα解析(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有L＝v0t＋12at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3m/s2，v＝8m/s(2)对物块受力分析可得，平行斜面方向F cosα－mg sinθ－F f＝ma，垂直斜面方向F N＝mg cosθ其中F f＝μF N解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2N(3)拉力F与斜面夹角为α时，物块受力如图所示根据牛顿第二定律有F cosα－mg sinθ－F f＝ma F N＋F sinα－mg cosθ＝0其中F f＝μF NF＝mg sinθ＋μcosθ＋macosα＋μsinα.【变式2】如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg的小球，弹簧劲度系数k＝200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1m/s2的加速度匀加速运动(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)．求：(1)F的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6N.(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为F N对小球受力分析：在水平方向：kx cosθ－F N sinθ＝ma在竖直方向：kx sinθ＋F N cosθ＝mg解得x＝0.017m，F N＝3.7N.多过程问题分析步骤1．将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图．3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程．4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程．5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论．【例3】如图所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2kg，m B ＝4kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v －t图像如图所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A拉力所做的功．答案(1)0.25(2)0.75m(3)12J解析(1)在0～0.5s内，根据图像，A、B系统的加速度为a1＝vt ＝20.5m/s2＝4m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g－m A g sinθ－μm A g cosθ＝(m A＋m B)a1得：μ＝0.25(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sinθ＋μm A g cosθ＝m A a2将已知量代入，可得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2＝v22a2＝0.25m0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝v22a1＝0.5m所以，A上滑的最大位移为x＝x1＋x2＝0.75m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：W－m A gx1sinθ－μm A gx1cosθ＝12m A v2－0得W＝12J.【变式3】如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)答案(1)3m(2)0.42解析(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mg sin37°＝ma1代入数据得：a1＝6m/s2由运动学公式有：v20＝2a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝v0a1＝66s＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5s下滑过程中，由运动学公式有：x＝12a2t22由牛顿第二定律可得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2联立解得：μ≈0.421．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)；(2)寻找过程中变化的物理量；(3)探索物理量的变化规律；(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系．2．思维方法极限法把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的假设法临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件【例4】如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6kg的物体P，Q为一质量为m2＝10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s 时间内，F 为变力，0.2s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10m/s 2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ；(3)力F 的最大值与最小值．答案(1)0.16m (2)103m/s 2(3)2803N 1603N 解析(1)设开始时弹簧的压缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0解得x 0＝0.16m(2)前0.2s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1对物体P ，由牛顿第二定律得kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2s 时间内两物体的位移x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大NF min＝(m1＋m2)a＝1603对Q应用牛顿第二定律得F max－m2g sinθ＝m2aN.解得F max＝m2(g sinθ＋a)＝2803【变式4】两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图a所示，在A、B的速度达到6m/s时，撤去推力F.已知A、B 质量分别为m A＝1kg、m B＝3kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v－t图像如图b所示．g取10m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A刚停止运动时，物体A、B之间的距离．答案(1)15N(2)6m解析(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B的v－t图象得：a＝3m/s2对于A、B组成的整体，由牛顿第二定律得：F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得：F＝15N.(2)撤去推力F后，A、B两物体分离．A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，设A匀减速运动的时间为t，对于A有：μm A g＝m A a A解得：a A＝μg＝3m/s2根据匀变速直线运动规律有：0＝v0－a A t解得：t＝2s撤去力F后，A的位移为x A＝v0t－1a A t2＝6m2B的位移为x B＝v0t＝12m所以，A刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6m.。
2019版一轮物理教科版课件：第三章 第二讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 精品
动的卫星、飞船等
2.对超重和失重的进一步理解 (1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重 也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然 存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的 拉力)发生了变化(即“视重”发生变化)． (2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状 态，与物体向上运动还是向下运动无关． (3)尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直 方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为
