高中物理一轮复习材料 知识点 第三章:牛顿运动定律
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这是一份高中物理一轮复习材料 知识点 第三章:牛顿运动定律,共65页。学案主要包含了牛顿第一定律,惯性,牛顿第三定律,六节车厢间的作用力为T1,则有等内容,欢迎下载使用。
第1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
二、惯性
1.定义:物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
2.普遍性:惯性是一切物体都具有的性质,是物体的固有属性,与物体的运动情况和受力情况无关。
3.量度:质量是惯性大小的唯一量度,质量大的物体惯性大,质量小的物体惯性小。
三、牛顿第三定律
情境创设
一辆货车在公路上行驶时,司机发现前面有异常情况,紧急刹车。货车在公路上又运行了较长一段距离才停下来。
eq \a\vs4\al(微点判断)
(1)由于惯性,货车有保持匀速直线运动状态的趋势,所以刹车后,货车没有立即停下来,而是又向前运行了一段距离。(√)
(2)货车承载的货物越重,惯性越大。(√)
(3)刹车时,货车做减速运动是因为地面对货车的摩擦力大于货车对地面的摩擦力。(×)
(4)地面对货车的支持力与货车对地面的压力是一对平衡力。(×)
(5)车头拉货箱的力一定大于货箱拉车头的力。(×)
(一) 牛顿第一定律(固基点)
[题点全练通]
1.[力与运动的关系]
(2023·福建泉州五校联考)关于力与运动的关系,下列说法中正确的是( )
A.必须有力的作用物体才能运动
B.牛顿第一定律可以用实验直接验证
C.理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”
D.牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大
解析:选C 力是改变物体运动状态的原因,物体不受力时也能保持匀速直线运动,故A错误;牛顿第一定律是在实验的基础上进一步推理概括出来的科学理论,不能直接通过实验得出,但能经住实践的检验,故B错误;伽利略通过理想斜面实验说明,力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因,故C正确;惯性的大小由物体的质量决定,与物体受力的大小无关,与是否受力也无关,故D错误。
2.[牛顿第一定律]
(多选)下列对牛顿第一定律的理解正确的是( )
A.牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律
B.不受外力作用时,物体的运动状态保持不变
C.在水平地面上滑动的木块最终停下来,是由于没有外力维持木块运动的结果
D.奔跑的运动员,由于遇到障碍而被绊倒,这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
解析:选ABD 牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的运动规律,总保持匀速直线运动状态或静止状态不变,A、B正确;牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系,力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因,C错误,D正确。
3.[对惯性的理解]
对一些生活中的现象,某同学试图从惯性角度加以分析。其中正确的是( )
A.太空中处于失重状态的物体没有惯性
B.“安全带,生命带,前排后排都要系”。系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害
C.“强弩之末,势不能穿鲁缟”,是因为强弩的惯性减小了
D.战斗机作战前抛掉副油箱,是为了增大战斗机的惯性
解析:选B 惯性只与质量有关,所以处于失重状态的物体还是具有惯性,A错误;系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害,B正确;“强弩之末,势不能穿鲁缟”,是因为强弩的速度减小了,惯性不变,C错误;战斗机作战前抛掉副油箱,是为了减小战斗机的惯性,增加灵活性,D错误。
[要点自悟明]
1.对牛顿第一定律的理解
(1)揭示了物体的惯性:不受力的作用时,一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态。
(2)揭示了力的作用对运动的影响:力是改变物体运动状态的原因。
2.对惯性的认识
惯性是物体保持原来运动状态的性质,与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关,物体的惯性只与其质量有关,物体的质量越大其惯性越大。
3.惯性的两种表现形式
(二) 牛顿第三定律(精研点)
逐点清1 作用力和反作用力的关系
1.(2023·杭州月考)如图甲所示,将一个力传感器固定在滑块上,用另一个力传感器钩住固定在滑块上的传感器的挂钩向右拉滑块,观察到这对拉力随时间变化的曲线如图乙所示,下列说法正确的是( )
A.作用力大时,反作用力小
B.作用力和反作用力的大小总是相等
C.反作用力总是在作用力出现后才产生的
D.图乙所示的曲线,只有在滑块静止或做匀速运动时才能得到
解析:选B 观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线,可以看出作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时变化,A、C错误,B正确;作用力与反作用力总是等大、反向、共线的关系,与物体的运动状态无关,D错误。
一点一过 作用力和反作用力的关系
逐点清2 作用力和反作用力与一对平衡力的区别
2.(2023·山东泰安模拟)马扎属于中国传统手工艺制品。腿交叉,上面绷帆布或麻绳等,可以合拢,便于携带。如图所示,马扎放在水平地面上,一小孩站在马扎上,以下说法正确的是( )
A.小孩受到的重力和马扎对小孩的弹力是一对作用力和反作用力
B.小孩受到的重力和小孩对马扎的压力是一对平衡力
C.马扎在光滑水平面上无法平衡
D.斜撑A、B之间的夹角越大,A、B上的作用力越大
解析:选D 小孩受到的重力和马扎对小孩的弹力是一对平衡力,A错误;小孩受到的重力和小孩对马扎的压力作用在不同的物体上,不是一对平衡力,B错误;对马扎和小孩整体分析可知,马扎在水平方向
不受摩擦力,则马扎在光滑水平面上也能平衡,C错误;小孩对马扎的压力是一定的,即两个斜撑的合力是一定的,斜撑A、B之间的夹角越大,A、B上的作用力越大,D正确。
eq \a\vs4\al(一点一过)
作用力和反作用力与一对平衡力的区别
逐点清3 牛顿第三定律的应用
3.如图所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上以加速度a水平向右加速滑行,长木板与地面间的动摩擦因数为μ1,木块与长木板间的动摩擦因数为μ2,重力加速度为g,若长木板仍处于静止状态,则长木板对地面摩擦力的大小和方向一定为( )
A.μ1(m+M)g,向左 B.μ2mg,向右
C.μ2mg+ma,向右 D.μ1mg+μ2Mg,向左
解析:选B 对木块分析可知,长木板对它水平向左的摩擦力大小为Ff1=μ2mg,由牛顿第三定律可知,木块对长木板的摩擦力向右,大小也为Ff1;由于长木板仍处于静止状态,对长木板受力分析可知,地面对它的静摩擦力方向向左,大小为Ff2=Ff1=μ2mg,由牛顿第三定律可知,长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg,方向向右,故B正确。
eq \a\vs4\al(一点一过) 利用牛顿第三定律转换研究对象
如果不能直接求解物体受到的某个力时,可先求它的反作用力,如求压力时可先求支持力,然后根据牛顿第三定律得到压力的大小和方向。求摩擦力时也可以用此种方法转换研究对象。
1.[强化科学探究]如图所示,小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。对三次实验结果进行对比,可以得到的最直接的结论是( )
A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置
B.如果小球不受力,它将一直保持匀速直线运动状态或静止状态
C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变
D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小
解析:选A 斜面上铺垫的材料粗糙程度越小,小球上升得越高,如果斜面光滑,没有摩擦力的影响,小球将上升到与O点等高的位置,但无法直接得出选项B、C、D中的结论,故只有选项A正确。
2.[树立民族自信](2021·广东高考) 唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁,F与竖直方向的夹角分别为α和β,α cs β,则可得到Fx曲 < Fx直,Fy曲 > Fy直,A错误,B正确;无论是加速还是匀速前进,耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力,它们大小相等,方向相反,故C、D错误。
3.[聚焦科技前沿]如图所示,是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的水上飞行运动装置。操控者借助该装置以向下喷射高压水柱的方式实现在水面上空悬停旋转或急速升降等运动。下列说法正确的是( )
A.人在水面上空悬停时,人(含装置)所受的重力和向下喷水的力是一对平衡力
B.人在水面上空悬停时,人(含装置)所受的重力和向下喷水的力是一对作用力与反作用力
C.人在急速升降过程中的惯性比悬停时大
D.人在匀速上升的过程中机械能增加
解析:选D 人(含装置)所受的重力和向下喷水的力作用在两个物体上,不是平衡力,故A错误;人(含装置)所受的重力施力物体是地球,受力物体是人(含装置),向下喷水的力施力物体是装置,受力物体是水,这里涉及了多个物体,不是相互作用力,故B错误;惯性只与质量有关,故人的惯性不变,故C错误;人在匀速上升的过程中,动能不变,重力势能增加,机械能增加,故D正确。
