第五节 牛顿运动定律的应用
基础过关练
题组一 从运动情况确定受力
1.(多选)如图所示,质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在水平地面上做匀变速直线运动,位移随时间变化的关系为x=t2+t,物体与地面间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2。以下结论正确的是( )
A.匀变速直线运动的初速度为1 m/s
B.物体的位移为12 m时速度为7 m/s
C.水平恒力F的大小为4 N
D.水平恒力F的大小为12 N
2.质量为m=3 kg的木块放在倾角为θ=30°的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上,如图所示,使其由静止开始沿斜面向上加速运动,经过t=2 s时间,木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2) ( )
A.42 N B.6 N C.21 N D.36 N
3.如图所示,箱子的质量M=5.0 kg,与水平地面间的动摩擦因数μ=0.22。在箱子顶板处系一细线,悬挂一个质量m=1.0 kg的小球,箱子受到水平恒力F的作用,使悬挂小球的悬线偏离竖直方向θ=30°,重力加速度g=10 m/s2,则F应为多少 (保留三位有效数字)
4.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=2 kg,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10 m/s2。
(1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8 s到达高度H=64 m处,求飞行器所受阻力f的大小;
(2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6 s时关闭遥控器,飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h。
题组二 从受力确定运动情况
5.某老师驾驶汽车正以10 m/s的速度在平直道路上行驶,发现“礼让行人”和限速的标识随处可见。路上还有交警的温馨提示:驾驶机动车行经斑马线,不按规定减速、停车、避让行人的,可依法给予200元罚款,记3分的处罚。在行驶过程中,该老师突然发现前方人行道有行人,采取紧急刹车,汽车后车轮抱死,车轮向前直线滑动。已知车胎与路面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.该老师在公路上已超速行驶
B.汽车刹车过程中的加速度大小为10 m/s2
C.汽车滑行10 m后停下来
D.汽车刹车后3 s的位移大小为30 m
6.在重大节日或活动现场会燃放大型的礼花烟火,如图所示。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是60 m/s,上升过程中所受的阻力大小始终与自身重力相等,重力加速度g取10 m/s2,则礼花弹从射出到最高点所用的时间和离地面的距离分别为( )
A.6 s 90 m B.3 s 180 m
C.3 s 90 m D.6 s 180 m
7.如图所示,一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3,则( )
A.物体到达C1点时的速度最大
B.物体在三条轨道上的运动时间相同
C.物体到达C3的时间最短
D.物体在AC3上运动的加速度最小
8.工人用绳索拉铸件,铸件的质量是20 kg,铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用F=80 N的力拉动铸件,从静止开始在水平面上前进,绳与水平方向的夹角为α=37°并保持不变,经4 s后松手(g取10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)。求:
(1)松手前铸件的加速度a的大小;
(2)松手时铸件的速度v的大小;
(3)松手后铸件的加速度a'的大小;
(4)松手后铸件还能前进的距离L。
9.滑草运动是小朋友们非常喜欢的一项新兴娱乐活动。如图,ABC为某滑草场的滑道示意图,其中AB段长度为xAB=16 m,倾角为37°,BC段水平,且足够长。载人滑草车在滑道上滑动时,与滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5。假设滑草车经过B点前后瞬间的速度大小不变,某体验者乘坐滑草车可看成质点,人和滑草车的总质量为m=30 kg,空气阻力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)体验者运动到B位置时的速度大小;
(2)体验者最终停下的位置距B点的距离。
能力提升练
