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新教材高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律专题3牛顿运动定律的综合应用课件
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这是一份新教材高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律专题3牛顿运动定律的综合应用课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，强基础增分策略，增素能精准突破，加速度，一个整体，相互作用的内力，隔离法，临界状态，两种类型等内容，欢迎下载使用。
1.整体法当连接体内(即系统内)各物体的 相同时,可以把系统内的所有物体看成 ,分析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对 列方程求解的方法。 2.隔离法 隔离出的物体也可以是一个“小系统”当求系统内物体间 时,常把某个物体从系统中 出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿第二定律对 出来的物体列方程求解的方法。
3.外力和内力如果以物体系统为研究对象,受到系统之外的物体的作用力,这些力是该系统受到的 ,而系统内各物体间的相互作用力为 。应用牛顿第二定律列方程时不考虑 ;如果把某物体隔离出来作为研究对象,则内力将转换为隔离体的 。 内力与外力是相对系统而说的4.连接体两个或两个以上相互作用的物体组成的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起,或并排挤放在一起,或用绳子、细杆等连在一起,在求解连接体问题时常用的方法有整体法与 。 连接体沿杆或绳方向的分速度大小相等
5.临界问题某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态。在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语,一般都暗示了 的出现,隐含了相应的临界条件。 6.“皮带”与“板块”问题在研究具体皮带传送与板块运动时,选取 为参考系较为方便。
易错辨析 (1)隔离法和整体法是相对而言的,隔离法也可以隔离出两个以上的物体为研究对象。( )(2)研究问题一定是先整体再隔离简便。( )(3)细绳或线上各点的速度相同。( )(4)轻绳(线)或轻弹簧各部分的弹力大小相等。( )(5)皮带传送中,物块和皮带速度相同时一定不受摩擦力作用。( )
应用提升1.如图所示,水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动,传送带的右侧上方固定一挡板。在t=0时刻,将一滑块轻轻放在传送带的左端。当滑块运动到挡板所在的位置时,与挡板发生碰撞,已知碰撞时间极短,不计碰撞过程中的能量损失。某同学画出了滑块从t=0时刻到与挡板第二次碰撞前的v-t图像,其中可能正确的是( )
答案 A解析 滑块轻轻放在传送带左端,说明滑块初速度为零,做匀加速运动,直到与传送带速度相等,之后做匀速运动,与挡板碰撞后物块向左做匀减速运动直至速度为零,再向右做匀加速运动,故A项正确。
2.(2023陕西宝鸡模拟)如图甲所示,A、B两物体叠放在光滑水平面上,对物体A施加一水平力F,F-t图像如图乙所示,两物体在力F作用下由静止开始运动,且始终相对静止,规定水平向右为正方向,则下列说法正确的是( )A.两物体在4 s时改变运动方向B.在1~3 s时间内两物体间的摩擦力为零C.6 s时两物体的速度为零D.B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同
答案 D解析 以A、B为整体,由牛顿第二定律知,加速度 ,方向一直向右,整体一直做加速运动,选项A、C错误;对B分析,摩擦力Ff=mBa,方向始终与力F的方向相同,1~3 s内摩擦力不为0,选项B错误,D正确。
3.(2023江苏盐城期末)如图甲所示,一足够长的质量为m的木板静止在水平面上,t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以初速度v0水平向右滑行。0~t1时间内滑块加速度大小为a1,t1~t2时间内滑块加速度大小为a2。滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块运动的v-t图像如图乙所示,则有( )A.a12μ2D.μ1<2μ2
解析 根据v-t图线的斜率表示加速度,可知a1>a2,选项A、B错误。由v-t图像分析可知,0~t1时间内滑块相对木板向右滑动,木板相对地面向右滑动,t1时刻滑块与木板达到共同速度,t1~t2时间内滑块与木板相对静止一起减速到速度为零。对木板,木板受到滑块的最大静摩擦力大于木板受到地面的滑动摩擦力,所以有μ1mg>μ2·2mg,则有μ1>2μ2,选项C正确,D错误。
4.(多选)(人教版教材必修第一册第四章[复习与提高]B组第6题改编)如图所示,A、B两个物体相互接触,但并不黏合,放置在水平面上,水平面与物体间的摩擦力可忽略,两物体的质量mA=4 kg,mB=6 kg。从t=0开始,推力FA和拉力FB分别作用在A、B上,FA、FB随时间的变化规律为FA=8-2t(N), FB=2+2t(N),则下列说法正确的是( )A.t=1 s时,A、B间的相互作用力为6 NB.t=1 s时,A的加速度为1 m/s2C.t=3 s时,A、B间的相互作用力为6 ND.t=3 s时,A的加速度为0.5 m/s2
解析 FA、FB的大小都随时间而变化,但A、B整体受到的合力F合=FA+FB =10 N保持不变,开始一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速运动。在t=1 s时,对整体有FA+FB=(mA+mB)a,得a=1 m/s2,设A、B间的弹力为FAB,对B有FB+FAB=mBa,解得FAB=2 N,选项A错误,B正确。随着t的增大,FB增大,弹力FAB逐渐减小,当A、B恰好分离时,A、B间的弹力为零,即FAB=0,此时
1.常见连接体类型与特点
2.连接体问题求解方法