33mg，加速度为
3 3
g，故 C 错误；
当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变， 将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为 mgsin 30°， 加速度为12g，故 D 错误． 答案：B
2－3.[轻杆模型] 如图所示，A、B 两球质量相同，光滑斜面 的倾角为 θ，图甲中，A、B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，轻弹簧、 轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
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v20－v21＝2a1s0③ v0－v1＝a1t④ s1＝12a2t2⑤ 联立③④⑤式得 a2＝s1v12＋s20 v02⑥ 答案：(1)v202－gsv0 21 (2)s1v02＋s20 v12
[方法技巧] 解决动力学两类问题的两个关键点
考点四 超重和失重问题
1．超重、失重和完全失重比较
比较
A．2 m/s2
B．8 m/s2 C．6 m/s2 D．4 m/s2
解析
答 案
解析：因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由
2019年高考物理(热点+题型全突破)专题3.3 动力学中的两大类基本问题与图像问题(含解析)
2019年高考物理（热点+题型全突破）专题3.3 动力学中的两大类基本问题与图像问题（含解析）一动力学两类基本问题1.已知受力情况求运动情况方法：已知物体的受力情况，根据牛顿第二定律，可以求出物体的加速度；再知道物体的初始条件，根据运动学公式，就可以求出物体物体在任一时刻的速度和位置，也就求出了物体的运动情况.2.已知物体的运动情况，求物体的受力情况方法：根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体的合外力，从而求出未知力或与力相关的某些量.可用程序图表示如下：3.解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。
4.解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
【典例1】航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。
试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。
设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。
（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。
求飞行器所阻力f的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。
求飞行器能达到的最大高度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。
【答案】⑴4N ⑵42m ⑶2.1S 【解析】（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为1v ，上升的高度为1s 匀加速运动221121t a s =设失去升力后的速度为2a ，上升的高度为2s 由牛顿第二定律2ma f mg =+211t a v =22122a v s = 解得)(4221m s s h =+=（3）设失去升力下降阶段加速度为3a ；恢复升力后加速度为4a ，恢复升力时速度为3v 由牛顿第二定律 3ma f mg =-F+f-mg=ma 4且22333422v v h a a += V 3=a 3t 3 解得t 3=2(s)(或2.1s) 【典例2】如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k 的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体，它对滑块的阻力可调。
高考一轮复习 课时检测 动力学的三类典型问题
动力学的三类典型问题1．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m 的物体A 、B 接触(A 与B 和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变。
用水平力F 缓慢推动物体B ，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体A 、B 静止。
已知物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B 与水平面间的摩擦不计。
撤去F 后，物体A 、B 开始向左运动，A 运动的最大距离为4x 0，重力加速度为g 。
则( )A ．撤去F 后，物体A 和B 先做匀加速运动，再做匀减速运动 B ．撤去F 瞬间，物体A 、B 的加速度大小为kx 0m －μgC ．物体A 、B 一起向左运动距离x 0后相互分离D ．物体A 、B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmgk后相互分离解析：选D A 、B 一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B 与A 分离，B 做匀速运动，A 做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A 与弹簧分离，做匀减速直线运动，故A 项错误；撤去F 瞬间，由kx 0－μmg＝2ma 可知a ＝kx 02m －μg2，B 项错误；当物体A 、B 相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F 弹＝μmg＝kx′，x′＝μmg k ，所以物体A 、B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmgk 后相互分离，D 项正确，C 项错误。
2．如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中)。
已知力F 与水平方向的夹角为θ，则m 1的加速度大小为( )A.Fcos θm 1＋m 2 B.Fsin θm 1＋m 2 C.Fcos θm 1D.Fsin θm 2解析：选A m 1、m 2加速度相同，方向水平向右，把m 1、m 2看成一个整体，由牛顿第二定律可得Fcos θ＝(m 1＋m 2)a ，所以a ＝Fcos θm 1＋m 2，选项A 正确。
2019届一轮复习人教版 第3章 第4讲 动力学中两类典型问题 课件(60张)
2× 2 s＝2 s，D 项正确． 1
2.[倾斜传送带问题]
(多选)如图所示，三
角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转 动，两边倾斜的传送带长都是 2 m 且与水 平方向的夹角均为 37° . 现有两个小物块 A、 B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿 传送带下滑， 两物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5， g 取 10 m/s2， sin 37° ＝0.6，cos 37° ＝0.8.下列判断正确的是( A．物块 A 先到达传送带底端 B．物块 A、B 同时到达传送带底端 C．传送带对物块 A、B 的摩擦力都沿传送带向上 D．物块 A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块 B 下滑过程中相 对传送带的路程 )
第三章 牛顿运动定律 第4讲 动力学中两类典型问题
[考纲解读]
C
目 录
ONTENTS
[高频考点•分类突破] [跟踪检测•巩固提升] [课时作业]
[考纲解读]
1 ．掌握“传送带”问题的常见类型及动力学分析方法和规 律． 2.掌握“滑块—木板”问题的分析方法及规律．
[高频考点•分类突破]
核心要点突破
v2 2.52 L1＝ ＝ m＝1.25 m， 2a1 2×2.5 因 L1<L 且 μ>tan 30° ，故小物块速度等于 2.5 m/s 时，将匀速 运动至 B 点，设用时为 t2，则 L－L1 t2＝ v ＝0.3 s， 故小物块从 A 到 B 所用时间为 t＝t1＋t2＝1.3 s.
