第四章 运动和力的关系
5 牛顿运动定律的应用
基础过关练
题组一 从受力确定运动情况
1.如图所示,一质量为2 kg的物体静止在光滑的水平桌面上,零时刻受到三个水平方向上的共点力F1、F2与F3的作用,F1与F2共线且反向,F3与F1垂直,且F1=6 N、F2=2 N、F3=3 N,则2 s末物体的位移大小为 ( )
A.2.5 m B.5 m C.10 m D.12 m
2.儿童游乐场里“淘气堡”生意火爆,成为了小朋友们的欢乐海洋。如图所示,一质量为20 kg的小男孩从斜面上端由静止沿斜面向下滑至底端后,冲入“海洋球”中,玩得非常开心。若斜面长4 m,斜面与水平面夹角为37°,男孩与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2,则男孩在斜面上滑行的时间为( )
A.2 s B. s C.1 s D.0.5 s
3.商场工作人员拉着质量m=20 kg的木箱沿水平地面运动。若用F=50 N的水平力拉木箱,木箱恰好做匀速直线运动;现改用F1=150 N、与水平方向成53°角斜向上的拉力作用于静止的木箱上,如图所示。已知sin 53°=0.80,cos 53°=0.60,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)木箱与地面之间的动摩擦因数μ;
(2)F1作用在木箱上时,木箱运动的加速度a的大小;
(3)木箱在F1作用下4.0 s时的速度大小v4。
4.(经典)如图所示,质量m=2 kg的物块在倾角为θ=37°的斜面上,受一沿斜面向上的拉力F=17.2 N的作用,从静止开始运动,已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)物块运动的加速度大小;
(2)5 s内物块的位移大小;
(3)外力F在作用10 s后立即被撤去,撤去外力后物块还能沿斜面上滑多大距离 (设斜面足够长)
题组二 从运动情况确定受力
5.某人从一平台无初速度跳下,下落2 m后双脚触地,同时采用双腿弯曲的方法缓冲。若视其在缓冲过程中自身重心又匀变速下降了0.5 m,则在着地过程中,地面对他双脚的平均作用力大小约为自身重力的( )
A.3倍 B.4倍 C.5倍 D.6倍
6.如图所示,一小物块(可视为质点)从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端,经过1 s从另一端滑落。已知物块与桌面间的动摩擦因数为μ,重力加速度g取10 m/s2。下列v0、μ的值可能正确的是 ( )
A.v0=2.5 m/s B.v0=1.5 m/s C.μ=0.28 D.μ=0.25
7.如图所示为翔安大桥通往滨海东大道的引桥段的简化模型,一辆质量为1 500 kg的轿车以54 km/h的初速度从A点进入辅道,沿下坡路段刹车做匀减速直线运动至B点时速度为36 km/h,接着保持该速率通过水平圆弧BC路段,最后经过CD路段进入滨海东大道。若辅道AB长为250 m、与水平面夹角为θ,重力加速度g取10 m/s2,sin θ=0.05,求:
(1)轿车在AB路段行驶时的加速度大小;
(2)轿车在AB路段行驶时受到的总阻力大小(忽略发动机动力)。
8.(经典)某同学在物理数字化实验室采用如图甲所示的装置探究物体加速度与力的关系。开始时将一质量为m=1 kg的物体置于水平桌面上,现对物体施加一个水平向右的恒定推力F,经过一段时间后撤去此力,通过放在物体右前方的速度传感器得到了物体部分运动过程的v-t图线,如图乙所示(向右为速度正方向)。求:
(1)两个阶段内物体的加速度大小各为多少;
(2)摩擦力f和推力F大小各为多少。
题组三 等时圆模型
9.(经典)如图所示,一斜面固定在水平面上,斜面上固定了两个光滑轨道a、b,其中轨道a与斜面垂直,两轨道顶点相同,且顶点在C点的正上方。现分别从两轨道的顶点由静止释放一物块,它们到达斜面的时间分别为t1、t2。下列说法正确的是( )
A.t1
t2 D.无法确定
10.如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是下半圆的圆心,它们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上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ,现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A.tAB=tCD=tEF B.tAB>tCD>tEF C.tAB能力提升练
题组一 应用牛顿运动定律解决多过程问题
1.(多选)电动平衡车是一种运动娱乐工具。已知人和平衡车的总质量是60 kg,启动平衡车后,人和车由静止开始向前做直线运动,某时刻关闭动力,最后停下来,其v-t图像如图所示。假设人和平衡车受到的阻力恒为F,重力加速度g=10 m/s2,则( )