【典例突破】典例1.(多选)如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m1和m2的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ,当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时,弹簧的伸长量为x1;当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面向上作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时,弹簧的伸长量为x2,则下列说法正确的是( )A.若m1>m2,有x1=x2 B.若m1sin θ,有x1>x2 D.若μ
答案 AB解析 A、B在水平面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a1隔离物块A,根据牛顿第二定律,有FT-μm1g=m1a1在斜面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有F-(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a2
隔离物块A,根据牛顿第二定律,有FT'-m1gsin θ=m1a2比较可知FT=FT',弹簧弹力相等,与动摩擦因数和斜面的倾角无关,故由胡克定律知A、B正确,C、D错误。
【对点演练】1.(2023广东一模)我国神舟十一号飞船搭载了我国中学生设计的“双摆实验”装置进入太空。受此启发,某同学也设计了一个类似的双摆实验装置在学校实验室进行研究,如图所示,将质量和大小都不同的两个小球分别系在一轻绳的中间和下端,其中上面的小球较小较轻,而轻绳的上端连接在竖杆顶部的横杆上,竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动(两小球相对小车静止),不计空气阻力,则下列四个图中所示的姿态正确的是( )
解析 设上面小球的质量为m,下面小球的质量为m0,上半段轻绳与竖直方向的夹角为θ,下半段轻绳与竖直方向的夹角为α。以两个小球组成的整体为研究对象,其受力分析如图甲所示,根据牛顿运动定律有Fsin θ=(m0+m)a,
2.(2023广西桂林期末)如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g,这使得实验者可以有较长的时间进行观测、研究。已知物体A、B的质量均为m0,物体C的质量为m。轻滑轮的轴摩擦不计,轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后( )
解析 对物体A有FT-m0g=m0a对B、C整体有(m0+m)g-FT=(m0+m)a
1.临界值或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点。(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即是求收尾加速度或收尾速度。
2.处理临界问题的三种方法
3.动力学中极值问题的临界条件和处理方法(1)四种典型临界条件①接触与脱离的临界条件:两物体接触或脱离,临界条件是弹力FN=0。②相对滑动的临界条件:两物体接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。③绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的拉力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中拉力等于它所能承受的最大拉力,绳子松弛的临界条件是FT=0。④加速度变化时,速度达到极值的临界条件:加速度变为0时。
(2)四种典型数学方法①三角函数法;②根据临界条件列不等式法;③利用二次函数的判别式法;④极限法。
【典例突破】典例2.(多选)(2023湖南卷)如图所示,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtan θB.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mgtan θC.若推力F向左,且μ2μ,则F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)
思维点拨 (1)若推力向左,则系统的加速度向左,厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力,或A与左壁弹力为零,此时F有最大值。(2)若推力向左,μ≥tan θ时,系统的加速度向左,厢底对B的摩擦力未达到最大静摩擦力,方向水平向左,A与左壁弹力为零,此时F有最大值。(3)若推力向左,μ2μ时,厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力,方向水平向右,F有最大值;厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力,方向水平向左,F有最小值。
解析 设杆的弹力为FT,对A球,一定有FTcs θ=mg。若B球受到的摩擦力为0,则对B球,在水平方向有FTsin θ=ma,解得a=gtan θ,对整体有F=4ma=4mgtan θ,A错误;若推力F向左,当A有最大加速度时侧壁对A的弹力为0,此时a=gtan θ,当B有最大加速度a'时,对B有μ·2mg-FTsin θ=ma',且tan θ≤μ,解得a'>a,故最大加速度仍为a,对整体有F=4ma=4mgtan θ,B错误;若推力F向左,且μ2μ,则B向右的最小加速度为a1,对B有FTsin θ-μ·2mg =ma1,对整体有Fmin=4ma1=4mg(tan θ-2μ),B向右的最大加速度为a2,对B有FTsin θ+μ·2mg=ma2,对整体有Fmax=4ma2=4mg(tan θ+2μ),故4mg(tan θ-2μ) ≤F≤4mg(tan θ+2μ),D正确。