4.[渗透五育教育(体育)]某中学秋季趣味运动会中,高一同学参加了拔河比赛,如果绳质量不计,且保持水平,在甲、乙两队的拔河比赛中,甲队获胜,则下列说法中正确的是( )
A.甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力
B.甲把乙加速拉过去时,甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
C.只有当甲把乙匀速拉过去时,甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小
D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,只是地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力
解析:选D 甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力,大小始终相等,与运动状态无关,不管哪队获胜,甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力,才使得甲队获胜,选项D正确。
5.[聚焦科技前沿]2022年11月29日23时08分,我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F遥十五运载火箭,成功将神舟十五号载人飞船发射升空。关于这次神舟十五号载人飞船与火箭上天的情形叙述正确的是( )
A.火箭尾部向外喷气,喷出的气体对火箭产生一个反作用力,从而让火箭获得了向前的推力
B.火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力,空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C.火箭飞出大气层后,由于没有了空气,火箭虽然向后喷气,但也无法获得前进的动力
D.神舟十五号载人飞船进入预定轨道之后,与地球之间不存在相互作用
解析:选A 火箭升空时,其尾部向下喷气,火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体,火箭向下喷气时,喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力,即为火箭上升的推动力,此动力并不是由周围的空气提供的,因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关,B、C错误,A正确;神舟十五号载人飞船进入预定轨道之后,与地球之间依然存在相互吸引力,即神舟十五号载人飞船吸引地球,地球吸引神舟十五号载人飞船,这是一对作用力与反作用力,D错误。
[课时跟踪检测]
1.下列对牛顿第一定律的理解正确的是( )
A.地球上不存在不受力的物体,所以牛顿第一定律没有实际意义
B.不受力的物体运动状态有可能改变
C.公共汽车紧急刹车时乘客站着比坐着容易摔倒是因为站着比坐着惯性大
D.惯性是指物体有保持原来运动状态的性质,与物体的运动状态是否改变无关
解析:选D 牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论,而不能直接通过实验得出,但能经受住实践的检验,故A错误;不受力的物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,运动状态不可能改变,故B错误;物体惯性大小仅与质量有关,与其他因素无关,故C错误;惯性是指物体有保持原来运动状态的性质,是物体固有属性,与物体的运动状态是否改变无关,故D正确。
2.如图所示,正在喷洒农药的无人机沿水平方向匀速飞行。随着药液不断喷出,无人机(包括未喷出的药液)的惯性( )
A.保持不变 B.逐渐增大
C.逐渐减小 D.与其运动状态有关
解析:选C 物体的惯性大小由质量唯一决定,与运动状态无关,随着药液不断喷出,无人机(包括未喷出的药液)质量变小,所以惯性变小。
3.我国古代典籍中记录了很多物理现象和规律,体现了古人对自然的思考探索。根据所学知识分析,下列说法正确的是( )
A.“力,刑(形)之所以奋也”,力使物体的运动状态发生了改变,说明力是改变物体运动状态的原因
B.“强弩之末,势不能穿鲁缟”,说明弓箭的惯性随速度减小而减小
C.“劝登马力,马力既竭,辀犹能一取焉”,说明力是维持物体运动的原因,没有力物体就会停止运动
D.“有乌获之劲而不得人助,不能自举”,意思是力气很大的人也不能把自己举起来,说明一对相互作用力的效果可以相互抵消
解析:选A 力是改变物体运动状态的原因,故A正确;物体的惯性只与质量有关,与速度无关,故B错误;力不是维持物体运动的原因,故C错误;相互作用力不是作用在同一个物体上的,作用效果不会抵消,故D错误。
4.(2023·济宁高三月考)东京奥运会体操女子平衡木单项决赛中,中国选手管晨辰、唐茜靖包揽金、银牌。比赛中,体操运动员站在水平的平衡木上处于静态平衡状态,如图所示。则下列说法正确的是( )
A.平衡木对运动员的支持力大小等于运动员对平衡木的压力大小
B.平衡木对运动员的支持力和运动员对平衡木的压力是一对平衡力
C.平衡木对运动员有摩擦力
D.运动员受到支持力是因为脚底发生了形变
解析:选A 由牛顿第三定律可知平衡木对运动员的支持力和运动员对平衡木的压力是一对相互作用力,平衡木对运动员的支持力大小等于运动员对平衡木的压力大小,故A正确,B错误;运动员站在水平的平衡木上处于静态平衡状态,平衡木对运动员没有摩擦力,故C错误;运动员受到支持力是因为平衡木发生了形变所产生的弹力,故D错误。
5.如图所示为一女士借助健身球做靠墙静蹲运动,女士后背部保持挺直且倚靠在健身球上,健身球则倚靠在竖直墙面上,此时女士和健身球都处于静止状态。下列说法正确的是( )
A.健身球总共受到3个力作用
B.女士的脚不受地面的摩擦力作用
C.女士对健身球的弹力是由女士的形变产生的
D.女士对健身球的弹力与墙壁对健身球的弹力是一对相互作用力
解析:选C 健身球受重力、墙壁对其的弹力和摩擦力、女士对其的弹力和摩擦力,共5个力作用,故A错误;女士在水平方向上受力平衡,由于健身球对女士有水平向左的弹力,所以地面对女士一定有水平向右的摩擦力,故B错误;女士对健身球的弹力是由女士的形变产生的,故C正确;女士对健身球的弹力与墙壁对健身球的弹力是一对平衡力,故D错误。
6.(多选)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验的情景,风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”,此过程中( )
A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B.人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C.人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D.人被向上“托起”时处于超重状态
解析:选AD 地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力,等大反向,A正确;相互作用力是两个物体间的相互作用,而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体,不是一对相互作用力,B错误;由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”,在竖直方向上人受到的合力不为零,所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小,C错误;实验者被加速向上“托起”时,加速度方向向上,处于超重状态,D正确。
7.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0 kg的工人站在地面上,通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升,忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦,则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A.510 N B.490 N
C.890 N D.910 N
解析:选B 对建筑材料进行受力分析,有F-mg=ma,得绳子的拉力大小F=210 N;然后再对工人进行受力分析,由平衡条件得Mg=F+FN,得FN=490 N,根据牛顿第三定律可知,工人对地面的压力大小为490 N,故选项B正确。
8.(多选)如图所示,光滑水平面上静止着一辆小车,在酒精灯加热一段时间后塞子喷出。下列说法正确的是( )
A.由于塞子的质量小于小车的质量,喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力
B.由于塞子的质量小于小车的质量,喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C.塞子喷出瞬间,小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D.若增大试管内水的质量,则可以增大小车整体的惯性
解析:选CD 喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等,方向相反,故A、B错误;塞子喷出瞬间,试管内的气体对小车整体有斜向左下方的作用力,所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力,故C正确;若增大试管内水的质量,则小车整体的惯性增大,故D正确。
9.如图所示,用弹簧测力计悬挂一个重G=10 N 的金属块,使金属块部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出),若弹簧测力计的示数变为T′=6 N,则台秤的示数( )
A.保持不变 B.增加10 N
C.增加6 N D.增加4 N
解析:选D 金属块浸入水中后,水对金属块产生浮力F。由弹簧测力计的示数知,浮力的大小为:F=G-T′=4 N。根据牛顿第三定律,金属块对水也施加一个反作用力F′,其大小F′=F=4 N。所以,台秤的示数增加4 N。