A.人和平衡车受到的阻力大小为F=3.6 N
B.平衡车整个运动过程中的位移大小为195 m
C.平衡车在整个运动过程中的平均速度大小为3 m/s
D.平衡车在加速阶段的动力大小为108 N
2.(多选)如图所示,质量为M=1 kg的电动玩具车a,用一根不可伸长的轻质细线与小物块b相连,小物块质量m=2 kg,玩具车受到的恒定动力和恒定阻力大小分别为8 N和1 N,系统从静止开始在水平面上运动,运动8 s时细线突然断裂,小物块b继续滑行一段距离后停止,已知小物块b与水平面间动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.细线断开前系统加速度大小为1 m/s2
B.细线断开前细线上拉力大小为 N
C.细线断开后小物块b继续滑行的时间为4 s
D.细线断开后小物块b继续滑行的距离为8 m
3.有一个冰上滑木箱的游戏节目,规则是:选手们从起点开始用力推木箱一段时间后,放手让木箱向前滑动,若木箱最后停在冰上有效区域内,视为成功,否则视为失败。其简化模型如图所示,AC是长度为L1=7 m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱,BC为有效区域。已知BC长度L2=1 m,木箱的质量m=50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数μ=0.1。某选手作用在木箱上的水平推力F=200 N,木箱沿AC做直线运动。若木箱可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,那么该选手要想游戏获得成功,试求:
(1)推力作用在木箱上时的加速度大小;
(2)推力作用在木箱上的时间应满足的条件。
4.(经典)可爱的企鹅喜欢在冰面上游玩,如图所示,有一企鹅在倾角为37°的斜面上,靠脚爪抓冰面,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上匀加速“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒,以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)企鹅向上匀加速“奔跑”的位移大小;
(2)从静止开始10 s内企鹅的位移大小和路程。
题组二 应用牛顿运动定律解决多物体问题(连接体问题)
5.如图所示三个装置,(a)中桌面光滑,(b)、(c)中桌面粗糙程度相同,(c)中用大小为F=Mg的力替代质量为M的重物进行牵引。不计绳和滑轮的质量,三个装置中质量为m的物块均做加速运动。下列关于三个实验装置的分析中,正确的是 ( )
A.装置(a)中绳上张力Ta=Mg
B.装置(a)中绳上的张力Ta小于装置(b)中绳上的张力Tb
C.装置(b)、(c)中物块的加速度相同
D.三个装置中物块的加速度均不会超过重力加速度g
6.如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块用细线连接,放在倾角为θ的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力F拉A,使它们沿斜面匀加速上升,A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增大细线上的张力,可行的办法是( )
A.增大A物块的质量 B.增大B物块的质量
C.增大倾角θ D.增大动摩擦因数μ
7.如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接),弹簧的劲度系数为k=50 N/m,初始时系统处于静止状态。现用一方向竖直向上的拉力F作用在物体A上,使物体A开始向上做加速度a=4 m/s2的匀加速直线运动,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是 ( )
A.外力F刚施加的瞬间,F的大小为4 N
B.当弹簧压缩量减小到0.3 m时,A、B间弹力大小为1.2 N
C.A、B分离时,A物体的位移大小为0.12 m
D.B物体速度达到最大时,B物体的位移大小为0.22 m
8.如图所示,质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上,一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B,两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行,物体A、B的质量分别为m、2m,A与斜面间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,将A、B由静止释放,在B下降的过程中(物体A未碰到滑轮),斜面体静止不动。下列说法正确的是 ( )