【对点演练】3.(2023辽宁沈阳开学)如图所示,正方体盒子A放在固定的斜面体C的斜面上,在盒子内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁M、N点接触。在下述情况下,说法正确的是( )A.若C的斜面光滑,盒子A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则M点对B有压力B.若C的斜面光滑,盒子A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则N点对B有压力C.若C的斜面粗糙,且盒子A沿斜面加速下滑,则M点对B有压力D.若C的斜面粗糙,且盒子A沿斜面加速下滑,则N点对B有压力
解析 若C的斜面光滑,对A、B整体受力分析得(mA+mB)gsin θ=(mA+mB)a1,解得a1=gsin θ,则B所受外力的合力F合1=mBa1,解得F合1=mBgsin θ,即B所受外力的合力与B重力沿斜面向下的分力相等,可知盒子前、后壁M、N点对B没有力的作用,选项A、B错误。若C的斜面粗糙,且盒子A沿斜面加速下滑,对A、B整体受力分析得(mA+mB)gsin θ-μ(mA+mB)gcs θ=(mA+mB)a2,解得a2=gsin θ-μgcs θ,则B所受外力的合力F合2=mBa2=mBgsin θ-μmBgcs θ< mBgsin θ,即B所受外力的合力小于B的重力沿斜面向下的分力,可知M点对B有力的作用,选项C正确,D错误。
4.如图所示,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= ,重力加速度g取10 m/s2。(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+ at2v=v0+at联立解得a=3 m/s2v=8 m/s。
(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Fcs α-mgsin θ-Ff=maFsin α+FN-mgcs θ=0又Ff=μFN
1.水平传送带(1)模型情境
(2)水平传送带问题分析求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度,也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2.倾斜传送带(1)模型情境
(2)倾斜传送带问题分析求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。
3.传送带问题的解题思路
【典例突破】典例3.如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=4 m/s,传送带与水平面间的夹角为θ=37°,现将一质量m=1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点),与此同时,给物块施加沿传送带方向向上的恒力F=8 N,经过一段时间,物块运动到了离地面高为h=2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间。(2)若在物块与传送带达到相同速度时,立即撤去恒力F,计算物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度大小(结果用根式表示)。
思维点拨 对物块受力分析,根据牛顿第二定律求解加速度,注意共速前后滑动摩擦力方向发生突变。对物块两个加速过程进行运动分析,注意运动参量之间的联系,以地面为参考系。明确力F撤去后,由于物块的受力情况发生变化,因此物块运动情况发生突变。
解析 (1)对物块受力分析可知,物块先在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,直至速度与传送带的速度相同由牛顿第二定律得F+μmgcs θ-mgsin θ=ma1代入数据解得a1=6 m/s2
物块与传送带共速后,对物块进行受力分析可知,物块受到的摩擦力的方向改变,因为F=8 N,而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N,所以物块不能相对传送带向上加速运动,物块将随传送带匀速上升
(2)若共速后撤去恒力F,因为mgsin θ>μmgcs θ,对物块进行受力分析可知,物块将减速向上运动有mgsin θ-μmgcs θ=ma2代入数据解得a2=2 m/s2经判断,物块在速度减到零之前,已经从传送带上端离开,设物块还需时间t'离开传送带,离开时的速度大小为v',则由运动学公式有v2-v'2=2a2(x-x1)
【对点演练】5.(2023广东惠州模拟)如图甲所示,将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上,取向右为速度的正方向,物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示,下列描述正确的是( )A.小物块一直受滑动摩擦力B.传送带做顺时针的匀速运动C.传送带做顺时针的匀加速运动D.小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带
解析 由题图乙可知,物块先做加速运动,可以判断出物块受到向右的滑动摩擦力,此时物块相对传送带向左运动,说明传送带向右运动且速度大于物块速度;当物块P与传送带共速后,若传送带匀速运动,则物块随传送带一起匀速运动,这与v-t图像不符,说明传送带也向右加速且加速度小于物块由于受滑动摩擦力而产生的加速度,否则物块不能达到与传送带共速,共速以后物块随传送带一起做加速度较小的加速运动,选项B错误,C正确。当物块与传送带一起水平向右加速后,由于物块与传送带相对静止,物块受静摩擦力,选项A错误。物块一直向右加速,不可能从传送带左端滑下传送带,选项D错误。
6.(2023广东广州期末)安检机在工作时,通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端,其过程可简化为如图所示,传送带长为2.1 m,被检物品与传送带间的动摩擦因数μ=0.3。假设传送带速度可以调节,当传送带速度调为4 m/s,被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中(g取10 m/s2,被检物品可视为质点),下列说法正确的是( )A.物品先做匀加速运动后做匀速运动B.物品从A端到B端所用的时间为1.5 sC.物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力D.若减小传送带速度,物品传送时间可能不变