第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1.内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。
2.表达式:F=ma。
3.适用范围
(1)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)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。
二、单位制
1.单位制:由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
2.基本单位:基本物理量的单位。力学中的基本量有三个,它们分别是质量、长度和时间,它们的国际单位分别是kg、m和s。
3.导出单位:由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
三、动力学的两类基本问题
1.第一类问题:由因推果——已知受力情况求物体的运动情况。
2.第二类问题:由果溯因——已知运动情况求物体的受力情况。
3.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第二定律列方程求解,具体逻辑关系如下图所示:
情境创设
让一名同学用单只手推光滑水平面上很重的一个箱子。
微点判断
(1)因为该同学一只手的力气较小,所以箱子可能不动。(×)
(2)该同学对箱子施力,然后产生了加速度,加速度的产生滞后于力的作用。(×)
(3)箱子加速度的方向一定与合外力方向相同。(√)
(4)箱子的质量与箱子的加速度成反比。(×)
(5)若该同学的推力逐渐减小,则箱子做减速运动。(×)
(6)该同学停止用力,则箱子立刻停下来。(×)
(一) 牛顿第二定律(固基点)
[题点全练通]
1.[对牛顿第二定律的理解]
根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是( )
A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度
C.物体加速度的大小与所受作用力中任一个力的大小成正比
D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平加速度大小与其质量成反比
解析:选D 根据牛顿第二定律a=eq \f(F,m)可知,物体的加速度与速度无关,A错误;即使合力很小,也能使物体产生加速度,B错误;物体加速度的大小与物体所受的合力成正比,C错误;力和加速度为矢量,在力不变时,物体的加速度与质量成反比,D正确。
2.[合力、加速度、速度之间的决定关系]
下列关于速度、加速度、合外力之间的关系,正确的是( )
A.物体的速度越大,则加速度越大,所受的合外力也越大
B.物体的速度为0,则加速度为0,所受的合外力也为0
C.物体的速度为0,但加速度可能很大,所受的合外力也可能很大
D.物体的速度很大,但加速度可能为0,所受的合外力可能很大
解析:选C 物体的速度大小和加速度大小没有必然联系,一个很大,另一个可以很小,甚至为0,物体所受合外力的大小决定加速度的大小,同一物体所受合外力越大,加速度一定也越大,C正确。
3.[牛顿第二定律的简单应用]
(1)(多选)如图所示,某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演。若盘的质量为m,手指与盘之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,盘底处于水平状态且不考虑盘的自转。则下列说法正确的是( )
A.若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则手指对盘的作用力等于mg
B.若手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动,则盘受到水平向右的静摩擦力
C.若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动,则手指对盘的作用力大小为μmg
D.若盘随手指一起做水平匀加速运动,则手指对盘的作用力大小不可超过eq \r(1+μ2)mg
解析:选AD 若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则盘受力平衡,手指对盘的作用力与盘的重力等大反向,则手指对盘的作用力等于mg,A正确;若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动,则水平方向盘不受力,即盘不受静摩擦力,B错误;若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动,则手指对盘的作用力为静摩擦力和支持力,大小不等于μmg,C错误;若盘随手指一起水平匀加速运动,则手指对盘子水平方向的最大静摩擦力为μmg,竖直方向对盘子的支持力为mg,则手指对盘的作用力的最大值等于eq \r(mg2+μmg2)=eq \r(1+μ2)mg,即手指对盘的作用力大小不可超过eq \r(1+μ2)mg,D正确。
(2)如图所示,是采用动力学方法测量空间站质量的原理图,若已知飞船质量为4.0×103 kg,其推进器的平均推力为800 N,在飞船与空间站对接后,推进器工作5 s内测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s,则空间站的质量为( )
A.7.6×104 kg B.8.0×104 kg
C.4.0×104 kg D.4.0×103 kg
解析:选A 加速度a=eq \f(Δv,Δt)=eq \f(0.05,5)m/s2=0.01 m/s2,由牛顿第二定律F=(M+m)a,可知空间站的质量M=eq \f(F,a)-m=eq \f(800,0.01) kg-4.0×103 kg=7.6×104 kg,故A正确,B、C、D错误。
[要点自悟明]
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=eq \f(Δv,Δt)是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系;a=eq \f(F,m)是加速度的决定式,a∝F,a∝eq \f(1,m)。
(3)合力与速度同向时,物体做加速运动;合力与速度反向时,物体做减速运动。
3.分析物体运动性质时的三点提醒
(1)分析物体的运动性质,要从受力分析入手,先求合力,然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
(2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系,和加速度的大小没有关系。
(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力,与物体的速度没有关系。
(二) 牛顿第二定律的瞬时性问题(精研点)
逐点清1 弹力能瞬间改变的情形
1.[轻绳连接]
如图所示,两轻绳拴接一定质量的小球,两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。若在剪断a绳的瞬间,小球的加速度大小为a1;在剪断b绳的瞬间,小球的加速度大小为a2。则a1∶a2为( )
A.1∶1 B.2∶1
C.eq \r(3)∶1 D.2eq \r(3)∶1
解析:选C a、b绳剪断前小球受力如图所示,Fa=mgcs 30°,Fb=mgcs 60°,剪断a绳瞬间:a1=eq \f(Fa,m)=gcs 30°,剪断b绳瞬间:a2=eq \f(Fb,m)=gcs 60°,所以a1∶a2=cs 30°∶cs 60°=eq \r(3)∶1,C正确。
2.[轻杆连接]两个质量均为m的小球,用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板上,如图所示。现突然迅速剪断细绳OA,让小球下落,在剪断细绳的瞬间,设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,重力加速度为g,则( )
A.a1=g,a2=g B.a1=0,a2=2g
C.a1=g,a2=0 D.a1=2g,a2=0
解析:选A 剪断细绳的瞬间,A、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化,A、B的加速度相同,由mg+mg=2ma可得,两球的加速度均为g,即a1=g,a2=g,A正确。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点
对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即改变或消失,不需要形变恢复时间。
1.在瞬时问题中,其弹力可以看成是瞬间改变的。
2.一般题目中所给细绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时,均可按此模型处理。
逐点清2 弹力不能瞬间改变的情形
3.[弹簧连接]如图所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A小球,同时水平细线一端连着A球,另一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60°,A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动,A、B两小球的质量相等,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度大小分别为( )
A.aA=aB=g B.aA=2g,aB=0
C.aA=eq \r(3)g,aB=0 D.aA=2eq \r(3)g,aB=0
解析:选D 水平细线被剪断前,对A、B进行受力分析如图所示:
静止时,FT=Fsin 60°,Fcs 60°=mAg+F1,F1=F1′=mBg,又mA=mB
解得FT=2eq \r(3)mAg