题组一 从运动情况确定受力
1.(多选)如图甲,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图像如图乙。若重力加速度g取10 m/s2,则 ( )
A.斜面的长度L=4 m
B.斜面的倾角θ=30°
C.物块的质量m=1 kg
D.物块与斜面间的动摩擦因数μ=
2.(多选)如图所示,质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上,被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,重力加速度为g,忽略一切摩擦,以下说法正确的是( )
A.斜面对小球的弹力为
B.斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为ma
C.若增大加速度a,斜面对小球的弹力一定增大
D.若增大加速度a,竖直挡板对小球的弹力一定增大
3.嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机,实施降落任务的过程简化如下:在距月面高为H=102 m处悬停,识别障碍物和坡度,选定相对平坦的区域后,先以大小为a1的加速度匀加速下降,加速至v1=4 m/s时,立即改变推力,以大小为a2=2 m/s2的加速度匀减速下降,至距月面高度30 m处速度减为零,立即开启自主避障程序,缓慢下降。最后距离月面2.5 m 时关闭发动机,探测器以自由落体的方式降落,自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑中,整个过程始终垂直月球表面做直线运动,取竖直向下为正方向。已知嫦娥四号探测器的质量m=40 kg,月球表面的重力加速度为1.6 m/s2。求:
(1)嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2;
(2)匀加速直线下降过程的加速度大小a1;
(3)匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。
4.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码移动的距离很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力大小;
(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;
(3)本实验中,m1=0.5 kg,m2=0.1 kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1 m,取g=10 m/s2。若砝码移动的距离超过l=0.002 m,人眼就能感知。为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大
题组二 从受力确定运动情况
5.如图所示,AB和CD为两条光滑斜槽,它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上,且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽,从静止出发,由A滑到B和由C滑到D,所用的时间分别为t1和t2,则t1与t2之比为( )
A.2∶1 B.1∶1 C.∶1 D.1∶
6.如图所示,一车内用轻绳悬挂着A、B两球,车向右做匀加速直线运动时,两段轻绳与竖直方向的夹角分别为α、θ,且α=θ,则( )
A.A球的质量一定等于B球的质量
B.A球的质量一定大于B球的质量
C.A球的质量一定小于B球的质量
D.A球的质量可能大于、可能小于也可能等于B球的质量
7.如图所示,在倾角θ=30°的足够长的固定的斜面底端有一质量m=1.0 kg的物体,物体与斜面间的动摩擦因数μ=。现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动,拉力F=18 N,方向平行斜面向上,经时间t=2.0 s绳子突然断了,求:(g取10 m/s2)
(1)绳断时物体的速度大小。
(2)物体沿斜面向上运动的最大距离。
(3)绳子断后物体在斜面上运动的时间。
8.如图所示,一足够长的圆柱形管底端固定一弹射器,弹射器上有一圆柱形滑块(可视为质点),圆柱形管和弹射器的总质量为m1=1 kg,滑块的质量为m2=2 kg,滑块与管内壁间的滑动摩擦力f=20 N。现将圆柱管竖直放置在水平地面上,滑块位于管底端的弹射器上。某时刻弹射器突然开启,在极短时间内将滑块向上以相对地面v0=30 m/s 的速度弹离圆柱管的底端,滑块和管在运动过程中始终保持在竖直方向。忽略弹射器的长度和空气阻力的影响,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)弹射后,滑块相对于管上升的最大距离Δs;