A.轻绳对P点的拉力大小为mg
B.物体A的加速度大小为g
C.地面对斜面体的支持力大小为Mg+2mg
D.增大A的质量,再将A、B由静止释放,则B有可能上升
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B 2.A 5.C 6.B 9.C 10.B
1.B 根据力的合成规律,F1、F2的合力大小为F12=6 N-2 N=4 N,则F1、F2与F3的合力大小为F合= N=5 N;根据牛顿第二定律,物体的加速度大小为a= m/s2=2.5 m/s2,则2 s末物体的位移大小为x=at2=5 m,选B。
2.A 小男孩在斜面上运动时,由牛顿第二定律有mg sin 37°-μmg cos 37°=ma,解得a=2 m/s2;又由匀变速直线运动的规律x=at2,得t==2 s,故选A。
3.答案 (1)0.25 (2)3.5 m/s2 (3)14 m/s
解析 (1)木箱在水平力F的作用下做匀速直线运动,则有F=f=μmg
解得木箱与地面之间的动摩擦因数μ==0.25
(2)F1作用在木箱上时,对木箱受力分析,在水平方向上有F1 cos 53°-f=ma
竖直方向上有F1 sin 53°+FN=mg
又有f=μFN
联立解得a=3.5 m/s2
(3)根据匀变速直线运动的速度公式可得,木箱在F1作用下4.0 s时的速度大小为v4=at=3.5×4 m/s=14 m/s
4.答案 (1)0.6 m/s2 (2)7.5 m (3)2.25 m
解析
(1)有拉力F作用时,对物块受力分析,如图甲所示
根据牛顿第二定律有F-mg·sin θ-f=ma1
其中f=μFN,FN=mg cos θ
联立解得物块的加速度大小为a1=0.6 m/s2
(2)5 s内物块的位移大小为x1==7.5 m
(3)撤去外力瞬间,物块的速度大小为v1=a1t2=6 m/s
撤去外力后对物块受力分析,如图乙所示
根据牛顿第二定律有mg sin θ+f=ma2
其中f=μFN,FN=mg cos θ
联立解得物块的加速度大小为a2=8 m/s2
则撤去外力后物块还能沿斜面上滑的距离为x2==2.25 m
5.C 下落2 m过程中人做自由落体运动,有2gh1=v2;着地过程中自身重心又匀变速下降了0.5 m,有-2ah2=0-v2,联立解得a=4g,根据牛顿第二定律有-mg=ma,解得=5mg,可知地面对他双脚的平均作用力大小约为自身重力的5倍,选C。
6.B 物块沿水平桌面的中线做匀减速直线运动,则;由题意可知x=1 m,t=1 s,v>0,可解得00,由于07.答案 (1)0.25 m/s2 (2)1 125 N
解析 (1)轿车从A点进入辅道时的速度为v0=54 km/h=15 m/s
轿车减速至B点时的速度为v=36 km/h=10 m/s
由匀变速直线运动的速度-位移公式可得-2ax=v2-
解得a=0.25 m/s2
即轿车在AB路段行驶时的加速度大小为0.25 m/s2。
(2)轿车在AB路段行驶,由牛顿第二定律有
f-mg sin θ=ma
可得轿车在AB路段行驶时受到的总阻力大小f=1 125 N
8.答案 (1)0.5 m/s2 2 m/s2 (2)2 N 2.5 N
解析 (1)根据v-t图线的斜率表示物体运动的加速度,结合图像可得0~2 s内加速度大小为a1= m/s2=0.5 m/s2
2~3 s内加速度为a2= m/s2=-2 m/s2
即加速度大小为2 m/s2
(2)根据牛顿第二定律可得,0~2 s内有F-f=ma1
2~3 s内有-f=ma2
解得F=2.5 N,f=2 N
9.C
模型构建 由于a、b两光滑轨道顶点相同,滑块从两轨道的顶点由静止滑到同一斜面,构建等时圆模型,如图所示,以C点和两轨道的顶点的连线为直径作辅助圆,则滑块从顶点沿轨道下滑到圆周的时间相等。
利用作出的辅助圆,结合几何知识可知,轨道a末端在辅助圆上,而轨道b末端在辅助圆内,由等时圆模型的结论可知t1>t2。故选C。
10.B 如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出F点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由等时圆模型的结论可知,tAB>tCD>tEF,B正确。
能力提升练
1.BD 2.AC 5.B 6.B 7.C 8.B