水平细线被剪断瞬间,FT消失,其他各力不变,A所受合力与FT等大反向,所以aA=eq \f(FT,mA)=2eq \r(3)g,aB=0,D正确。
4.[橡皮绳连接]“儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。如图所示,质量为m的小明静止悬挂时,两橡皮绳的夹角为60°,则( )
A.每根橡皮绳的拉力大小为eq \f(1,2)mg
B.若将悬点间距离变小,则每根橡皮绳所受拉力将变小
C.若此时小明左侧橡皮绳断裂,则小明此时加速度大小a=g
D.若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳,则小明左侧轻绳断裂时,小明的加速度大小a=g
解析:选B 设每根橡皮绳的拉力大小为F,由2Fcs 30°=mg,可得F=eq \f(\r(3),3)mg,两悬点间距离变小,两橡皮绳间夹角变小,橡皮绳的拉力F也变小,A错误,B正确;当小明左侧橡皮绳断裂时,右侧橡皮绳拉力不变,此时小明的合力与左侧初始时橡皮绳的拉力大小相等,方向相反,由eq \f(\r(3),3)mg=ma可求得加速度大小a=eq \f(\r(3),3)g,C错误;如果小明腰间拴的是两根轻绳,则小明左侧轻绳断裂时,右侧轻绳的拉力可瞬间发生变化,使小明沿右侧轻绳方向加速度为零,由mgsin 30°=ma可得,此时小明的加速度大小a=eq \f(1,2)g,D错误。
一点一过 弹簧、橡皮绳模型的特点
1.当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时,由于物体具有惯性,弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。
2.在求解瞬时加速度的问题中,弹簧、橡皮绳弹力的大小可认为是不变的,即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。
(三) 动力学的两类基本问题(精研点)
1.两类动力学问题的解题关键
2.两类动力学问题的解题步骤
[典例] (2023·济南高三调研)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域,浮力顿减,潜艇如同汽车那样掉下悬崖,称之为“掉深”,曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×103 t,在高密度海水区域水下200 m沿水平方向缓慢潜航,如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时,浮力突然降为2.4×107 N;10 s后,潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水),此后潜艇以1.0 m/s2的加速度匀减速下沉,速度减为零后开始上浮,到水下200 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮,升到水面时速度恰好为零。取重力加速度为10 m/s2,不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求:(计算结果保留两位有效数字)
(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自海平面算起);
(2)潜艇为阻止“掉深”减重后的质量以及升到水面时的质量。
[解析] (1)由牛顿第二定律,潜艇刚“掉深”时加速度a1满足mg-F=ma1
代入数据解得a1=2.0 m/s2,方向竖直向下
“掉深”历时t1=10 s时,潜艇下降高度为h1=eq \f(1,2)a1t12=1.0×102 m
潜艇速度为v1=a1t1=20 m/s
减重后,潜艇以加速度a2=1.0 m/s2匀减速下降,直至其速度为零,潜艇下降的距离为h2=eq \f(v12,2a2)=2.0×102 m
潜艇“掉深”达到的最大深度为h=h0+h1+h2=5.0×102 m。
(2)潜艇在减重后减速下降过程中,由牛顿第二定律有F-m1g=m1a2
解得m1≈2.2×106 kg
设潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中加速度为a3,根据运动学公式有vh02=2a2(h1+h2)=2a3h0
解得a3=1.5 m/s2,方向竖直向下
在潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中,由牛顿第二定律有m2g-F=m2a3
解得m2≈2.8×106 kg。
[答案] (1)5.0×102 m (2)减重后的质量为2.2×106 kg,升到水面时的质量为2.8×106 kg
[考法全训]
考法1 已知受力情况求运动情况
1.(2021·全国甲卷)如图,将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处,上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节,使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放,物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将( )
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.先增大后减小 D.先减小后增大
解析:选D 由题意知,小物块沿光滑长平板加速下滑,根据牛顿第二定律得mgsin θ=ma,小物块的加速度大小a=gsin θ;设铁架台底座的长度为d,根据几何关系,小物块的位移大小为eq \f(d,cs θ);根据运动学公式得eq \f(d,cs θ)=eq \f(1,2)at2,联立可得t= eq \r(\f(4d,gsin 2θ)),θ由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间t将先减小后增大,D正确。
2.(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=eq \f(2,9),货物可视为质点(取cs 24°=0.9,sin 24°=0.4,重力加速度g=10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小;
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小;
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。
解析:(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°-μmgcs 24°=ma1
代入数据解得a1=2 m/s2。
(2)根据运动学公式2a1l1=v2,解得v=4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律μmg=ma2
根据运动学公式-2a2l2=v末max2-v2
代入数据联立解得l2=2.7 m。
答案:(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
考法2 已知运动情况求受力情况
3.乒乓球运球接力是老少皆宜的趣味运动项目,运球时需根据运动情况及时调整球拍的角度以避免乒乓球落地。若某次运球时乒乓球与球拍始终保持相对静止,一起水平向右做匀加速直线运动,下列说法正确的是( )
A.乒乓球受到球拍的摩擦力水平向左
B.乒乓球受到球拍的摩擦力可能为零
C.球拍对乒乓球的支持力小于乒乓球受到的重力
D.球拍对乒乓球的支持力大于乒乓球对球拍的压力
解析:选B 乒乓球与球拍保持相对静止,一起向右做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可知,乒乓球受到水平向右的合外力,若乒乓球向右运动的加速度a=gtan θ,θ为球拍与水平方向的夹角,则重力和支持力刚好提供其向右运动的合外力,受力分析如图所示,此时乒乓球受到的摩擦力刚好为零,支持力大于重力,故A、C错误,B正确;球拍对乒乓球的支持力与乒乓球对球拍的压力互为作用力与反作用力,两者大小相等,故D错误。
(四) 超重与失重(固基点)
[题点全练通]
1.[根据运动情况判断超重、失重]
2022年2月8日,在中国北京冬奥会上,自由式滑雪女子大跳台项目,中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌,更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由式滑雪女子大跳台比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点,且忽略空气阻力,下列说法正确的是( )
A.运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B.运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态
C.运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
D.运动员在减速区减速过程中处于失重状态
解析:选B 运动员在助滑区加速下滑时,加速度沿斜面向下,加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下,处于失重状态,A错误;忽略空气阻力,运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前,在空中只受到竖直向下的重力作用,加速度为竖直向下的重力加速度,处于完全失重状态,B正确;运动员在弧形过渡区做圆周运动,加速度有竖直向上的分量,处于超重状态,C错误;运动员在减速区减速过程中,减速下降,竖直方向的分加速度竖直向上,处于超重状态,D错误。
2.[根据超重、失重判断运动情况]
在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤,将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中,台秤示数大于FN。在此过程中( )