(2)由于传送带速度可以任意调节，则当小物块从 A 到 B 一直 做匀加速直线运动时，到达 B 点的速度最大．由牛顿第二定律
解析：对物块 A，因为 mgsin 37° ＞μmgcos 37° ，则 A 物体所受 摩擦力向上，向下做匀加速度运动，物块 B 受到的摩擦力也向 上，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也 相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时 位移大小相同，故时间相同，故 A 错误，B、C 正确；A 物块 与传送带运动方向相同，相对路程较小，故 D 正确．
2019届一轮复习人教版 动力学的两类基本问题 课件(31张)
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重难点(二)
[典例]
已知运动情况，求物体的受力情况
(2018· 德州模拟)一质量为 m＝
2 kg 的滑块能在倾角为 θ＝30° 的足够长的 斜面上以 a＝2.5 m/s2 匀加速下滑。如图所 示，若用一水平向右恒力 F 作用于滑块，使之由静止开始在 t＝2 s 内能沿斜面运动位移 x＝4 m。求：(g 取 10 m/s2) (1)滑块和斜面之间的动摩擦因数 μ； (2)恒力 F 的大小。
性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施 等组成，如图乙所示竖直平面内，制动坡床视为 与水平面夹角为 θ 的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹 车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动 坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑 动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停 止。已知货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因 数为 0.4； 货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货 物总重的 0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取 cos θ ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：
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解析：(1)无人机悬停时处于受力平衡状态，有 F1＝mg， 解得 F1＝20 N。 (2)设无人机上升时加速度为 a，由牛顿第二定律，有 F－mg－f＝ma，解得 a＝6 m/s2 1 2 由 h＝ at ，解得 h＝75 m。 2 (3)设无人机坠落过程中加速度为 a1，由牛顿第二定律，有 mg－f＝ma1，解得 a1＝8 m/s2 由 v2＝2a1H，解得 v＝40 m/s。 答案：(1)20 N (2)75 m (3)40 m/s
动力学问题的解题步骤
[集训冲关]
(全国通用)2019版高考物理一轮复习备考精炼： 第三章 牛顿运动定律 微专题21 动力学两类基本问题(一)
21 动力学两类基本问题（一）[方法点拨] (1)做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系；(2)做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动各量的关系；(3)求解加速度是解决问题的关键；(4)力的处理方法一般用合成法或正交分解法．1．(2018·河北石家庄第二中学月考)如图1所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )图1A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s2．一飞行器在地面附近做飞行试验，从地面起飞时沿与水平方向成30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时发动机提供的动力方向与水平方向夹角为60°.若飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g .则可判断( ) A ．飞行器的加速度大小为g B ．飞行器的加速度大小为2gC ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为12gt 2D ．起飞后t 时间内飞行器上升的高度为gt 23．设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的最大横截面积S 成正比，与下落速度v 的二次方成正比，即f ＝kSv 2，其中k 为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体积公式为V ＝43πr 3(r 为半径)．若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( ) A ．1∶ 2 B ．1∶2 C ．1∶4D ．1∶84．(2017·湖南长郡中学一模)“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目．在竖直的圆筒内，从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来，让人体验太空飘浮的感觉(如图2甲)．假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积最小，为最大值的18；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的12时，人恰好可静止或匀速漂移．如图乙所示，在某次表演中，质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H 的A 点由静止开始下落；经过B 点时，立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C 点时速度恰好减为零．