解析 物品刚放在传送带上时相对传送带滑动,做初速度为零的匀加速直线运动,对物品, μmg=ma,解得a=3 m/s2。假设物品可以加速到与传送带共
选项B错误。全过程中,物品一直受到向右的滑动摩擦力,选项C错误。当传送带速度减小时,物品在传送带上仍可能是全程加速,在加速度和位移都不变的情况下,运动的时间也不变,选项D正确。
7.(2023河北沧州一模)如图甲所示,一物块以某一初速度从倾角为α、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动,其v-t图像如图乙所示。已知传送带的速度为v0,传送带足够长,物块与传送带间的动摩擦因数为μ,下列说法正确的是( )A.物块的初速度小于v0B.物块与传送带间的动摩擦因数μ>tan αC.物块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻D.若物块从传送带顶端由静止向下运动,其他条件不变,物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动
解析 v-t图像斜率表示加速度,由题图可分析出,物块先以加速度a1做匀减速直线运动,后以加速度a2做匀减速直线运动,且a1>a2。若物块的初速度小于v0,物块相对斜面向下运动,则受到沿传送带向上的摩擦力,物块做匀减速直线运动,物块会一直以此加速度向上减速为0,与题设不符,选项A错误。物块的初速度大于v0,物块相对斜面向上运动,则受到沿传送带向下的摩擦力,物块做匀减速直线运动,有mgsin α+μmgcs α=ma1,物块减速到速度等于v0后,则受到沿传送带向上的摩擦力,对物块有mgsin α-μmgcs α=ma2>0,故μ
3.分析板块模型时要抓住一个转折和两个关联
4.分析板块模型的四点注意(1)用隔离法分析滑块和木板的受力,分别求出滑块和木板的加速度。(2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。(3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。(4)在运动学公式中,位移、速度和加速度都是相对地面的。
【典例突破】典例4.如图所示,将“ ”形工件放在水平地面上,静置于工件上的小滑块与挡板相距L=2.4 m,已知滑块的质量m1=3 kg,与工件间的动摩擦因数μ1=0.20;工件的质量m2=5 kg,与地面间的动摩擦因数μ2=0.50;现在工件左端施加F=52 N的水平推力,作用时间t0=10 s,之后滑块与挡板发生碰撞,g取10 m/s2。求:(1)撤掉F时工件的速度大小;(2)撤掉推力后,滑块经多长时间与挡板相碰。
思维点拨 选取地面为参考系→分段根据板块的相关运动关系列方程→分段受力分析由运动学公式和牛顿第二定律分析解决。
答案 (1)15 m/s (2)1 s解析 (1)滑块与工件一起运动的最大加速度设滑块与工件一起运动的水平推力的最大值为Fm,根据牛顿第二定律有Fm-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)am代入数据得Fm=56 N>52 N,故在水平推力F作用下,滑块与工件一起运动F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a滑块与工件一起运动的加速度大小a=1.5 m/s2撤掉F时工件的速度v=at0=15 m/s。
(2)撤掉F后滑块减速的加速度大小为a1,工件减速的加速度大小为a2对滑块有μ1m1g=m1a1对工件有μ2(m1+m2)g-μ1m1g=m2a2代入数据得a1=2 m/s2a2=6.8 m/s2设经过时间t滑块与挡板相碰,滑块与工件的位移分别为x1和x2,有x1=vt- a1t2x2=vt- a2t2x1-x2=L解得t=1 s。
【对点演练】8.(多选)(2023湖南高三月考)如图甲所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,滑块Q放置于长木板的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,一段时间后撤去力F,滑块、长木板的速度图像如图乙所示。已知滑块与长木板的质量相等,滑块Q始终没有从长木板P上滑下,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )A.t=9 s时长木板P停下来B.长木板P的长度至少是16.5 mC.滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05D.滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为12 m
答案ACD解析 由题图乙可知,力F在t1=5 s时撤去,此时长木板P的速度v1=5 m/s,t2=6 s时二者速度相同,v2=3 m/s,t2=6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度,t2=6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度,0~6 s过程中,以滑块Q为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1mg=ma1,解得μ1=0.05,故C正确;5~6 s过程中,以长木板P为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ2·2mg+μ1mg=ma2,解得μ2=0.075,6 s末到长木板停下来过程中,根据牛顿第二定律可得μ2·2mg-μ1mg=ma3,解得a3=1 m/s2,这段时间Δt1= =3 s,所以t3=9 s时长木板P停下来,故A正确;