A.物体受到的重力增大B.物体处于失重状态
C.电梯可能正在加速下降 D.电梯可能正在加速上升
解析:选D 物体的视重变大,但是受到的重力没变,选项A错误;物体对台秤的压力变大,可知物体处于超重状态,选项B错误;物体处于超重状态,则加速度向上,电梯可能正在加速上升或者减速下降,选项C错误,D正确。
3.[超重、失重现象的应用]如图所示,台秤上放一个木箱,木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q,用细绳通过光滑定滑轮相连,m1>m2。现剪断Q下端的细绳,在P下落但还没有到达箱底的过程中,台秤的示数与未剪断Q下端的细绳前的示数相比将( )
A.变大 B.变小
C.不变 D.先变小后变大
解析:选B 剪断Q下端的细绳后,因m1>m2,P加速下降,Q加速上升,但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统,整体有向下的加速度,处于失重状态,故台秤的示数与未剪断细绳前的示数相比减小了,选项B正确。
[要点自悟明]
1.判断超重和失重现象的三个角度
2.对超重和失重问题的三点提醒
(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关,只取决于加速度的方向。
(2)并非物体在竖直方向上运动时,才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量,物体就处于超重状态;同理,只要加速度具有竖直向下的分量,物体就处于失重状态。
(3)发生超重或者失重时,物体的实际重力并没有发生变化,变化的只是物体的视重。
1.[树立民族自信](2021·海南高考)公元前4世纪末,我国的《墨经》中提到“力,形之所以奋也”,意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示,正确的是( )
A.kg·m·s-1 B.kg·m·s-2
C.Pa·m2 D.J·m-1
解析:选B 根据牛顿第二定律的表达式F=ma,可知力的单位为kg·m·s-2,A错误,B正确;根据压强的表达式p=eq \f(F,S),可知力的单位为Pa·m2,但压强单位Pa不是基本单位,C错误;根据做功的表达式W=Fx,可知力的单位为J·m-1,但功的单位J不是基本单位,D错误。
2.[渗透五育教育(体育)]如图所示为我国运动员在女子双人十米跳台比赛中的情景。下列过程中,运动员处于超重状态的是( )
A.运动员起跳重心加速上升的过程
B.运动员离开跳台上升的过程
C.运动员从最高点下落到水面的过程
D.运动员加速入水的过程
解析:选A 运动员起跳重心加速上升的过程,加速度竖直向上,运动员处于超重状态,故A正确;运动员离开跳台上升的过程,加速度为重力加速度,竖直向下,运动员处于失重状态,故B错误;运动员从最高点下落到水面的过程,加速度竖直向下,运动员处于失重状态,故C错误;运动员加速入水的过程,加速度竖直向下,运动员处于失重状态,故D错误。
3.[联系生活实际]小明用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度,得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向),为简化问题,将图线简化为图乙。已知t=0时电梯处于静止状态,则以下判断正确的是( )
A.t=5 s时电梯处于失重状态
B.8~9 s内电梯在做减速运动
C.10~15 s内电梯在上行
D.16~17 s内电梯在下行
解析:选C 由题图可知,5 s时电梯处于超重状态,故A错误;8~9 s内电梯做加速度减小的加速运动,故B错误;10~15 s内电梯在匀速上行,故C正确;16~17 s内电梯在减速上行,故D错误。
4.[聚焦科技前沿]飞行背包是一种可以让使用者通过穿戴该产品后飞上天空的飞行器。消防员利用飞行背包在某次高楼火灾观测时,竖直飞行的vt图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.消防员上升的最大高度为225 m
B.消防员在2.5~3.0 min内加速度最大
C.消防员在3.5~4.25 min内处于失重状态
D.消防员在2.5~4.25 min,平均速度大小约为6.43 m/s
解析:选D vt图线与t轴所围图形面积表示位移,由题图可知,在1.5 min时,消防员上升的高度最高,有x=eq \f(1,2)×15×1.5×60 m=675 m,A错误;图像的斜率表示加速度,所以在0~0.5 min内加速度最大,B错误;消防员在3.5~4.25 min内减速下
落,处于超重状态,C错误;消防员在2.5~4.25 min,平均速度为eq \x\t(v)=eq \f(x,t)=eq \f(\f(4.25-2.5+3.5-3,2)×60×10,4.25-2.5×60) m/s≈6.43 m/s,D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识,注重基础性和综合性
1.(2021·浙江6月选考)2021年5月15日,天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中,经大气层290 s的减速,速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s;打开降落伞后,经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s;与降落伞分离,打开发动机减速后处于悬停状态;经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动,则着陆器( )
A.打开降落伞前,只受到气体阻力的作用
B.打开降落伞至分离前,受到的合力方向竖直向上
C.打开降落伞至分离前,只受到浮力和气体阻力的作用
D.悬停状态中,发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
解析:选B 打开降落伞前,在大气层中做减速运动,则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用,选项A错误;打开降落伞至分离前做减速运动,则其加速度方向与运动方向相反,加速度方向竖直向上,则所受合力方向竖直向上,选项B正确;打开降落伞至分离前,受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用,选项C错误;悬停状态中,发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力,与火星对着陆器的吸引力是平衡力,选项D错误。
2.(2023·武汉高三检测)如图,一机械臂铁夹夹起质量为m的小球,机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动,则铁夹对球的作用力( )
A.大小为mg,方向竖直向上
B.大小为ma,方向水平向右
C.大小与小球的加速度大小有关
D.方向与小球的加速度大小无关
解析:选C 对小球,竖直方向F1=mg,水平方向F2=ma,铁夹对球的作用力F=eq \r(F12+F22)=meq \r(a2+g2),与水平方向的夹角tan α=eq \f(F1,F2)=eq \f(g,a),即大小和方向都与小球的加速度大小有关。
3.智能电动扶梯在无人乘坐时运转得很慢,当有人站上扶梯时,它会先加速,再匀速运转。如图所示,一同学在乘坐电动扶梯时(该同学与电动扶梯保持相对静止),恰好经历了这两个过程。下列说法中正确的是( )
A.该同学对扶梯的压力大小始终等于她所受的重力大小
B.该同学始终受到摩擦力作用
C.该同学所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关
D.该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力
解析:选D 在匀速运动的过程中,该同学处于平衡状态,只受重力和支持力;在加速的过程中,加速度与速度同方向,该同学受重力、支持力和摩擦力三个力作用,如图所示,此时支持力大小大于重力大小,故A、B错误;该同学和扶梯没有相对运动,所受的摩擦力为静摩擦力,扶梯的加速度增大,静摩擦力也随之增大,故C错误;在加速上升过程中,扶梯水平方向给同学一个摩擦力,竖直方向有向上的加速度,故竖直方向的支持力大小大于重力大小,所以扶梯对同学的合力大于重力,在匀速运动时,扶梯对该同学的力与重力平衡,大小等于重力,所以该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力,故D正确。
4.(2022·全国乙卷)如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时,它们加速度的大小均为( )
A.eq \f(5F,8m) B.eq \f(2F,5m)
C.eq \f(3F,8m) D.eq \f(3F,10m)
解析:选A 当两球运动至二者相距eq \f(3,5)L时,如图所示,由几何关系可知sin θ=eq \f(3,5),设绳子拉力为T,水平方向有2Tcs θ=F,解得T=eq \f(5,8)F。对任意小球由牛顿第二定律可得T=ma,解得a=eq \f(5F,8m),故A正确,B、C、D错误。
5.(2023·大连高三月考)如图所示,质量为m的物块放在固定粗糙斜面上的A点,由静止下滑到斜面底端所用的时间为t,若在物块放在A点的同时,给物块施加一个竖直向下、大小等于mg的压力(g为重力加速度),则物块由静止滑到斜面底端的时间为( )
A.eq \f(1,2)t B.eq \f(\r(2),2)t C.t D.eq \r(2) t
解析:选B 设斜面倾角为θ,由题意知,第一次物块下滑的加速度大小为a1=gsin θ-μgcs θ,下滑过程s=eq \f(1,2)a1t2,第二次下滑(F+mg)sin θ-μ(F+mg)cs θ=ma2,a2=2a1,s=eq \f(1,2)a2t′2,解得:t′=eq \f(\r(2),2)t,故B正确,A、C、D错误。