则在从A 到C 的过程中，下列说法正确的是( )图2A ．表演者加速度的最大值是34gB ．B 点距底部的高度是35HC ．从A 到B 表演者克服风力做的功是从B 到C 克服风力做功的16D ．若保持水平横躺，表演者从C 返回到A 时风力的瞬时功率为2m 2g 3H5．(2017· 湖北武汉2月调考)冰壶运动是在水平冰面上进行的体育项目，运动场地示意图如图3所示．在第一次训练中，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线上的A 处放手，让冰壶以一定的速度沿虚线滑出，冰壶沿虚线路径运动了s ＝28.9 m ，停在圆垒内的虚线上．已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ＝0.02，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2. (1)运动员在投掷线A 处放手时，冰壶的速度是多大？(2)在第二次训练中，该运动员在投掷线A 处放手让冰壶以同样的速度滑出，同时，多名擦冰员用毛刷不断地擦冰壶运行前方的冰面，冰壶沿虚线路径比第一次多走了s ′＝5.1 m 停下．假设用毛刷擦冰面后，被擦冰面各处粗糙程度相同，求冰壶与被擦冰面间的动摩擦因数．图36．(2017·江西省第一次联考)从地球极地处竖直向上发射一科研火箭，由火箭内部的压力传感器传来的信息表明：火箭发射的最初10 s内火箭里所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，此后火箭无推动力飞行．而在火箭从最高点落回到地面的过程中，火箭里所有物体对支持面的压力为0.认为火箭受到的地球引力不变化，求从火箭发射到落回地面所用的时间是多少？答案精析1．D2．A [飞行器受力如图所示：由几何关系可知，飞行器的加速度大小为a ＝g ，A 项正确，B 项错误；起飞后t 时间内飞行器的位移x ＝12at 2＝12gt 2，所以飞行器上升的高度h ＝x sin 30°＝14gt 2，C 、D 项错误．] 3．A [当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f ＝mg ，故k ·πr 2·v 2＝ mg ＝ρ·43πr 3，即v 2＝4ρr 3k ，由于半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶2，选项A 正确．]4．C5．(1)3.4 m/s (2)0.017解析 (1)第一次训练中，设冰壶离手时的速度为v 0，加速度为a ，以冰壶运动方向为正方向，根据匀变速直线运动公式有：0－v 02＝2as设冰壶质量为m ，冰壶沿水平方向只受摩擦力作用，根据牛顿第二定律：－μmg ＝ma 联立解得：v 0＝2μgs 代入数据求得：v 0＝3.4 m/s(2)设冰壶与被擦后的冰面之间的动摩擦因数为μ′，同理可得：v 0＝2μ′g (s ＋s ′)联立解得：μ′＝ss ＋s ′μ 代入数据求得：μ′＝0.017 6．30 s解析 火箭发射时，火箭上所有物体对支持面的压力是火箭发射前的1.8倍，F ＝1.8mg ，根据牛顿第二定律，有：F －mg ＝ma ，解得：a ＝0.8g根据位移时间关系公式，有：x 1＝12at 2末速度为：v 1＝at发动机关闭后做竖直上抛运动，以向上为正方向，有：x 2＝v 1t 1－12gt 12由于最后回到出发点，故：x 1＝－x 2联立各式解得：t1＝20 s (负值舍去)故火箭运动的总时间为：t总＝t＋t1＝30 s。
2019版新高考物理大一轮复习课件：专题三 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
m，选项 C 正确． 答案：C
5．(2016 年合肥质检)如图 3-2-6 所示，有一半圆，其直径
水平且与另一圆的底部相切于 O 点，O 点恰好是半圆的圆心，
圆和半圆处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道 AOB、COD、
EOF，它们的两端分别位于圆和半圆的圆周上，轨道与圆的竖
直直径的夹角关系为α>β>θ.现让小物块先后从 三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在
)
B．物体从 A 到 O 做加速运动，从 O 到 B 做减速运动
C．物体运动到 O 点时，所受合外力 为零 D．物体从 A 到 O 的过程中，加速度 逐渐减小 答案：A 图 3-2-5
考点 2 动力学的两类基本问题 ⊙重点归纳 1．动力学两类基本问题的分析流程
2．两类动力学问题的解题步骤
考向 1 由受力情况求运动情况 【考题题组】 4．(2017 年黑龙江齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面 上的物体，质量是 7 kg，在 14 N 的恒力作用下运动，则 5 s 末 的速度及 5 s 内通过的路程为(
【考题题组】
1．(多选)如图 3-2-3 所示，一木块在光滑水平面上受一恒
力 F 作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后 ( )
图 3-2-3 A．木块立即做减速运动 B．木块在一段时间内速度仍可增大 C．当 F 等于弹簧弹力时，木块速度最大
D．弹簧压缩量最大时，木块加速度为 0
解析：当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力 F 和 弹簧水平向左的弹力．弹簧的弹力先小于恒力 F，后大于恒力 F， 木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后 做减速运动，当弹力大小等于恒力 F 时，木块的速度最大，加 速度为 0.当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力 F，合力向左， 加速度大于 0，故 B、C 正确，A、D 错误．
2019版高考物理（北京专用）一轮课件：15_第2讲 两类动力学问题 超重和失重
解决两类动力学问题的一般思路
深化拓展
1-1 质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,一 段时间后撤去F,其运动的v-t图像如图所示。g取10 m/s2,求: (1)物体与水平面间的动摩擦因数μ; (2)水平推力F的大小; (3)0~10 s内物体运动位移的大小。