1.BD 由题图可知,t=30 s时关闭动力,根据v-t图线的斜率表示加速度,可得关闭动力后平衡车的加速度大小a2= m/s2=0.6 m/s2,则人和平衡车受到的阻力大小为F=ma2=36 N,A错误;根据v-t图线与时间轴所围的面积表示位移,可得平衡车整个运动过程中的位移大小为x=×(25+40)×6 m=195 m,平均速度大小为 m/s=4.875 m/s,B正确,C错误;平衡车在加速阶段的加速度为a1= m/s2=1.2 m/s2,根据牛顿第二定律有F动-F=ma1,解得动力F动=108 N,D正确。
2.AC 设细线断开前a、b系统的加速度为a1,玩具车的动力大小为F,阻力大小为f1,由牛顿第二定律有F-f1-μmg=(M+m)a1,解得a1=1 m/s2,A正确;设细线拉力为T,选小物块b为研究对象,由牛顿第二定律有T-μmg=ma1,解得T=6 N,B错误;运动时间t1=8 s时,系统的速度为v0=a1t1=8 m/s,细线断开后小物块b的加速度为a2=-μg=-2 m/s2,小物块b继续滑行的时间t2==4 s,继续滑行的距离s==16 m,C正确,D错误。
3.答案 (1)3 m/s2 (2)1 s≤t≤ s
解析 (1)设推力作用在木箱上时,木箱的加速度为a1,根据牛顿第二定律得F-μmg=ma1
解得a1=3 m/s2
(2)设撤去推力后,木箱的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得μmg=ma2
解得a2=1 m/s2
推力作用在木箱上时间t内的位移为x1=a1t2
撤去力F后木箱继续滑行的距离为x2=
木箱停在有效区域内,要满足条件L1-L2≤x1+x2≤L1
解得1 s≤t≤ s。
方法技巧 “多过程”问题的分析要领
(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“子过程”进行受力分析和运动情况分析,必要时画出受力图和运动过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程。
(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等,并列出相关的辅助方程。
(5)联立求解,并对结果进行必要的讨论或验证。
4.答案 (1)16 m (2)12.5 m 21.5 m
解析 (1)企鹅向上匀加速运动t=8 s,则位移大小为x1=at2=16 m
(2)t=8 s时,企鹅的速度v=at=4 m/s
企鹅卧倒后继续向上滑动,根据牛顿第二定律有mg sin 37°+μmg cos 37°=ma1
解得加速度大小a1=8 m/s2
设经过时间t1企鹅停止向上滑行,有v=a1t1,解得t1=0.5 s
匀减速到最高点的位移为x2==1 m
之后企鹅沿冰面向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有mg sin 37°-μmg cos 37°=ma2
解得a2=4 m/s2
向下滑行的时间t2=10 s-t-t1=1.5 s
通过的位移大小为x3==4.5 m
从静止开始10 s内企鹅的位移大小x=x1+x2-x3=12.5 m
通过的路程s=x1+x2+x3=21.5 m
5.B 对装置(a),根据牛顿第二定律,分别对两物体分析可得Mg-Ta=Maa,Ta=maa,解得aa=,Ta=,A错误;对装置(b),根据牛顿第二定律,分别对两物体分析可得Mg-Tb=Mab,Tb-f=mab,解得ab=,Tb=,可知Tamg,物块的加速度大于重力加速度g,D错误。
6.B 对A、B、细线组成的系统应用牛顿第二定律得F-(mA+mB)g sin θ-μ(mA+mB)g cos θ=(mA+mB)a,隔离物块B,应用牛顿第二定律得FT-mBg sin θ-μmBg cos θ=mBa。联立以上两式可解得FT=,由此可知,FT的大小与θ、μ无关,mB越大,mA越小,FT越大,故选B。
规律总结 “串接式”连接体中弹力的“分配协议”
如下列各图所示,对于一起做匀加速运动的物体系统,A和B间的弹力FAB或中间绳的拉力FT的大小遵循的“分配协议”为FAB=FT=。
此“分配协议”:
①与有无摩擦无关(若有摩擦,两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同);
②与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关;
③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时都成立。