(2)滑块从被弹出到第一次回到管的底端所经历的时间t(管落地后立即停止运动)。
答案全解全析
第五节 牛顿运动定律的应用
基础过关练
1.ABD 结合匀变速直线运动的位移公式x=v0t+at2,对比x=t2+t可知v0=1 m/s,a=2 m/s2,故A正确。根据v2-=2ax得v=,当x=12 m时,v=7 m/s,故B正确。根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,得出F=ma+μmg=12 N,故C错误,D正确。
2.D 因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知mg sin θ=μmg cos θ,所以μ=tan θ=;当木块在推力作用下由静止沿斜面加速上滑时,由运动学公式x=at2得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-mg sin θ-μmg cos θ=ma,解得F=36 N,D正确。
3.答案 47.8 N
解析 对小球受力分析,由牛顿第二定律得
mg tan θ=ma
对小球和箱子组成的整体受力分析,由牛顿第二定律得
F-μ(M+m)g=(M+m)a
联立代入数据解得F=47.8 N
4.答案 (1)4 N (2)42 m
解析 (1)第一次飞行中,设加速度为a1,飞行器做初速度为零的匀加速直线运动,0~8 s内的位移
H=a1=64 m
由牛顿第二定律得
F-mg-f=ma1
解得a1=2 m/s2,f=4 N
(2)第二次飞行中,设失去升力时的速度为v1,上升的高度为s1,则0~6 s内,飞行器的位移
s1=a1=36 m
v1=a1t2=12 m/s
设失去升力后的加速度大小为a2,上升的高度为s2
由牛顿第二定律得mg+f=ma2
s2=
最大高度h=s1+s2
联立解得h=42 m
5.C 限速标识表示该路段限速60 km/h,60 km/h= m/s=16.67 m/s>10 m/s,故该老师没有超速,A错误;该老师的汽车刹车时的加速度大小为a===μg=0.5×10 m/s2=5 m/s2,B错误;汽车从开始刹车到停止运动的过程有2ax=,所以x== m=10 m,C正确,D错误。
6.C 礼花弹受到竖直向下的重力和阻力,由牛顿第二定律得mg+f=ma,由题意可知f=mg,联立解得a=20 m/s2;礼花向上做匀减速直线运动,末速度为0,根据=2ah得h=90 m,由平均速度公式得h=t,代入数据解得t=3 s,故C正确,A、B、D错误。
7.C 在沿轨道方向上,根据牛顿第二定律得,物体运动的加速度a==g sin θ,轨道倾角越大,加速度越大,所以在AC3上运动的加速度最大,D错误;设轨道的高度为h,根据几何知识可得,物体发生的位移为x=,物体的初速度为零,所以由x=at2解得t==,轨道倾角越大,物体运动时间越短,故物体到达C3的时间最短,B错误,C正确;根据v2=2ax得v=,知物体到达C1、C2、C3的速度大小相等,A错误。
8.答案 (1)1.3 m/s2 (2)5.2 m/s (3)2.5 m/s2 (4)5.408 m
解析 (1)对铸件受力分析
竖直方向有FN=mg-F sin α
水平方向,由牛顿第二定律得
F cos α-μFN=ma
解得a=1.3 m/s2
(2)松手时铸件的速度大小为
v=at=1.3×4 m/s=5.2 m/s
(3)松手后铸件受水平向左的摩擦力,加速度大小为a'==μg=2.5 m/s2
(4)松手后铸件还能前进的距离为
L== m=5.408 m
9.答案 (1)8 m/s (2)6.4 m
解析 (1)体验者在AB段运动,有
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma1
解得AB段的加速度a1=2 m/s2
据匀变速直线运动的速度-位移公式有=2a1xAB
可得vB== m/s=8 m/s
(2)体验者在BC段做匀减速直线运动,设加速度大小为a2,由牛顿第二定律有μmg=ma2
可得a2=μg=5 m/s2
根据匀变速直线运动的速度-位移公式,有
0-=2(-a2)L
可得L== m=6.4 m
能力提升练
1.BD 由题图乙所示图像可知,物体先沿斜面向上减速运动,减速到零后再向下加速运动,v-t图线与时间轴围成的面积为物体经过的位移,故可求出物体在斜面上的位移,但是不能求出斜面的长度,故A错误;由题图乙所示图像可知,物体沿斜面向上运动时的加速度大小a1== m/s2=8 m/s2,物体沿斜面向下运动时的加速度大小a2== m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得,上升过程有mg sin θ+μmg cos θ=ma1,下降过程有mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得θ=30°,μ=,故B、D正确。根据题中信息无法求出物块的质量,故C错误。