联立①②式,代入数据得
a=3 m/s2 ③
v=8 m/s④
(2)设物块所受支持力为FN,所受摩擦力为Ff,拉力与斜面间的夹角为α,受 力分析如图所示,由牛顿第二定律得
F cos α-mg sin θ-Ff=ma ⑤ F sin α+FN-mg cos θ=0 ⑥ 又Ff=μFN⑦ 联立⑤⑥⑦式得
F= mg(sin θ μ cosθ) ma ⑧
知识梳理
3.质量为2 kg的物体在水平恒力F=4 N的作用下由静止开始沿水平面运 动,经时间2 s后撤去外力F,物体又经时间4 s后重新静止。求: (1)物体所受阻力大小。 (2)该过程物体发生的总位移。
答案 (1) 4 N (2)8 m
3
知识梳理
解析 (1)以物体为研究对象分析受力,根据牛顿第二定律得:
11
x= 2 at2= 2 ×2×25 m=25 m。
知识梳理
2.人站在电梯中随电梯一起运动。下列过程中人处于超重状态的是
(A )
A.电梯加速上升 C.电梯匀速上升
B.电梯加速下降 D.电梯匀速下降
答案 A 电梯无论匀速上升还是匀速下降,加速度都等于0,选项C、D 错。电梯加速上升,加速度竖直向上,为超重状态,电梯加速下降,加速度 竖直向下,为失重状态,选项A对B错。
列竖直方 F-mg=ma 向原理式 F=m(g+a)
2019版一轮物理复习(人教版)练习：动力学中两类典型问题含解析
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1.(2018·山东潍坊质检)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动、在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析:开始阶段,木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用,做加速度为a1的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1所以a1＝g sin θ＋μg cos θ木块加速至与传送带速度相等时,由于μ＜tan θ,则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动,之后木块继续加速,所受滑动摩擦力变为沿传送带向上,做加速度为a2的匀加速直线运动,这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2所以a2＝g sin θ－μg cos θ根据以上分析,有a2＜a1,所以本题正确选项为D.答案:D2.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机、如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行、现将一个木炭包无初速度地放在传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹、下列说法正确的是()A、黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B、木炭包的质量越大,径迹的长度越短C、木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短D、传送带运动的速度越大,径迹的长度越短解析:刚放上木炭包时,木炭包的速度慢,传送带的速度快,木炭包相对传送带向后滑动,所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧,所以A错误、木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力,摩擦力作为它的合力产生加速度,所以由牛顿第二定律知,μmg＝ma,所以a＝μg,当达到共同速度时,不再有相对滑动,由v2＝2ax得,木炭包位移x木＝v22μg,设相对滑动时间为t,由v＝at得t＝vμg,此时传送带的位移为x传＝v t＝v2μg,所以相对滑动的位移是Δx＝x传－x木＝v22μg,由此可知,黑色的径迹与木炭包的质量无关,所以B错误、木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短,所以C正确、传送带运动的速度越大,径迹的长度越长,所以D错误、答案:C3.如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上、在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图象可能是下列选项中的()解析:设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为a1,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2.对木板应用牛顿第二定律得:－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后,木板的加速度为a2,对整体有－μ2·2mg＝2ma2a2＝－μ2g可见|a1|＞|a2|由v t图象的斜率表示加速度大小可知,图象A正确、答案:A二、非选择题4.如图所示,固定斜面上放一木板PQ,木板的Q端放置一可视为质点的小物块,现用轻细线的一端连接木板的Q端,保持与斜面平行,绕过定滑轮后,另一端可悬挂钩码,钩码距离地面足够高、已知斜面倾角θ＝30°,木板长为L,Q端距斜面顶端距离也为L,物块和木板的质量均为m,两者之间的动摩擦因数为μ1＝32.若所挂钩码质量为2m,物块和木板能一起匀速上滑;若所挂钩码质量为其他不同值,物块和木板有可能发生相对滑动、重力加速度为g,不计细线与滑轮之间的摩擦,设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力、(1)木板与斜面间的动摩擦因数μ2;(2)物块和木板发生相对滑动时,所挂钩码质量m′应满足什么条件？解析:(1)整个系统匀速时对钩码:2mg＝F T对物块和木板:F T＝2mg sin θ＋2μ2mg cos θ解得:μ2＝33(2)要使二者发生相对滑动,则需木板的加速度a 1大于物块的加速度a 2. 