7.C 施加外力前,系统处于静止状态,对整体受力分析,由平衡条件得2mg=kx0,解得x0=0.4 m,外力施加的瞬间,物体A的加速度为4 m/s2,对整体,由牛顿第二定律得F-2mg+kx0=2ma,解得F=8 N,A错误;当弹簧压缩量减小到0.3 m时,设A、B间弹力大小为FAB,对A受力分析,由牛顿第二定律得F+FAB-mg=ma,对A、B组成的系统受力分析,由牛顿第二定律得F+kx1-2mg=2ma,联立解得FAB=1 N,B错误;A、B分离时,A、B间弹力为零,设弹簧的形变量为x2,对B受力分析,由牛顿第二定律得kx2-mg=ma,解得x2=0.28 m,所以A物体的位移大小为x0-x2=(0.4-0.28) m=0.12 m,C正确;当B物体的合力为零时速度达到最大,由C项分析可知A、B分离时B有向上的加速度,所以B速度最大时A、B已经分离,当B所受合力为零时,kx3=mg,解得x3=0.2 m,B物体的位移大小为x0-x3=0.2 m,D错误。
8.B 由于相同时间内物体B通过的位移大小是物体A的2倍,则物体B的加速度大小是物体A的2倍,设物体A的加速度大小为a,则B的加速度大小为2a,设A、B释放瞬间,轻绳的拉力大小为T,对A、B分别受力分析,由牛顿第二定律得2T-mg sin 30°-μmg·cos 30°=ma,2mg-T=2m·2a,解得T=mg,a=g,故A错误,B正确;物体B下降过程中,对斜面体、A、B整体分析,在竖直方向,根据牛顿第二定律得(M+3m)g-FN-T sin 30°=2m·2a-ma sin 30°,解得地面对斜面体的支持力为FN=(M+m)g,故C错误;假设B上升,则A下滑,A所受滑动摩擦力沿斜面向上,分析此时A的受力情况可知应满足m'g sin 30°>μm'g cos 30°+2T1,而T1>0,关系式不成立,故A不可能下滑,故假设不成立,D错误。(共33张PPT)
牛顿第二定律确定了运动和力的关系,把物体的运动情况与受力情况联系起来。
5 牛顿运动定律的应用
必备知识 清单破
知识点 1 牛顿第二定律的作用
知识点 2 从受力确定运动情况
1.问题概述
已知物体受力情况确定运动情况,指的是在受力情况已知的条件下,判断出物体的运动
状态或求出物体运动相关参量。
2.解题思路
(1)分析对象→确定研究对象,进行受力分析和运动分析,并画出物体的受力示意图。
(2)求合外力→根据力的合成与分解,求出物体所受的合外力的大小和方向。
(3)求加速度→根据牛顿第二定律列方程,求出物体的加速度。
(4)求运动参量→结合给定物体运动的初始条件,选择运动学公式,求出运动参量。
1.问题概述
已知物体运动情况确定受力情况,指的是在运动情况(如物体的运动性质、相关运动参量)已
知的条件下,分析物体所受的力。
2.解题思路
(1)运动分析→确定研究对象,进行运动分析,必要时画出运动过程简图。
(2)求加速度→应用运动学公式求出物体的加速度的大小和方向。
(3)求合外力→根据牛顿第二定律列方程,求出物体所受的合外力的大小和方向。
(4)受力分析→分析物体的受力情况,画出受力示意图。
(5)求所需力→根据力的合成与分解,由合力求出所要求的力。
知识点 3 从运动情况确定受力
1.仅知道物体的受力情况,就能确定物体的运动情况吗
不能。还需要知道物体运动的初始条件。
2.求解两类动力学问题的关键点是什么
加速度是联系物体的受力情况和运动情况的桥梁,无论是已知受力情况求解运动情况,
还是已知运动情况求解受力情况,都需要根据已知条件确定加速度这个桥梁。所以充分利用
已知条件,确定加速度的大小和方向是解决动力学问题的关键。
知识辨析
提示
提示
1.动力学的两类基本问题
动力学中的两类基本问题是:一、已知物体的受力情况,确定物体的运动情况;二、已知
物体的运动情况,确定物体的受力情况。牛顿第二定律揭示出物体运动和受力之间的关系,
解决问题的关键是先根据题目中的已知条件求加速度a,然后再求所要求的物理量。
关键能力 定点破
定点 1 动力学的两类基本问题
2.动力学两类基本问题的处理方法
不管哪一类问题,都要进行受力分析和运动情况分析,求解加速度。知道物体的受力情
况后,常用力的合成与分解的方法求合力。要注意,合成时合力的方向必须是加速度的方向;
分解时通常以加速度a的方向为x轴的正方向,把力分解到坐标轴上,分别求合力,即Fx=ma,Fy=0。
3.由受力情况确定运动情况的一种特殊模型——等时圆模型
质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦由静止开始下滑到环的最低点所用时间相等,如图甲
所示。证明如下:质点沿竖直直径下滑时,做自由落体运动,有2R= gt2,则运动时间为t=2 ;
当质点沿与竖直弦成 角的光滑弦下滑时,通过的位移为L=2R sin θ,加速度为a=g sin θ,
且有L= at2,解得t=2 。
上述结论可推导出以下两个推论:
①质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示;
②两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿过切点的不同的光滑弦由静止开始
滑到下端所用时间相等,如图丙所示。
1.连接体及其特点
两个或两个以上相互关联(叠放,并排,或由绳子、细杆、弹簧连接)的物体构成的系统称