2.AD 对小球受力分析如图所示
把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解,竖直方向有FN2 cos θ=mg,水平方向有FN1-FN2 sin θ=ma,所以斜面对小球的弹力为FN2=,A正确。FN1=ma+mg tan θ。由于FN2=与a无关,故当增大加速度a时,斜面对小球的弹力不变,挡板对小球的弹力FN1随a增大而增大,故C错误,D正确。小球受到重力、斜面和竖直挡板的弹力,三个力的合力为ma,故B错误。
3.答案 (1)2 m/s (2)1 m/s2 (3)24 N 方向竖直向上
解析 (1)由题可知,嫦娥四号探测器距离月面2.5 m时关闭发动机,探测器以自由落体的方式降落,有=2g'h2,解得v2= m/s=2 m/s。
(2)由题意知,嫦娥四号探测器加速下降和减速下降过程发生的总位移为h=102 m-30 m=72 m
由速度-位移公式得+=h
解得a1=1 m/s2。
(3)匀加速直线下降过程,由牛顿第二定律得
mg'-F=ma1
解得F=24 N,方向竖直向上。
4.答案 (1)μ(2m1+m2)g (2)大于2μ(m1+m2)g (3)22.4 N
解析 (1)纸板相对砝码和桌面都是向右运动的,故受到砝码和桌面向左的摩擦力的作用,砝码对纸板的摩擦力为f1=μm1g
桌面对纸板的摩擦力为
f2=μ(m1+m2)g
故纸板所受摩擦力的大小
f=f1+f2=μ(2m1+m2)g
(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有
f1=m1a1,F-f1-f2=m2a2
发生相对运动需要满足条件a2>a1
代入数据解得F>2μ(m1+m2)g
(3)为确保实验成功,砝码移动的距离不超过0.002 m,纸板抽出前,砝码运动的距离为
x1=a1
纸板运动的距离
d+x1=a2
纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离
x2=a3
l=x1+x2
由题意知a1=a3,a1t1=a3t2
解得F=2μg
代入数据得F=22.4 N
5.B 设光滑斜槽轨道与竖直方向的夹角为θ,则重物下滑时的加速度为a=g cos θ,由几何关系,斜槽轨道的长度s=2(R+r) cos θ,由运动学公式s=at2,得t===2,即所用时间t与倾角θ无关,所以t1=t2,B项正确。
规律总结
等时圆模型分析
甲
乙
6.D 以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律得
(mA+mB)g tan α=(mA+mB)a
解得a=g tan α
以B为研究对象,根据牛顿第二定律得
mBg tan θ=mBa
解得a=g tan θ
因此不论A的质量是大于、小于还是等于B球的质量,均有α=θ,故选D。
7.答案 (1)20 m/s (2)45 m (3)9.2 s
解析 (1)对物体受力分析,可得
FN=mg cos 30°=5 N
由牛顿第二定律可得
F-mg sin θ-μFN=ma1
解得a1=10 m/s2
可得v=a1t=10×2 m/s=20 m/s。
(2)物体在F作用下做匀加速直线运动的位移是
x1=t=20 m,
撤去F以后向上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得
mg sin θ+μmg cos θ=ma2
代入数据解得
a2=8 m/s2
减速运动的位移是
x2==25 m。
上升的总位移是
x=x1+x2=45 m。
(3)因为μmg sin θ-μmg cos θ=ma3
代入数据解得
a3=2 m/s2
减速上升的时间为
t2== s=2.5 s
加速下降的时间为
t3==3 s
故总时间为
t=t2+t3=(2.5+3) s≈9.2 s。
8.答案 (1)15 m (2)4.47 s
解析 (1)滑块被弹离与圆柱管共速前,设圆柱管和滑块的加速度大小分别为a1和a2。根据牛顿第二定律,有
对圆柱管:f-m1g=m1a1(a1方向向上)
对滑块:m2g+f=m2a2(a2方向向下)
共速时滑块相对于圆柱管上升的距离最大,设经过时间t1,两者以v1共速,由运动学公式,可得
v1=a1t1,v1=v0-a2t1
联立解得
t1=1 s,v1=10 m/s
圆柱管的位移
s1=t1=×1 m=5 m
滑块的位移
s2=t1=×1 m=20 m
两者的相对位移Δs=s2-s1=15 m。
(2)共速后滑块和管一起向上做匀减速直线运动,加速度为g,方向竖直向下,上升到最高点时速度为0,设共速后滑块和管上升的距离为s3,经历时间为t2,则0-=-2gs3,0=v1-gt2
解得s3=5 m,t2=1 s
圆柱管的底端离地面的最大高度h=s1+s3=10 m
滑块和圆柱管一起上升到最高点后,又一起做自由落体运动,设经历时间t3,管底碰到地面,落地前瞬间的速度大小为v2,则
=2gh,h=g