对物块:μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma 2解得:a 2＝14g对木板:F T ′－mg sin θ－μ1mg cos θ－2μ2mg cos θ＝ma 1对钩码:m ′g －F T ′＝m ′a 1解得:a 1＝m ′－94mm ′＋mg 联立解得:m ′＞103m答案:(1) 33 (2)m ′＞103m5.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示为一水平传送带装置示意图、紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行,一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动、设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1,A 、B 间的距离L ＝2 m,g 取10 m/s 2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小;(2)求行李做匀加速直线运动的时间;(3)如果提高传送带的运行速率,行李就能被较快地传送到B 处、求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率、解析:(1)行李所受滑动摩擦力大于F f ＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N,加速度大小a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速,则v ＝at 1,得t 1＝v a ＝11 s ＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时,所需时间最短,加速度大小仍为a ＝1 m/s 2,当行李到达右端时,有v 2min ＝2aL ,得v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s,所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.由v min ＝at min 得行李最短运行时间t min ＝v min a ＝21 s ＝2 s.答案:(1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s[能力题组]非选择题6、如图甲所示,长木板B 固定在光滑水平面上,可看作质点的物体A 静止叠放在B 的最左端、现用F ＝6 N 的水平力向右拉物体A ,经过5 s 物体A 运动到B 的最右端,其v t 图象如图乙所示、已知A 、B 的质量分别为1 kg 、4 kg,A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10 m/s 2.(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数;(2)若B 不固定,求A 运动到B 的最右端所用的时间、解析:(1)根据v t 图象可知物体A 的加速度为a A ＝Δv Δt ＝105 m/s 2＝2 m/s 2以A 为研究对象,根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A解得μ＝F －m A a A m A g ＝0.4 (2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝12×5×10 m ＝25 m若B 不固定,则B 的加速度为a B ＝μm A g m B＝0.4×1×104 m/s 2＝1 m/s 2 设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ,根据题意可得12a A t 2－12a B t 2＝l ,解得t ＝7.07 s.答案:(1)0.4 (2)7.07 s7.(2018·河北正定中学月考)一水平传送带以2.0m/s 的速度顺时针传动,水平部分长为2.0 m 、其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连,斜面长为0.4 m,一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端,已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2,试问:(sin 37°＝0.6,g 取10 m/s 2)(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由,若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离;(2)物块从出发到4.5 s 末通过的路程、解析:(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动μmg ＝ma 1x 1＝v 202a 1＝1 m ＜L 所以在到达传送带右端前物块已匀速物块以v 0速度滑上斜面－mg sin θ＝ma 2物块速度为零时上升的距离x 2＝－v 202a 2＝13 m 由于x 2＜0.4 m,所以物块未到达斜面的最高点、(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间t 1＝2x 1v 0＋L －x 1v 0＝1.5 s 物块在斜面上往返一次的时间t 2＝－2v 0a 2＝23 s 物块再次滑到传送带上速度仍为v 0,方向向左－μmg ＝ma 3向左端发生的最大位移x 3＝－v 202a 3＝1 m 物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等,时间t 3＝－2v 0a 3＝2 s4、5 s 末物块在斜面上速度恰好减为零故物块通过的总路程x ＝L ＋3x 2＋2x 3x ＝5 m答案:(1)不能 13m (2)5 m8.如图所示,木板静止于水平地面上,在其最右端放一可视为质点的木块、已知木块的质量m ＝1 kg,木板的质量M ＝4 kg,长L ＝2.5 m,下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10 m/s 2.