为连接体。连接体一般具有相同(或大小相等)的速度或加速度。
2.处理连接体问题的常用方法
(1)整体法与隔离法
定点 2 连接体问题
整体法 隔离法
概念 将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法 将研究对象与周围物体分隔开来分析的方法
选用原则 研究系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度,不涉及求内力的情况,用整体法比较简单 研究系统内物体之间的相互作用力
分析技巧 受力分析时不需要考虑系统内物体间的相互作用 一般隔离受力较少的物体
(2)在较为复杂的连接体问题中常常需要将整体法与隔离法有机地结合起来,交替运用。多
数情况下,求内力时,先整体后隔离;求外力时,先隔离后整体。
3.常见的弹力引起的连接体问题
弹力(绳子的拉力或弹簧的弹力等)作用下的连接体之间的力的分配规律如下:(各物体与
接触面间的动摩擦因数相同)
(1)相互挤压在一起的连接体
A、B之间的弹力FN= F
(2)用细线连接沿水平方向运动的连接体
细线的张力FT= F
(3)用轻质弹簧连接的连接体
弹簧弹力F弹= F
(4)用细线连接沿竖直方向运动的连接体
细线的张力FT= F
启发 这四种模型求解内力,结果相同,且内力与物体所处的接触面是否光滑无关,与mB和连
接体的总质量的比值有关。
4.由摩擦力引起的连接体问题
对摩擦力引起的连接体——板块模型分析时,注意由相对静止到相对滑动的临界情况的
讨论:先假设两者处于相对静止状态,由整体法求出加速度,然后隔离静摩擦力驱动的物体,由
牛顿第二定律求出静摩擦力;再看静摩擦力是否小于等于最大静摩擦力,判断假设是否成立,
再根据相关规律求解其他物理量。
典例 如图所示,物体P置于光滑的水平面上,用细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重
为10 N的重物Q,物体P向右运动的加速度大小为a1【1】;若细线下端不挂重物,而用F=10 N的力
竖直向下拉细线下端【2】,这时物体P的加速度大小为a2,则下列说法正确的是 ( )
A.a1B.a1=a2
C.a1>a2
D.条件不足,无法判断
信息提取 【1】P、Q运动的加速度大小相等,细线的拉力提供P运动的加速度,其大小不等
于物体Q的重力10 N。
【2】细线的拉力提供P运动的加速度,其大小等于10 N。
思路点拨 P、Q运动时,物体Q的重力提供整体的加速度,而细线的拉力提供P运动的加速
度,根据牛顿第二定律分析加速度的大小;改用F=10 N的力拉细线时,以P为研究对象分析加
速度。
解析 方法1:隔离法
挂重物时,设细线张力大小为T,以P为研究对象,由牛顿第二定律得T=mPa1,
以Q为研究对象有mQg-T=mQa1,则a1= = ;
当改为10 N的拉力后,由牛顿第二定律得a2= ,故a1方法2:整体法
挂重物时,以P、Q组成的整体为研究对象,有mQg=(mP+mQ)a1,则a1= = ;
当改为10 N的拉力后,由牛顿第二定律得a2= ,故a1答案 A
1.特点:传送带始终以恒定的速率运行,物体和传送带之间的动摩擦因数μ≠0。
2.常见的传送带模型
(1)水平传送带
当传送带水平时,应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。静摩擦力达到最大
值是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态;滑动摩擦力存在于发生相对运动的物体之
间,因此物体与传送带速度相同时,滑动摩擦力往往要发生突变。
定点 3 传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
①可能一直加速;
②可能先加速后匀速,匀速后摩擦力将变为零
①v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速;
②v0③v0=v,一直匀速
①传送带较短时,滑块一直减速到左端;
②传送带较长时,滑块会被传送带传回右端;当v0>v时返回速度为v,当v0(2)倾斜传送带
当传送带倾斜时,除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外,还要注意物体与
传送带之间的动摩擦因数μ和传送带倾斜角度θ对物体受力的影响,从而正确判断物体的速度
和传送带速度相等后物体的运动性质。
项目 图示 滑块可能的运动情况
①μ>tan θ时,可能一直加速上滑,也可能先加速后匀速,匀速后滑动摩擦力将突变为静摩擦力;
②μ ①μ>tan θ时,可能一直加速下滑,加速度a=g sin θ+μg cos θ,也可能先加速后匀速,匀速后滑动摩擦力将突变为静摩擦力;