9.(多选)(2023广东深圳月考)如图所示的装置,5个相同的木板紧挨着(不粘连)静止放在水平地面上,每块木板的质量均为m=1 kg,长l=1 m。它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。现有质量为m0=2.5 kg的小铅块(可视为质点)以v0=4 m/s的初速度从左端滑上木板1,它与木板间的动摩擦因数μ2=0.2。g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则小铅块( )A.刚滑上木板1时,木板1会滑动B.滑离木板3之前,所有木板均处于静止状态C.滑离木板3时的速度大小为2 m/sD.最终停在木板5上
解析 小铅块滑上木板时,小铅块与木板之间的摩擦力为Ff1=μ2m0g=0.2×2.5×10 N=5 N,此时5个木板与地面间的最大静摩擦力为Ffm=μ1(5m+m0)g,解得Ffm=7.5 N>Ff1,故小铅块刚滑上木板1时,木板1仍静止,选项A错误。小铅块滑上木板3时,以后面3块木板和小铅块为研究对象,地面对它们的最大静摩擦力为Ffm'=μ1(3m+m0)g,解得Ffm'=5.5 N>Ff1,而μ1(2m+m0)g=4.5 N
1.整体法当连接体内(即系统内)各物体的 相同时,可以把系统内的所有物体看成 ,分析其受力和运动情况,运用牛顿第二定律对 列方程求解的方法。 2.隔离法 隔离出的物体也可以是一个“小系统”当求系统内物体间 时,常把某个物体从系统中 出来,分析其受力和运动情况,再用牛顿第二定律对 出来的物体列方程求解的方法。
3.外力和内力如果以物体系统为研究对象,受到系统之外的物体的作用力,这些力是该系统受到的 ,而系统内各物体间的相互作用力为 。应用牛顿第二定律列方程时不考虑 ;如果把某物体隔离出来作为研究对象,则内力将转换为隔离体的 。 内力与外力是相对系统而说的4.连接体两个或两个以上相互作用的物体组成的整体叫连接体。如几个物体叠放在一起,或并排挤放在一起,或用绳子、细杆等连在一起,在求解连接体问题时常用的方法有整体法与 。 连接体沿杆或绳方向的分速度大小相等
5.临界问题某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态。在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语,一般都暗示了 的出现,隐含了相应的临界条件。 6.“皮带”与“板块”问题在研究具体皮带传送与板块运动时,选取 为参考系较为方便。
易错辨析 (1)隔离法和整体法是相对而言的,隔离法也可以隔离出两个以上的物体为研究对象。( )(2)研究问题一定是先整体再隔离简便。( )(3)细绳或线上各点的速度相同。( )(4)轻绳(线)或轻弹簧各部分的弹力大小相等。( )(5)皮带传送中,物块和皮带速度相同时一定不受摩擦力作用。( )
应用提升1.如图所示,水平传送带沿顺时针方向以恒定速率v0匀速转动,传送带的右侧上方固定一挡板。在t=0时刻,将一滑块轻轻放在传送带的左端。当滑块运动到挡板所在的位置时,与挡板发生碰撞,已知碰撞时间极短,不计碰撞过程中的能量损失。某同学画出了滑块从t=0时刻到与挡板第二次碰撞前的v-t图像,其中可能正确的是( )
答案 A解析 滑块轻轻放在传送带左端,说明滑块初速度为零,做匀加速运动,直到与传送带速度相等,之后做匀速运动,与挡板碰撞后物块向左做匀减速运动直至速度为零,再向右做匀加速运动,故A项正确。
2.(2023陕西宝鸡模拟)如图甲所示,A、B两物体叠放在光滑水平面上,对物体A施加一水平力F,F-t图像如图乙所示,两物体在力F作用下由静止开始运动,且始终相对静止,规定水平向右为正方向,则下列说法正确的是( )A.两物体在4 s时改变运动方向B.在1~3 s时间内两物体间的摩擦力为零C.6 s时两物体的速度为零D.B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同
答案 D解析 以A、B为整体,由牛顿第二定律知,加速度 ,方向一直向右,整体一直做加速运动,选项A、C错误;对B分析,摩擦力Ff=mBa,方向始终与力F的方向相同,1~3 s内摩擦力不为0,选项B错误,D正确。
3.(2023江苏盐城期末)如图甲所示,一足够长的质量为m的木板静止在水平面上,t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以初速度v0水平向右滑行。0~t1时间内滑块加速度大小为a1,t1~t2时间内滑块加速度大小为a2。滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块运动的v-t图像如图乙所示,则有( )A.a1
解析 根据v-t图线的斜率表示加速度,可知a1>a2,选项A、B错误。由v-t图像分析可知,0~t1时间内滑块相对木板向右滑动,木板相对地面向右滑动,t1时刻滑块与木板达到共同速度,t1~t2时间内滑块与木板相对静止一起减速到速度为零。对木板,木板受到滑块的最大静摩擦力大于木板受到地面的滑动摩擦力,所以有μ1mg>μ2·2mg,则有μ1>2μ2,选项C正确,D错误。
4.(多选)(人教版教材必修第一册第四章[复习与提高]B组第6题改编)如图所示,A、B两个物体相互接触,但并不黏合,放置在水平面上,水平面与物体间的摩擦力可忽略,两物体的质量mA=4 kg,mB=6 kg。从t=0开始,推力FA和拉力FB分别作用在A、B上,FA、FB随时间的变化规律为FA=8-2t(N), FB=2+2t(N),则下列说法正确的是( )A.t=1 s时,A、B间的相互作用力为6 NB.t=1 s时,A的加速度为1 m/s2C.t=3 s时,A、B间的相互作用力为6 ND.t=3 s时,A的加速度为0.5 m/s2
解析 FA、FB的大小都随时间而变化,但A、B整体受到的合力F合=FA+FB =10 N保持不变,开始一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速运动。在t=1 s时,对整体有FA+FB=(mA+mB)a,得a=1 m/s2,设A、B间的弹力为FAB,对B有FB+FAB=mBa,解得FAB=2 N,选项A错误,B正确。随着t的增大,FB增大,弹力FAB逐渐减小,当A、B恰好分离时,A、B间的弹力为零,即FAB=0,此时
1.常见连接体类型与特点
2.连接体问题求解方法