6.(多选)制作“水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动,某学习小组利用饮料瓶制作的水火箭如图甲所示,其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大,当瓶口与橡皮塞脱离时,瓶内水向后喷出,水火箭获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的水火箭速度v与时间t的图像,其中t0时刻为“水火箭”起飞时刻,DE段是斜率绝对值为g的直线,忽略空气阻力。关于“水火箭”的运动,下列说法正确的是( )
A.在t1、t2、t3、t4时刻中,t1时刻加速度最大
B.“水火箭”在t2时刻达到最高点
C.在t3时刻失去推力
D.t3~t4时间内“水火箭”做自由落体运动
解析:选AC v-t图像的斜率表示加速度,由题图可知,在t1时刻斜率最大,则加速度最大,故A正确;“水火箭”运动过程速度一直是正的,运动方向始终没有改变,t2时刻后仍在上升,故B错误;DE段是斜率绝对值为g的直线,说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g,由牛顿第二定律可知,“水火箭”所受合力等于重力,“水火箭”在t3时刻失去推力,故C正确;t3~t4时间内“水火箭”的速度方向是正的,加速度方向是负的,且加速度大小等于g,则“水火箭”做竖直上抛运动,故D错误。
7.(2022·湖南高考)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机,总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻=kv2,k为常量)。当发动机关闭时,飞行器竖直下落,经过一段时间后,其匀速下落的速率为10 m/s;当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动,经过一段时间后,飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化,下列说法正确的是( )
A.发动机的最大推力为1.5Mg
B.当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小为eq \f(\r(17),4)Mg
C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,飞行器速率为5eq \r(3) m/s
D.当飞行器以5 m/s的速率飞行时,其加速度大小可以达到3g
解析:选BC 飞行器关闭发动机,以v1=10 m/s匀速下落时,有Mg=kv12=100k,飞行器以v2=5 m/s向上匀速运动时,设最大推力为Fm,Fm=Mg+kv22=Mg+25k,联立可得Fm=1.25Mg,k=eq \f(Mg,100),A错误;飞行器以v3=5 m/s匀速水平飞行时F=eq \r(Mg2+kv322)=eq \f(\r(17),4)Mg,B正确;发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f=eq \r(Fm2-Mg2)=eq \f(3,4)Mg=kv42,解得v4=5eq \r(3) m/s,C正确;当飞行器最大推力向下,以v5=5 m/s的速率向上减速飞行时,其加速度向下达到最大值,Fm+Mg+kv52=Mam,解得am=2.5g,D错误。
8.(2022·浙江1月选考)第24届冬奥会在我国成功举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示,长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示),到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin 15°=0.26,g取10 m/s2,求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小;
(2)过C点的速度大小;
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
解析:(1)在AB段:根据速度与位移的关系有
v12=2a1x1,解得a1=eq \f(8,3) m/s2。
(2)在AB段:v1=a1t1,解得t1=3 s
在BC段做匀加速直线运动:x2=v1t2+eq \f(1,2)a2t22,
解得a2=2 m/s2,
过C点的速度大小v=v1+a2t2=12 m/s。
(3)在BC段根据牛顿第二定律得
mgsin 15°-Ff=ma2,
解得Ff=66 N。
答案:(1)eq \f(8,3) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
二、强化迁移能力,突出创新性和应用性
9.如图所示,A、B两球质量相等,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( )
A.两图中两球加速度均为gsin θ
B.两图中A球的加速度均为0
C.图乙中轻杆的作用力一定不为0
D.B球的加速度图甲中的是图乙中的2倍
解析:选D 撤去挡板前,挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为0,加速度为0,B球所受合力为2mgsin θ,加速度为2gsin θ;图乙中由于用杆相连有共同的加速度a,所以整体分析:2mgsin θ=2ma,a=gsin θ,隔离小球B,mgsin θ+F=ma,所以F=0,故D正确。
10.(2022·全国甲卷)(多选)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A.P的加速度大小的最大值为2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析:选AD 设两滑块的质量均为m,撤去拉力前,两滑块均做匀速直线运动,则拉力大小为F=2μmg,撤去拉力前对Q受力分析可知,弹簧的弹力为T0=μmg,以向右为正方向,撤去拉力瞬间弹簧弹力不变,两滑块与地面间仍然保持相对滑动,此时滑块P的加速度为aP1=eq \f(-T0-μmg,m)=-2μg,此刻滑块Q所受的合外力不变,加速度仍为0,滑块P做减速运动,故PQ间距离减小,弹簧的伸长量变小,弹簧弹力变小,根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小,滑块Q的合外力增大,方向向左,做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间,aPm=-2μg。Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时,-μmg=maQm,解得aQm=-μg,A正确,B错误;滑块P、Q水平向右运动,PQ间的距离在减小,故P的位移一定小于Q的位移,C错误;滑块P在弹簧恢复到原长时加速度aP2=-μg,撤去拉力时,P、Q的初速度相等,滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动,弹簧恢复原长时加速度大小为μg;滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动,弹簧恢复原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小,D正确。
11.随着人工智能技术的不断发展,无人机有着非常广阔的应用前景。春播时节,一架携药总质量m=20 kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务,无人机悬停在距一块试验田H1=30 m的高空,t=0时刻,它以加速度a1=2 m/s2竖直向下匀加速运动h1=9 m 后,立即向下做匀减速运动直至速度为零,重新悬停,然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1~3 m,无人机下降过程中空气阻力恒为20 N,求:(g取10 m/s2)
(1)无人机从t=0时刻到重新悬停在H2=1 m处的总时间t;
(2)无人机在安全高度范围内重新悬停,向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小;
(3)若无人机在高度H2=3 m处悬停时动力系统发生故障,失去竖直升力的时间为eq \f(2,3) s,要使其不落地,恢复升力时的最小加速度。
解析:(1)无人机向下匀加速运动过程h1=eq \f(1,2)a1t12
得t1=3 s,v1=a1t1=6 m/s
无人机减速过程有H1-h1-H2=eq \f(v1,2)t2,得t2=eq \f(20,3) s
所以总时间t=t1+t2=eq \f(29,3) s。
(2)无人机减速过程有0-v12=-2a2h2
无人机重新悬停时距试验田的安全高度H2=3 m时,
此时加速度a2最大,由H2=H1-h1-h2,
则a2=1 m/s2
无人机向下匀减速运动时,由牛顿第二定律可得
F+f-mg=ma2,则升力F=200 N。
(3)失去竖直升力后,由牛顿第二定律mg-f=ma3
恢复动力时v=a3t
则v=6 m/s,H2=eq \f(v2,2a3)+eq \f(v2,2a4),联立解得a4=18 m/s2。
答案:(1)eq \f(29,3) s (2)200 N (3)18 m/s2
(一) 动力学中的图像问题
[考法全训]
考法1 由运动图像分析物体的受力情况
1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
A.0~t1时间内,v增大,FN>mg
B.t1~t2时间内,v减小,FN<mg
C.t2~t3时间内,v增大,FN<mg
D.t2~t3时间内,v减小,FN>mg
解析:选D 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知,0~t1时间内,图像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态,所受的支持力FN<mg,A错误;t1~t2时间内,图像斜率不变,速度v不变,加速度为零,乘客所受的支持力FN=mg,B错误;t2~t3时间内,图像斜率减小,速度v减小,加速度方向向上,由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态,所受的支持力FN>mg,C错误,D正确。