(1)假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块之间的最大静摩擦力为3 N,欲使木板能从木块的下方抽出,求对木板施加的水平拉力F的大小范围、(2)若用大小为F＝28 N的水平恒力拉木板,假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块之间的最大静摩擦力为2 N,欲使木板能从木块的下方抽出,求水平恒力F作用的最短时间、解析:(1)设木块的最大加速度为a木块,则F fm1＝ma木块对木板F－F fm1－μ(M＋m)g＝Ma木板木板从木块的下方抽出的条件为a木板＞a木块,解得F＞25 N即欲使木板能从木块的下方抽出,对木板施加的水平拉力F应满足F＞25 N.(2)加上力F时木板加速,撤去F后木板减速、分析可知,如果木板和木块的速度相同时木块恰好运动到木板最左端脱离,那么力F的作用时间最短设作用时间t1后撤去力F,此时木板速度为v1,则对木板有F－F fm2－μ(M＋m)g＝Ma1解得a1＝4 m/s2,v1＝a1t1对木块有F fm2＝ma2,解得a2＝2 m/s2撤去力F后,木板减速运动,加速度大小为a0则F fm2＋μ(M＋m)g＝Ma0,解得a0＝3 m/s2木块加速运动过程中加速度不变,当木块和木板速度相同时木块恰好脱离木板,设共同速度为v2,则可作出如图所示的速度—时间图线分析位移关系,可知,L＝v212a1＋v21－v222a0－v222a2,v1－a0(v2a2－v1a1)＝v2,联立解得v1＝10714m/s,t1＝514 14s故欲使木板能从木块的下方抽出,水平恒力F 作用的最短时间应为51414s.答案:(1)F ＞25 N (2)51414 s9.(2018·湖北武汉月考)如图所示,AB 、CD 为两个光滑的平台,一倾角为37°、长为5 m 的传送带与两平台平滑连接、现有一小物体以10 m/s 的速度沿平台AB 向右运动,当传送带静止时,小物体恰好能滑到平台CD 上,问:(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB 上的运动速度低于某一数值时,无论传送带顺时针运动的速度多大,小物体都不能到达平台CD ,求这个临界速度、(3)若小物体以8 m/s 的速度沿平台AB 向右运动,欲使小物体到达平台CD ,传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析:(1)传送带静止时,小物体在传送带上受力如图甲所示,据牛顿第二定律得:μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma 1B →C 过程有:v 20＝2a 1l解得:a 1＝10 m/s 2,μ＝0.5.(2)显然,当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时,最容易到达传送带顶端,此时,小物体受力如图乙所示,据牛顿第二定律得:mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2若恰好能到达平台CD 时,有:v 2＝2a 2l解得:v＝2 5 m/s,a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时,无论传送带顺时针运动的速度多大,小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1,传送带顺时针运动的速度大小为v2,对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程,有:v21－v22＝2a1x1对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程,有:v22＝2a2x2x1＋x2＝L解得:v2＝3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动,小物体才能到达平台CD.答案:(1)0.5(2)2 5 m/s(3)3 m/s。
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解析：开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下 的摩擦力作用，做加速度为 a1 的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 所以 a1＝gsin θ＋μgcos θ 木块加速至与传送带速度相等时，由于 μ＜tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止 而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为 a2 的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 所以 a2＝gsin θ－μgcos θ 根据以上分析，有 a2＜a1，所以本题正确选项为 D. 答案：D 2.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又 称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左 向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会 留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是( ) A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短 C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短 D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短 解析：刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后
滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以 A 错误．木炭包在传送带上运动 靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定 律知，μmg＝ma，所以 a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由 v2＝2ax 得，木 炭包位移 x 木＝