②μ情 景 3 ①v0tan θ时,可能一直加速下滑,加速度a=g sin θ+μg cos θ;也可能先加速后匀速,匀速后滑动摩擦力突变为静摩擦力;
②当v0③当v0=v且μ=tan θ时,一直匀速运动;
④当v0>v且μ>tan θ时,可能一直减速下滑,加速度大小为a=μg cos θ-g sin θ;若传送带较长,可能先减速后匀速,匀速后滑动摩擦力突变为静摩擦力
情 景 4 ①μ②μ=tan θ时,一直匀速下滑;
③μ>tan θ时,可能一直减速下滑,可能先减速后反向加速,也可能先减速再反向加速最后匀速
3.分析传送带问题的两个关键
(1)正确理解两个“无关”:滑块所受滑动摩擦力的大小与滑块相对传送带的速度无关;滑块
受到的合外力产生的加速度是对地的加速度,与传送带的运动状态无关,这是分析滑块在传
送带上运动状态的基础。
(2)正确判定一个“转折点”:滑块与传送带共速时,滑动摩擦力发生突变,引起滑块运动状态
发生变化,这是分析滑块在传送带上运动状态的关键。
典例 如图所示,传送带与水平地面间的夹角θ=37°,传送带顶端A到底端B的长度L=23.2 m,传送带始终以v0=8 m/s的速度逆时针转动【1】。在传送带顶端A轻放【2】一质量m=0.5 kg的煤块,已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5【3】,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2,求:煤块从传送带顶端A运动到底端B所需的时间t。
信息提取 【1】传送带速度不变。
【2】煤块刚放到传送带上时速度为零。
【3】动摩擦因数μ=0.5<0.75=tan 37°,知重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力。
思路点拨 以煤块为研究对象,对煤块进行受力分析,可知煤块的运动过程分为两段。第一
段,煤块刚放到传送带上时摩擦力沿传送带向下【4】,煤块做匀加速运动,根据牛顿第二定律和
运动学公式【5】求出达到共速所需要的时间等物理量;第二段,煤块和传送带共速后摩擦力反
向,煤块加速度向下,继续加速,根据运动学公式和牛顿第二定律求出从共速开始到煤块到达
底端B所需要的时间,把两段时间相加即为所求。
解析 煤块刚放到传送带上时,受到的摩擦力沿传送带向下,设煤块的加速度大小为a1,从开
始加速到速度与传送带速度相等需要的时间为t1,对应的位移大小为x1,则有
a1=g(sin θ+μ cos θ)
t1= ,x1= a1
解得a1=10 m/s2,t1=0.8 s,x1=3.2 m(由【2】、【4】和【5】得到)
煤块速度达到v0时,煤块有相对传送带向下滑动的趋势,受到沿传送带向上的摩擦力,此时重
力沿传送带向下的分力大于摩擦力,煤块继续加速下滑,设之后煤块的加速度大小为a2,还需
时间t2到达传送带底端B,则有a2=g(sin θ-μ cos θ)
L-x1=v0t2+ a2
解得a2=2 m/s2,t2=2 s(由【3】、【5】得到)
煤块从传送带顶端A运动到底端B所需的时间t=t1+t2=2.8 s。
答案 2.8 s
1.模型特点
两个物体上下叠放,由于存在相对运动或相对运动趋势,两物体间存在相互作用的摩擦
力,产生力和运动的关系问题。
2.一般解题步骤
(1)分析滑块和滑板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度。
(2)对滑块和滑板运动情况进行分析,找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系,特别注意
滑块和滑板的位移都是相对地面的位移。
3.解决“滑块-滑板”类问题的关键点
(1)判断滑块与滑板间是否存在相对滑动是解题的切入点。
(2)根据相对运动方向,分析滑块与滑板各自所受摩擦力的方向,进而由牛顿第二定律求出各
定点 4 滑块-滑板模型
自的加速度(包括大小和方向)是解题的着眼点。
(3)计算滑板受到的摩擦力是解题的易错点。
(4)分析滑块是否滑离滑板是解题的难点。
4.滑块-滑板模型常见问题分类(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)水平面光滑,外力作用在滑块上
临界条件分析:当A和B之间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时,对B,由牛顿第二定律得μmAg=
mBa,可知其与A保持相对静止的最大加速度a= ;对A、B整体,此时的外力F=(mA+mB)a=
。
运动分析:①当0②当F> 时,A和B发生相对运动,且aA= 、aB= 。
(2)水平面光滑,外力作用在木板上
临界条件分析:当A和B之间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时,对A,由牛顿第二定律得μ