考法2 由力的图像分析物体的运动情况
2.(多选)如图所示,水平面上有质量m=1.0 kg的静止物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小,取重力加速度g=10 m/s2。下列判断正确的是( )
A.物块与木板之间的动摩擦因数为0.3
B.5 s内拉力对物块做的功为0
C.4 s末物块所受合力大小为4.0 N
D.6~9 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s2
解析:选AD 从题图可知,物块开始滑动后,物块所受滑动摩擦力为3 N,依题意有μmg=3 N,解得μ=0.3,故A正确;从题图可知,物块前四秒静止,第5秒开始拉力大于摩擦力,物块开始加速运动,则根据功的定义,可知第5秒内拉力对物块做正功,所以5 s内拉力对物块做的功不为0,故B错误;由题图可知,竖直方向上重力与支持力平衡;水平方向上,物块在4 s末受水平拉力为4 N、与之等大反向的最大摩擦力,则物块所受合力为0,故C错误;从题图可知,在6~9 s内,物块受到水平拉力与滑动摩擦力恒定,则有F合=F-f=2 N=ma,解得a=2 m/s2,故D正确。
考法3 由已知条件确定某物理量的图像
3.(2023·青岛高三调研)某科学家研究球体在液体中下落时,发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关,有F=6πηrv,其中物理量η为液体的粘滞系数,它与液体的种类及温度有关,如图所示,将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中,下列描绘钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系图像可能正确的是( )
解析:选D 根据牛顿第二定律得,小钢珠的加速度a=eq \f(mg-F,m)=eq \f(mg-6πηrv,m),在下降的过程中,速度v增大,阻力F增大,则加速度a减小,当重力和阻力相等时,做匀速运动,加速度为零,故选项D正确。
(二) 动力学中的连接体问题
1.整体法的选取原则及解题步骤
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时,一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤:
2.隔离法的选取原则及解题步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时,一般采用隔离法。
(2)运用隔离法解题的基本步骤:
[考法全训]
考法(一) 加速度相同的连接体问题
[例1] (多选)如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M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的光滑斜面方向作用于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m>M,有x1=x2
B.若msin θ,有x1>x2
D.若μ14 N时小物块和长木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力Ff1=4 N,小物块的加速度a1=4 m/s2。改用F=22 N的外力水平拉长木板时,由牛顿第二定律可得F-Ff1 -Ff2=Ma,由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足eq \f(1,2)at2-eq \f(1,2)a1t2=L,解得t=1 s,故选项A正确。
类型二 滑块带动木板运动的情形
[例2] (2023·福州高三调研)如图所示,质量为M=2 kg的木板B静止在
粗糙的水平面上,木板与地面间的动摩擦因数μ=0.1,木板长为L,距离木板右边s处有一挡板,在木板的左端放置一个质量m=3 kg、可视为质点的小木块A,以初速度v0=5 m/s滑上木板,小木块与木板之间的动摩擦因数μ1=0.2,取g=10 m/s2。求:
(1)假设A没有从B上滑下来,请问B板至少要多长;
(2)要使木板不撞挡板,则挡板距离木板右边的距离s至少要多长。
[解析] (1)对木块A由牛顿第二定律得-μ1mg=ma1,解得a1=-μ1g=-2 m/s2
对木板B由牛顿第二定律得μ1mg-μ(m+M)g=Ma2,解得a2=0.5 m/s2
设经过时间t后A、B达到共同速度v,由运动学公式得v=v0+a1t,v=a2t
解得v=1 m/s,t=2 s
t时间段内,由运动学公式得A、B的位移分别为x1=v0t+eq \f(1,2)a1t2,x2=eq \f(1,2)a2t2
因此B板的长度至少为L=x1-x2=5 m。 (2)当A、B相对静止后,以共同的加速度向前减速,根据牛顿第二定律得-μ(m+M)g=(m+M)a3,解得a3=-1 m/s2
设木板B加速和减速通过的位移分别为x2、x3,则加速过程有x2=eq \f(1,2)a2t2
减速过程有2a3x3=0-v2,所以s=x2+x3=1.5 m。
[答案] (1)5 m (2)1.5 m
[针对训练]
2.(2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图(b)所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则( )
A.F1=μ1m1g
B.F2=eq \f(m2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1+m2)),m1)(μ2-μ1)g
C.μ2>eq \f(m1+m2,m2)μ1
D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等
解析:选BCD 分析可知,t1时刻长木板和物块刚要一起滑动,此时有F1=μ1(m1+m2)g,A错误;t1~t2时间内,长木板向右做加速度增大的加速运动,一定有μ2m2g-μ1(m1+m2)g>0,故μ2>eq \f(m1+m2,m2)μ1,C正确;0~t1时间内长木板和物块均静止,t1~t2时间内长木板和物块一起加速,一起加速的最大加速度满足μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1am、F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)am,解得F2=eq \f(m2m1+m2,m1)(μ2-μ1)g,B、D正确。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1.如图所示,物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时,传送带突然启动,方向如图中箭头所示,在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中,以下分析正确的是( )
A.M下滑的速度不变
B.M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动
C.M先向下匀速运动,后向下加速运动,最后沿传送带向下匀速运动
D.M受的摩擦力方向始终沿传送带向上
解析:选C 传送带静止时,物块匀速下滑,故mgsin θ=Ff,当传送带的速度大于物块的速度时,物块受到向下的摩擦力,根据受力分析可知,物块向下做加速运动,当速度达到与传送带速度相等时,物块和传送带具有相同的速度匀速下滑,故C正确。
2.如图所示,传送带保持v=1 m/s的速度顺时针转动。现将一质量m=0.5 kg的物块轻轻地放在传送带的左端a点上,则物块从a点运动到右端b点所经历的时间为(设物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,a、b间的距离L=2.5 m,g取10 m/s2)( )
A.eq \r(5) s B.(eq \r(6)-1)s C.3 s D.2.5 s
解析:选C 物块开始做匀加速直线运动,a=μg=1 m/s2,速度达到传送带的速度时发生的位移x=eq \f(v2,2a)=eq \f(1,2×1) m=0.5 m<L,所经历的时间t1=eq \f(v,a)=1 s,物块接着做匀速直线运动,所经历的时间t2=eq \f(L-x,v)=eq \f(2.5-0.5,1) s=2 s,故物块从a点运动到b点所经历的时间t总=t1+t2=3 s,故C对。
3.(多选)如图甲所示,长为L=2 m、质量为M=1 kg的木板静止于光滑的水平桌面上。开始时,一可视为质点的木块置于木板左端,木块另一端被水平绳子拴接并系于竖直墙上。水平外力F作用在木板上,水平外力F、木板的速度v随时间t变化的关系如图乙、丙所示,则下列说法正确的是( )
A.0~2 s内绳对木块的拉力逐渐增大
B.2~3 s内木板受到的摩擦力恒为4 N
C.木块与木板间的动摩擦因数为0.2
D.要使木板从木块下抽出,2 s后F至少作用时间1 s
解析:选AD 0~2 s内,木板处于静止状态,木板与木块间的摩擦力为静摩擦力,绳子拉力大小等于F,逐渐增大,A正确;对木板做受力分析,根据牛顿第二定律可得F-f滑动=Ma,由丙图可知a=2 m/s2,解得f滑动=2 N,B错误;木块与木板间的滑动摩擦力为2 N,但木块的质量mg未知,则不能认为木块与木板间的动摩擦因数为0.2,C错误;2 s后在恒力F=4 N的作用下,木板的加速度为2 m/s2,恒力F作用一段时间后撤去,木板做减速运动,加速度大小也恰好为2 m/s2,当木块恰好从木板上掉下时,木板速度恰好为零,此过程中木板的v-t图像如图所示。则恒力F作用时间恰好为1 s即可,D正确。
4.(2023·南京模拟)如图甲所示,质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起,放于光滑水平面上。重力加速度大小为g,A、B间的动摩擦因数为μ,水平外力作用在A上,能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是( )