传＝vt＝
v ，设相对滑动时间为 t，由 v＝at 得 t＝ ，此时传送带的位移为 x 2μg μg
4.如图所示，固定斜面上放一木板 PQ，木板的 Q 端放置
一可 视为
质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的 Q 端，保
持与
斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高．已知斜面倾 角 θ＝30°，木板长为 L，Q 端距斜面顶端距离也为 L，物块和木板的质量均为 m， 两者之间的动摩擦因数为 μ1＝ 3 .若所挂钩码质量为 2m，物块和木板能一起匀速上 2
[课时作业] 单独成册 方便使用 [基础题组] 一、单项选择题 1.(2018·山东潍坊质检)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为 θ，以速度 v0 逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量 为 m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数 μ＜tan θ，则图中 能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )
v2
v2 ，所以相对滑动的位移是 Δx＝x 传－x 木＝ ，由此可知，黑色的径迹与木 μg 2μg
v2
炭包的质量无关，所以 B 错误．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越 短，所以 C 正确．传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以 D 错误． 答案：C 3.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将 一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质 量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度— 时间图像可能是下列选项中的( )
滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动．重力加速度 为 g，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力． (1)木板与斜面间的动摩擦因数 μ2； (2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量 m′应满足什么条件？ 解析：(1)整个系统匀速时 对钩码：2mg＝T 对物块和木板：T＝2mgsin θ＋2μ2mgcos θ 解得：μ2＝ 3 3
(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度 a1 大于物块的Байду номын сангаас速度 a2. 对物块：μ1mgcos θ－mgsin θ＝ma2 1 解得：a2＝ g 4 对木板：T′－mgsin θ－μ1mgcos θ－2μ2mgcos θ＝ma1 对钩码：m′g－T′＝m′a1 9 m′－ m 4 解得：a1＝ g m′＋m 联立解得：m′＞ 答案：(1) 10 m 3
3 10 (2)m′＞ m 3 3
5.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图
所示
为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带 AB 始终保持恒定的速率 v＝1
m/s 运
行，一质量为 m＝4 kg 的行李无初速度地放在 A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使 行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运 动．设行李与传送带之间的动摩擦因数 μ＝0.1，A、B 间的距离 L＝2 m/s2. (1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间； (3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到 B 处．求行李从 A 处传送 到 B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率． 解析：(1)行李所受滑动摩擦力大于 f＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N， 加速度大小 a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2. (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 v＝at1， v 1 得 t1＝ ＝ s＝1 s. a 1 (3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为 a＝1 m/s2，当行李到达右 2 ＝2aL， 端时，有 vmin 得 vmin＝ 2aL＝ 2 × 1 × 2 m/s＝2 m/s， 所以传送带对应的最小运行速率为 2 m/s. 由 vmin＝atmin 得行李最短运行时间 tmin＝ vmin 2 ＝ s＝2 s. 1 a m，g 取 10
解析：设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为 a1，物块与木板间的动 摩擦因数为 μ1，木板与地面间的动摩擦因数为 μ2.对木板应用牛顿第二定律得： －μ1mg－μ2·2mg＝ma1 a1＝－(μ1＋2μ2)g 设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为 a2，对整体有 －μ2·2mg＝2ma2 a2＝－μ2g 可见|a1|＞|a2| 由 vt 图像的斜率表示加速度大小可知，图像 A 正确． 答案：A 二、非选择题