【典例突破】典例1.(多选)如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m1和m2的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ,当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时,弹簧的伸长量为x1;当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面向上作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时,弹簧的伸长量为x2,则下列说法正确的是( )A.若m1>m2,有x1=x2 B.若m1
答案 AB解析 A、B在水平面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a1隔离物块A,根据牛顿第二定律,有FT-μm1g=m1a1在斜面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有F-(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a2
隔离物块A,根据牛顿第二定律,有FT'-m1gsin θ=m1a2比较可知FT=FT',弹簧弹力相等,与动摩擦因数和斜面的倾角无关,故由胡克定律知A、B正确,C、D错误。
【对点演练】1.(2023广东一模)我国神舟十一号飞船搭载了我国中学生设计的“双摆实验”装置进入太空。受此启发,某同学也设计了一个类似的双摆实验装置在学校实验室进行研究,如图所示,将质量和大小都不同的两个小球分别系在一轻绳的中间和下端,其中上面的小球较小较轻,而轻绳的上端连接在竖杆顶部的横杆上,竖杆固定在小车上。现在让小车带着两个小球一起向左加速运动(两小球相对小车静止),不计空气阻力,则下列四个图中所示的姿态正确的是( )
解析 设上面小球的质量为m,下面小球的质量为m0,上半段轻绳与竖直方向的夹角为θ,下半段轻绳与竖直方向的夹角为α。以两个小球组成的整体为研究对象,其受力分析如图甲所示,根据牛顿运动定律有Fsin θ=(m0+m)a,
2.(2023广西桂林期末)如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g,这使得实验者可以有较长的时间进行观测、研究。已知物体A、B的质量均为m0,物体C的质量为m。轻滑轮的轴摩擦不计,轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后( )
解析 对物体A有FT-m0g=m0a对B、C整体有(m0+m)g-FT=(m0+m)a
1.临界值或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,明显表明题述的过程存在着临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往就对应临界状态。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点。(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等,即是求收尾加速度或收尾速度。
2.处理临界问题的三种方法
3.动力学中极值问题的临界条件和处理方法(1)四种典型临界条件①接触与脱离的临界条件:两物体接触或脱离,临界条件是弹力FN=0。②相对滑动的临界条件:两物体接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,则发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。③绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的拉力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中拉力等于它所能承受的最大拉力,绳子松弛的临界条件是FT=0。④加速度变化时,速度达到极值的临界条件:加速度变为0时。
(2)四种典型数学方法①三角函数法;②根据临界条件列不等式法;③利用二次函数的判别式法;④极限法。
【典例突破】典例2.(多选)(2023湖南卷)如图所示,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtan θB.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mgtan θC.若推力F向左,且μ
思维点拨 (1)若推力向左,则系统的加速度向左,厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力,或A与左壁弹力为零,此时F有最大值。(2)若推力向左,μ≥tan θ时,系统的加速度向左,厢底对B的摩擦力未达到最大静摩擦力,方向水平向左,A与左壁弹力为零,此时F有最大值。(3)若推力向左,μ
解析 设杆的弹力为FT,对A球,一定有FTcs θ=mg。若B球受到的摩擦力为0,则对B球,在水平方向有FTsin θ=ma,解得a=gtan θ,对整体有F=4ma=4mgtan θ,A错误;若推力F向左,当A有最大加速度时侧壁对A的弹力为0,此时a=gtan θ,当B有最大加速度a'时,对B有μ·2mg-FTsin θ=ma',且tan θ≤μ,解得a'>a,故最大加速度仍为a,对整体有F=4ma=4mgtan θ,B错误;若推力F向左,且μ
【对点演练】3.(2023辽宁沈阳开学)如图所示,正方体盒子A放在固定的斜面体C的斜面上,在盒子内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁M、N点接触。在下述情况下,说法正确的是( )A.若C的斜面光滑,盒子A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则M点对B有压力B.若C的斜面光滑,盒子A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则N点对B有压力C.若C的斜面粗糙,且盒子A沿斜面加速下滑,则M点对B有压力D.若C的斜面粗糙,且盒子A沿斜面加速下滑,则N点对B有压力