解得t3= s,v2=10 m/s
管落地后立即停止运动,滑块受到的滑动摩擦力方向向上,大小为f=20 N=m2g,滑块以速度v2做匀速直线运动至管底,经历时间
t4== s
滑块从被弹出到第一次回到管的底端所经历的时间为
t=t1+t2+t3+t4= s≈4.47 s。
21(共25张PPT)
第五节 牛顿运动定律的应用
动力学的两类基本问题
1.已知运动情况求受力情况
(1)确定研究对象,对研究对象进行受力分析和运动过程分析,并画出物体的受力
图和运动草图。
(2)选择合适的运动学公式,求出物体的加速度。
(3)利用牛顿第二定律求出物体所受的合外力。
(4)根据力的合成和分解的方法,求出所需求的力。
2.已知受力情况求运动情况
(1)确定研究对象,对研究对象进行受力分析,并画出物体的受力示意图。
(2)根据力的合成和分解的方法,求出物体所受的合外力。
(3)利用牛顿第二定律求出物体的加速度。
(4)结合给定的物体运动的初始条件,选择合适的运动学公式,求出所需求的物理
量,如位移、速度、时间等。
3.解决动力学两类基本问题应把握的关键
(1)两类分析→物体的受力分析和运动过程的分析。
(2)一个桥梁→物体的加速度是联系运动与力的桥梁。
多过程问题
1.将“多过程”分解为多个“子过程”,各“子过程”由“衔接点”连接。
2.对各“子过程”中的研究对象进行受力分析和运动过程分析,必要时画出受力
图与运动草图。
3.根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的规律列方程。
4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联,确定各段的时间关联、几何关联,并列
出相关的辅助方程。
5.联立方程,分析求解,对结果进行必要的讨论或验证。
知识辨析
判断正误,正确的画“√”,错误的画“ ”。
1.滑雪运动员从山坡上滑下时,其运动状态与受力情况无关。 ( )
2.物体运动状态的变化情况是由它的受力情况决定的。 ( )
3.不知道物体的质量,根据其运动情况也能确定其受力情况。 ( )
√
根据物体的运动情况可以求出加速度,如果不知道物体的质量,就不能求出
物体所受的合力,就不能确定其受力情况。
连接体问题
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.解决连接体问题的常用方法
(1)整体法:相互作用的物体组成的系统或连接体,如果它们具有相同的加速度,可
把它们看成一个整体进行分析,这就是整体法。
(2)隔离法:把系统中的各部分(或某一部分)从系统中隔离出来,作为一个单独的研
究对象来分析,这就是隔离法。若系统内各个物体的加速度不同,一般采用隔离
法。分别以各个物体为研究对象,对每个研究对象进行受力和运动情况分析,分
别应用牛顿第二定律和运动学规律建立方程,联立求解。
(3)在求解连接体问题时,多数情况下是交替使用整体法与隔离法。一般求内力
时,先整体后隔离;求外力时,先隔离后整体。
动力学中的临界问题
1.出现临界问题的标志
(1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,一般表明存在临界点。
(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,一般表明题述
的过程存在起止点,而这些起止点往往对应临界点。
(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,一般表明题述的过
程存在极值点,这个极值点往往是临界点。
2.三种临界条件的动力学特征
种类 动力学特征
接触与分离 (1)分离瞬间两物体的速度和加速度仍相同,分离之后速度和加速度不相同
(2)分离瞬间两物体还接触,但接触面间弹力FN=0
断裂与松弛 (1)绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力
(2)绳子松弛的临界条件是绳子张力FT=0
静止与滑动 两物体间接触面粗糙,且相互挤压、相对静止且存在相对运动趋势时,存在静摩擦力;发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值
动力学的两个经典相对运动模型
如图甲所示为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检
查。其传送装置可简化为如图乙所示模型,绷紧的传送带始终保持恒定的速率向
左运行。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在传送带的右端,行李最终被传
送至左端。
问题1
行李刚放到传送带上时受到几个力的作用 摩擦力的方向向左还是向右
提示 行李受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用,摩擦力的方向向左。
问题2
行李在传送带上做怎样的运动