mAg=mAa,可知其与B保持相对静止的最大加速度a=μg;对A、B整体,此时的外力F=(mA+mB)a=μ
(mA+mB)g。
运动分析:①当0F>μ(mA+mB)g时,A和B发生相对运动,且aA=μg、aB= 。
(3)水平面粗糙,外力作用在滑块上
临界条件分析:①当B与地面间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对A、B整体,外力F=μ2(mA
+mB)g,此时A、B整体刚好将要运动。②当B与A之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对B,由牛
顿第二定律得μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa,可知其与A保持相对静止的最大加速度a=
;对A、B整体,此时的外力F=(mA+mB)a+μ2(mA+mB)g=
。
运动分析:①当0 时,A和B保持相对静止共同加速运动,且aA=aB= ;③当F>
时,A和B发生相对运动,且加速度aA= 、aB=
。
(4)水平面粗糙,外力作用在木板上
临界条件分析:①当B与地面之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对A、B整体,外力F=μ2
(mA+mB)g,此时A、B整体刚好将要运动。②当B与A之间的摩擦力达到最大静摩擦力时,对A,
由牛顿第二定律得μ1mAg=mAa,知其与B保持相对静止的最大加速度a=μ1g;对A、B整体,此时
的外力F=(mA+mB)a+μ2(mA+mB)g=(μ1+μ2)·(mA+mB)g。
运动分析:①当0A和B保持相对静止共同加速,且aA=aB= ;③当F>(μ1+μ2)(mA+mB)g时,A和B发生
相对运动,且加速度aA=μ1g、aB= 。
5.滑块不滑离滑板的临界条件:滑块恰好滑到滑板的边缘时,两者达到共同速度。
(1)如图甲所示,长木板B带动物块A(可视为质点),A恰好不从B上掉下的临界条件是A滑到B左
端时二者速度恰好相等,位移关系为xB=xA+L。
(2)如图乙所示,物块A(可视为质点)带动长木板B,A恰好不从B上掉下的临界条件是A滑到B右
端时二者速度恰好相等,位移关系为xB+L=xA。
甲
乙
典例 如图所示,光滑水平地面上放着一块长木板,木板处于静止状态【1】,其长度L=1.6 m,质量
M=3.0 kg,质量m=1.0 kg的小物块放在木板的最右端(小物块可视为质点),小物块与木板之间
的动摩擦因数μ=0.10。现对木板施加一个F=10 N、方向水平向右的恒力【2】,重力加速度g取
10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求木板开始运动时加速度的大小;
(2)如果把木板从物块下方抽出来,那么F持续作用的时间至少需要多长
信息提取 【1】长木板初速度为零,且不受地面的摩擦力作用。
【2】对木板施加F=10 N、方向水平向右的恒力后,要判断木板与小物块间会不会发生相对
滑动。思路点拨 (1)对木板施加F=10 N、方向水平向右的恒力后,经过判断木板与小物块
间会发生相对滑动,对木板和小物块分别利用牛顿第二定律【3】求解其加速度大小;
(2)把木板从物块下方抽出来,并不需要拉力一直作用到抽出,只需要作用到让木板获得足够
的速度,在拉力撤去后,木板相对物块继续向前运动,因此,木板的运动分为两个阶段,一是在拉
力和摩擦力作用下的加速阶段,二是撤去拉力后在摩擦力作用下的减速阶段,根据牛顿第二
定律结合运动学规律【4】求解。
解析 (1)对木板施加F=10 N、方向水平向右的恒力后,假设木板和物块保持相对静止,一起
加速,则对木板和物块整体,有F=(M+m)a(由【1】、【3】得到)
对物块,有f=ma
联立解得f=2.5 N
而木板和物块间的最大静摩擦力fm=μmg=1 N
由于f>fm,故假设不成立,木板和物块间会出现相对运动。
对木板,水平方向的受力情况如图所示,木板向右做匀加速直线运动,设木板的加速度为a1,根
据牛顿第二定律可得F-μmg=Ma1
解得a1= =3.0 m/s2
(2)在力F作用下,木板以加速度a1向右做匀加速直线运动,如果把木板从物块下方抽出来,设F
持续作用的时间至少为t1。
撤去F后,木板向右做匀减速直线运动,加速度大小为a1'= = m/s2
物块一直向右做匀加速直线运动,加速度
a2=μg=1.0 m/s2
撤去力F后,设经过时间t2物块滑到木板的最左端,两者的速度相等,即
a1t1-a1't2=a2(t1+t2)(由【4】得到)
木板的位移x1= a1 +(a1t1)t2- a1' (由【4】得到)
物块的位移x2= a2 (由【4】得到)
由图可知x1-x2=L,联立解得t1=0.8 s。
答案 (1)3.0 m/s2 (2)0.8 s