解析 若C的斜面光滑,对A、B整体受力分析得(mA+mB)gsin θ=(mA+mB)a1,解得a1=gsin θ,则B所受外力的合力F合1=mBa1,解得F合1=mBgsin θ,即B所受外力的合力与B重力沿斜面向下的分力相等,可知盒子前、后壁M、N点对B没有力的作用,选项A、B错误。若C的斜面粗糙,且盒子A沿斜面加速下滑,对A、B整体受力分析得(mA+mB)gsin θ-μ(mA+mB)gcs θ=(mA+mB)a2,解得a2=gsin θ-μgcs θ,则B所受外力的合力F合2=mBa2=mBgsin θ-μmBgcs θ< mBgsin θ,即B所受外力的合力小于B的重力沿斜面向下的分力,可知M点对B有力的作用,选项C正确,D错误。
4.如图所示,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= ,重力加速度g取10 m/s2。(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+ at2v=v0+at联立解得a=3 m/s2v=8 m/s。
(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Fcs α-mgsin θ-Ff=maFsin α+FN-mgcs θ=0又Ff=μFN
1.水平传送带(1)模型情境
(2)水平传送带问题分析求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度,也就是分析物体在运动位移x(对地)的过程中速度是否和传送带速度相等。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2.倾斜传送带(1)模型情境
(2)倾斜传送带问题分析求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变。
3.传送带问题的解题思路
【典例突破】典例3.如图所示,有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带,其速度v=4 m/s,传送带与水平面间的夹角为θ=37°,现将一质量m=1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为质点),与此同时,给物块施加沿传送带方向向上的恒力F=8 N,经过一段时间,物块运动到了离地面高为h=2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间。(2)若在物块与传送带达到相同速度时,立即撤去恒力F,计算物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度大小(结果用根式表示)。
思维点拨 对物块受力分析,根据牛顿第二定律求解加速度,注意共速前后滑动摩擦力方向发生突变。对物块两个加速过程进行运动分析,注意运动参量之间的联系,以地面为参考系。明确力F撤去后,由于物块的受力情况发生变化,因此物块运动情况发生突变。
解析 (1)对物块受力分析可知,物块先在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,直至速度与传送带的速度相同由牛顿第二定律得F+μmgcs θ-mgsin θ=ma1代入数据解得a1=6 m/s2
物块与传送带共速后,对物块进行受力分析可知,物块受到的摩擦力的方向改变,因为F=8 N,而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N,所以物块不能相对传送带向上加速运动,物块将随传送带匀速上升
(2)若共速后撤去恒力F,因为mgsin θ>μmgcs θ,对物块进行受力分析可知,物块将减速向上运动有mgsin θ-μmgcs θ=ma2代入数据解得a2=2 m/s2经判断,物块在速度减到零之前,已经从传送带上端离开,设物块还需时间t'离开传送带,离开时的速度大小为v',则由运动学公式有v2-v'2=2a2(x-x1)
【对点演练】5.(2023广东惠州模拟)如图甲所示,将一物块P轻轻放在水平足够长的传送带上,取向右为速度的正方向,物块P最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示,下列描述正确的是( )A.小物块一直受滑动摩擦力B.传送带做顺时针的匀速运动C.传送带做顺时针的匀加速运动D.小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带
解析 由题图乙可知,物块先做加速运动,可以判断出物块受到向右的滑动摩擦力,此时物块相对传送带向左运动,说明传送带向右运动且速度大于物块速度;当物块P与传送带共速后,若传送带匀速运动,则物块随传送带一起匀速运动,这与v-t图像不符,说明传送带也向右加速且加速度小于物块由于受滑动摩擦力而产生的加速度,否则物块不能达到与传送带共速,共速以后物块随传送带一起做加速度较小的加速运动,选项B错误,C正确。当物块与传送带一起水平向右加速后,由于物块与传送带相对静止,物块受静摩擦力,选项A错误。物块一直向右加速,不可能从传送带左端滑下传送带,选项D错误。
6.(2023广东广州期末)安检机在工作时,通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端,其过程可简化为如图所示,传送带长为2.1 m,被检物品与传送带间的动摩擦因数μ=0.3。假设传送带速度可以调节,当传送带速度调为4 m/s,被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中(g取10 m/s2,被检物品可视为质点),下列说法正确的是( )A.物品先做匀加速运动后做匀速运动B.物品从A端到B端所用的时间为1.5 sC.物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力D.若减小传送带速度,物品传送时间可能不变
解析 物品刚放在传送带上时相对传送带滑动,做初速度为零的匀加速直线运动,对物品, μmg=ma,解得a=3 m/s2。假设物品可以加速到与传送带共
选项B错误。全过程中,物品一直受到向右的滑动摩擦力,选项C错误。当传送带速度减小时,物品在传送带上仍可能是全程加速,在加速度和位移都不变的情况下,运动的时间也不变,选项D正确。