A.若m取一更大的值,则图像的斜率变小
B.若m取一更大的值,则图像的斜率变大
C.若M取一更大的值,则图像的斜率变大
D.若M取一更大的值,则图像的斜率不变
解析:选B 对整体受力分析可知,使A、B保持相对静止的最大外力为F=(M+m)a,隔离B有μmg=Ma,联立解得F=eq \f(mM+m,M)μg,图像斜率k=eq \f(mM+m,M)=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(m,M))),若m取一更大的值,则图像的斜率变大,故A错误,B正确;若M取一更大的值,则图像的斜率变小,故C、D错误。
5.(多选)如图甲所示,足够长的倾斜传送带与水平面间的夹角为θ,在传送带上某位置轻轻放置一个质量为m的小滑块,小滑块的速度随时间变化关系如图乙所示,v0、t0均已知,则( )
A.传送带的速度可能大于v0
B.t0后小滑块受到的摩擦力为mgsin θ
C.传送带一定沿顺时针转动
D.小滑块与传送带间的动摩擦因数可能为eq \f(v0,gt0cs θ)-tan θ
解析:选BD 由题图乙可知,小滑块先做初速度为零的匀加速直线运动,在t0后以速度v0做匀速直线运动,由此可知mgsin θ≤μmgcs θ。如果传送带沿逆时针方向转动,滑块放在传送带上后受到的滑动摩擦力沿传送带向下,滑块先做匀加速直线运动,当滑块速度与传送带速度相等时,滑块做匀速直线运动,则传送带的速度v=v0;如果传送带沿顺时针方向转动,滑块刚放在传送带上时受到的滑动摩擦力沿传送带向上,滑块向上做匀加速直线运动,当滑块速度与传送带速度相等时滑块做匀速直线运动,传送带速度v=v0;由以上分析可知,传送带既可能沿顺时针方向转动也可能沿逆时针方向转动,传送带速度不会大于v0,A、C错误。由题图乙可知,t0后滑块做匀速直线运动,处于平衡状态,由平衡条件可知Ff=mgsin θ,B正确。由题图乙可知,滑块做匀加速直线运动时的加速度a=eq \f(v0,t0),如果传送带沿逆时针方向转动,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcs θ=ma,解得μ=eq \f(v0,gt0cs θ)-tan θ,D正确。
6.(多选)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动,一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑,以某一初速度从传送带左端滑上传送带,在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向,以物块刚滑上传送带时为计时起点)。已知传送带的速度保持不变,重力加速度g取10 m/s2。关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t,下列计算结果正确的是( )
A.μ=0.4 B.μ=0.2
C.t=4.5 s D.t=3 s
解析:选BC 由题图乙可得,物块做匀变速运动的加速度大小为a=eq \f(Δv,Δt)=2.0 m/s2,由牛顿第二定律得Ff=ma=μmg,则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,A错误,B正确;在v-t图像中,图线与t轴所围面积表示物块的位移,则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止,最后匀速运动回到传送带左端时,物块的位移为0,由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s,C正确,D错误。
7.如图a所示,一滑块置于长木板左端,木板放置在水平地面上,已知滑块和木板的质量均为2 kg,现在滑块上施加一个F=0.8t(N)的变力,从t=0时刻开始计时,滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图b所示,设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.2
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
C.图b中,t2=17.5 s
D.木板的最大加速度为4 m/s2
解析:选C 由题意可知,t2时刻之后,滑块与木板间有相对滑动,滑块受到的滑动摩擦力不随F而变化,可得f1=μ1mg=10 N,解得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.5,A错误;结合图b可知,0~t1时间内,滑块与木板均静止,t1~t2时间内,滑块与木板仍相对静止,木板在地面滑行,可知t1时刻木板与地面间达到最大静摩擦力,可得f2=μ2·2mg=6 N,得木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.15,B错误;t2时刻,滑块与木板恰好发生相对滑动,由牛顿第二定律对滑块、木板分别可得F-μ1mg=ma,μ1mg-μ2·2mg=ma,其中F=0.8t2(N),联立解得a=2 m/s2,t2=17.5 s,之后木板的加速度保持不变,故木板的最大加速度为2 m/s2,C正确,D错误。
8.(2023·长春高三调研)某兴趣小组对老师演示惯性的一个实验进行了深入的研究。如图甲所示,长方形硬纸板放在水平桌面上,纸板一端稍稍伸出桌外,将一块橡皮擦置于纸板的中间,用手指将纸板水平弹出,如果弹的力度合适,橡皮擦将脱离纸板,已知橡皮擦可视为质点,质量为m1=20 g,硬纸板的质量为m2=10 g,长度为l=5 cm。橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1=0.2,纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2=0.3,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)手指对纸板的作用力与时间的关系如图乙所示,要使橡皮擦相对纸板滑动,F0至少多大?
(2)手指对纸板的作用时间很短,可认为作用结束后,纸板获得速度v0但位移近似为零,则要使橡皮擦脱离纸板,v0需满足的条件?
解析:(1)当橡皮擦刚好相对纸板滑动,对橡皮擦有μ1m1g=m1a,对橡皮擦和纸板整体有F0-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,联立解得F0=0.15 N。
(2)纸板获得速度后做减速运动,橡皮擦做加速运动,当橡皮擦与纸板共速时刚好脱离纸板,此时,v0最小设为v0min。则对橡皮擦有x1=eq \f(1,2)at2,v=at
对纸板有μ1m1g+μ2(m1+m2)g=m2a2
x2=v0mint-eq \f(1,2)a2t2,v=v0min-a2t
根据位移关系有x2-x1=eq \f(l,2)
联立解得v0min=eq \f(\r(3),2) m/s
则要使橡皮擦脱离纸板,v0需满足v0≥v0min=eq \f(\r(3),2) m/s。
答案:(1)0.15 N (2)v0≥eq \f(\r(3),2) m/s
9.如图所示,与水平方向成37°角的传送带以恒定速度v=2 m/s沿顺时针方向转动,两传动轮间距L=5 m。现将质量为1 kg且可视为质点的物块以v0=4 m/s的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带。物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,取g=10 m/s2,已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,计算时,可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力,求物块在传送带上上升的最大高度。
解析:物块刚滑上传送带时,物块相对传送带向上运动,受到摩擦力沿传送带向下,将匀减速上滑,直至与传送带等速,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcs θ=ma1,则a1=g(sin θ+μcs θ)=10 m/s2
物块运动位移x1=eq \f(v02-v2,2a1)=0.6 m
物块与传送带相对静止瞬间,由于最大静摩擦力f=μmgcs θ<mgsin θ,相对静止状态不能持续,物块速度会继续减小。此后,物块受到滑动摩擦力沿传送带向上,但合力沿传送带向下,故继续匀减速上升,直到速度为零,由mgsin θ-μmgcs θ=ma2
得a2=g(sin θ-μcs θ)=2 m/s2
位移x2=eq \f(v2,2a2)=1 m
则物块沿传送带上升的最大高度为
H=(x1+x2)sin 37°=0.96 m。
答案:0.96 m
10.5个相同的木块紧挨着静止放在地面上,如图所示。每块木块的质量均为m=1 kg,长l=1 m。它们与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现有一质量为M=2.5 kg的小铅块(可视为质点),以v0=4 m/s的初速度向右滑上左边第1个木块的左端,它与木块间的动摩擦因数μ2=0.2。小铅块刚滑到第4个木块时,木块开始运动,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求铅块刚滑到第4个木块时的速度大小;
(2)试通过计算说明为什么小铅块滑到第4个木块时,木块才开始运动;
(3)小铅块停止运动后,离第1个木块的左端多远?
解析:(1)设小铅块在前3个木块上运动的加速度大小为a1,刚滑到第4个木块时的速度为v1
由牛顿第二定律得μ2Mg=Ma1
由运动学公式得v12-v02=-2a1·3l
联立解得v1=2 m/s。
(2)设小铅块滑到第n个木块时对木块的摩擦力为f1,则f1=μ2Mg=5 N,未滑完的(6-n)个木块受到地面的最大静摩擦力为f2,f2=μ1[M+(6-n)m]g,要使木块滑动,应满足f2
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