提示 行李在传送带上可能一直做匀加速直线运动,也可能先做匀加速直线运
动,后做匀速直线运动。
问题3
传送带问题的一般分析思路是怎样的
提示 (1)初始时刻,根据v物、v带的关系,确定物体的受力情况,进而确定物体的运
动情况。
(2)确定临界状态v物=v带时的受力情况,判断之后的运动形式。
(3)运用相应规律,进行相关计算。
1.“传送带”模型
(1)基本特点
①传送带上物体的位移是以地面为参考系的,与传送带是否转动无关;
②物体的位移、相对路程和痕迹长度是三个不同的物理量。
(2)临界状态
物体与传送带速度相同(v物=v带)是临界状态,此时会出现:
①摩擦力发生突变:可能是摩擦力突然消失,也可能是滑动摩擦力突变为静摩擦
力等。
②物体的加速度发生改变。
(3)解答思路
传送带问题的实质是相对运动问题,这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。
因此,搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该类问题的关键。
①水平传送带问题
a.根据物体的受力和传送带的速度v带计算物体加速的时间t加和位移s。
b.再由位移s和传送带长度的关系判断物体的运动情况。
②倾斜传送带问题
典例1 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初速度为零。
【3】动摩擦因数μ=0.5力。
思路点拨 以煤块为研究对象,对煤块进行受力分析,煤块运动过程分为两段。
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,根据运动学公式和牛顿第二定律求出共速后煤块
到达底端B所需要的时间,煤块从传送带顶端A运动到底端B所需的时间t为两段时
间相加之和。
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s
1,则有
a1=g(sin θ+μ cos θ)
t1=
s1= a1
解得a1=10 m/s2,t1=0.8 s,s1=3.2 m(由【2】【4】【5】得到)
煤块速度达到v0后,受到向上的摩擦力,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-s1=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
2.“滑块-滑板”模型
(1)滑块与滑板是否发生相对滑动的判断
①运动学角度:若滑块与滑板的速度或加速度不等,则会相对滑动。
②摩擦力角度:通常采用整体法、隔离法和假设法等,思维流程如下:
(2)滑块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。
滑板B带动滑块A,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
滑块A带动滑板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
(3)分析“滑块-滑板”模型时要抓住一个转折和两个关联
典例2 如图所示,薄板A长L=16 m,质量M=5 kg,放在水平桌面上,A右端与桌边相
齐。在A上距A右端s=12 m处放一物体B(可看成质点),其质量m=2 kg。已知A、B
间的动摩擦因数μ1=0.1,A与桌面间、B与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.2,原来系
统静止【1】。现在A的右端施加一水平恒力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才
撤去【2】,且使B最后停于桌面的右边缘【3】。(g取10 m/s2)求:
(1)B运动的时间;
(2)恒力F的大小。
信息提取 【1】两物体初速度为零。
【2】B到达桌面边缘之前从A上掉下。
【3】B到达桌面边缘时速度为零。
思路点拨 以B为研究对象,它的运动过程分为两段。第一段,B在A上做匀加速运
动,根据牛顿第二定律【4】和运动学公式【5】求出B从A上掉下去时的速度、时间等
物理量;第二段,B在桌面上做匀减速运动,根据运动学公式求出B做匀减速运动的
时间。以A为研究对象,根据运动学公式和牛顿第二定律求出拉力大小。
解析 (1)根据牛顿第二定律得,B在A上滑动的加速度大小为
a1= =μ1g(由【4】得到)
B在桌面上滑动的加速度大小为
a2= =μ2g
设B刚离开A时的速度为v,由题可知
s= + (由【1】【2】【3】【5】得到)
B在A上滑动的时间为t1= (由【1】【5】得到)
B在桌面上滑动的时间为t2=
B运动的时间t=t1+t2=6 s
(2)设B在A上滑动过程中A的加速度大小为a,则有
L-s= a - a1 (由【1】【5】得到)
对A有
F-μ1mg-μ2 g=Ma(由【4】得到)
联立解得F=23.5 N
答案 (1)6 s (2)23.5 N