7.(2023河北沧州一模)如图甲所示,一物块以某一初速度从倾角为α、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动,其v-t图像如图乙所示。已知传送带的速度为v0,传送带足够长,物块与传送带间的动摩擦因数为μ,下列说法正确的是( )A.物块的初速度小于v0B.物块与传送带间的动摩擦因数μ>tan αC.物块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻D.若物块从传送带顶端由静止向下运动,其他条件不变,物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动
解析 v-t图像斜率表示加速度,由题图可分析出,物块先以加速度a1做匀减速直线运动,后以加速度a2做匀减速直线运动,且a1>a2。若物块的初速度小于v0,物块相对斜面向下运动,则受到沿传送带向上的摩擦力,物块做匀减速直线运动,物块会一直以此加速度向上减速为0,与题设不符,选项A错误。物块的初速度大于v0,物块相对斜面向上运动,则受到沿传送带向下的摩擦力,物块做匀减速直线运动,有mgsin α+μmgcs α=ma1,物块减速到速度等于v0后,则受到沿传送带向上的摩擦力,对物块有mgsin α-μmgcs α=ma2>0,故μ
3.分析板块模型时要抓住一个转折和两个关联
4.分析板块模型的四点注意(1)用隔离法分析滑块和木板的受力,分别求出滑块和木板的加速度。(2)建立滑块位移、木板位移、滑块相对木板位移之间的关系式。(3)不要忽略滑块和木板的运动存在等时关系。(4)在运动学公式中,位移、速度和加速度都是相对地面的。
【典例突破】典例4.如图所示,将“ ”形工件放在水平地面上,静置于工件上的小滑块与挡板相距L=2.4 m,已知滑块的质量m1=3 kg,与工件间的动摩擦因数μ1=0.20;工件的质量m2=5 kg,与地面间的动摩擦因数μ2=0.50;现在工件左端施加F=52 N的水平推力,作用时间t0=10 s,之后滑块与挡板发生碰撞,g取10 m/s2。求:(1)撤掉F时工件的速度大小;(2)撤掉推力后,滑块经多长时间与挡板相碰。
思维点拨 选取地面为参考系→分段根据板块的相关运动关系列方程→分段受力分析由运动学公式和牛顿第二定律分析解决。
答案 (1)15 m/s (2)1 s解析 (1)滑块与工件一起运动的最大加速度设滑块与工件一起运动的水平推力的最大值为Fm,根据牛顿第二定律有Fm-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)am代入数据得Fm=56 N>52 N,故在水平推力F作用下,滑块与工件一起运动F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a滑块与工件一起运动的加速度大小a=1.5 m/s2撤掉F时工件的速度v=at0=15 m/s。
(2)撤掉F后滑块减速的加速度大小为a1,工件减速的加速度大小为a2对滑块有μ1m1g=m1a1对工件有μ2(m1+m2)g-μ1m1g=m2a2代入数据得a1=2 m/s2a2=6.8 m/s2设经过时间t滑块与挡板相碰,滑块与工件的位移分别为x1和x2,有x1=vt- a1t2x2=vt- a2t2x1-x2=L解得t=1 s。
【对点演练】8.(多选)(2023湖南高三月考)如图甲所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,滑块Q放置于长木板的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,一段时间后撤去力F,滑块、长木板的速度图像如图乙所示。已知滑块与长木板的质量相等,滑块Q始终没有从长木板P上滑下,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是( )A.t=9 s时长木板P停下来B.长木板P的长度至少是16.5 mC.滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05D.滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为12 m
答案ACD解析 由题图乙可知,力F在t1=5 s时撤去,此时长木板P的速度v1=5 m/s,t2=6 s时二者速度相同,v2=3 m/s,t2=6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度,t2=6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度,0~6 s过程中,以滑块Q为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ1mg=ma1,解得μ1=0.05,故C正确;5~6 s过程中,以长木板P为研究对象,根据牛顿第二定律可得μ2·2mg+μ1mg=ma2,解得μ2=0.075,6 s末到长木板停下来过程中,根据牛顿第二定律可得μ2·2mg-μ1mg=ma3,解得a3=1 m/s2,这段时间Δt1= =3 s,所以t3=9 s时长木板P停下来,故A正确;
9.(多选)(2023广东深圳月考)如图所示的装置,5个相同的木板紧挨着(不粘连)静止放在水平地面上,每块木板的质量均为m=1 kg,长l=1 m。它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。现有质量为m0=2.5 kg的小铅块(可视为质点)以v0=4 m/s的初速度从左端滑上木板1,它与木板间的动摩擦因数μ2=0.2。g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则小铅块( )A.刚滑上木板1时,木板1会滑动B.滑离木板3之前,所有木板均处于静止状态C.滑离木板3时的速度大小为2 m/sD.最终停在木板5上
解析 小铅块滑上木板时,小铅块与木板之间的摩擦力为Ff1=μ2m0g=0.2×2.5×10 N=5 N,此时5个木板与地面间的最大静摩擦力为Ffm=μ1(5m+m0)g,解得Ffm=7.5 N>Ff1,故小铅块刚滑上木板1时,木板1仍静止,选项A错误。小铅块滑上木板3时,以后面3块木板和小铅块为研究对象,地面对它们的最大静摩擦力为Ffm'=μ1(3m+m0)g,解得Ffm'=5.5 N>Ff1,而μ1(2m+m0)g=4.5 N
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