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1、热点讲座热点讲座 3.3.综合应用牛顿运动定律解题综合应用牛顿运动定律解题热点解读热点解读 应用牛顿运动定律解题是整个高中物理学习的应用牛顿运动定律解题是整个高中物理学习的最基本的能力要求之一最基本的能力要求之一, ,在高考中对合成法、正交分在高考中对合成法、正交分解法、隔离法、整体法、极限分析法和假设法的应解法、隔离法、整体法、极限分析法和假设法的应用考查用考查, ,历来成为高考命题的热点历来成为高考命题的热点. . 本部分内容的另一个热点问题是本部分内容的另一个热点问题是“传送带模型问传送带模型问题题.”.”章末总结 “ “传送带类问题传送带类问题”是以真实物理现象为依据的问是以真实物理现
2、象为依据的问题题, ,它既能训练学生的科学思维它既能训练学生的科学思维, ,又能联系科学、生又能联系科学、生产和生活实际产和生活实际, ,因而这种类型题具有生命力因而这种类型题具有生命力, ,当然也当然也是高考命题专家所关注的问题是高考命题专家所关注的问题. .由于由于“传送带类问题传送带类问题”在高考考纲范围内属于涉及力、运动、能量等比较在高考考纲范围内属于涉及力、运动、能量等比较综合的一种常见的模型综合的一种常见的模型, ,所以是历年来高考试题考查所以是历年来高考试题考查的热点的热点. .学生对这类问题做答的得分率低学生对这类问题做答的得分率低. .专题讲座专题讲座专题一专题一 解牛顿运动
3、定律题的五种方法解牛顿运动定律题的五种方法 1.1.合成法合成法 合成法是根据物体受到的力合成法是根据物体受到的力, ,用平行四边形定则用平行四边形定则求出合力求出合力, ,再根据要求进行计算的方法再根据要求进行计算的方法. .这种方法一这种方法一般适用于物体只受两个力作用的情况般适用于物体只受两个力作用的情况. .【例例1 1】如图如图1 1所示所示, ,在小车中悬挂在小车中悬挂一小球一小球, ,若偏角若偏角未知未知, ,而已知摆球而已知摆球的质量为的质量为m, ,小球随小车水平向左小球随小车水平向左运动的加速度为运动的加速度为a=2=2g( (取取g=10 m/s=10 m/s2 2),)
4、,则绳的张力为则绳的张力为( )( ) A.10 A.10 m B. B. mm D.(50+8 ) D.(50+8 )m解析解析 小球受重力小球受重力mg和绳的拉力和绳的拉力FT T两个力的作用两个力的作用, ,受力情况如图所示受力情况如图所示. .根据平行四边形定则根据平行四边形定则, ,重力重力mg和绳的拉力和绳的拉力FT T的合力的合力F的方向水平向左的方向水平向左, ,由牛顿第由牛顿第二定律有二定律有F= =ma=2=2mg=20=20m, ,由勾股定理得由勾股定理得FT T= =( (mg) )2 2+ +F2 2, ,所以所以FT T=10 =10 m. .图图 1 1A 2.2
5、.正交分解法正交分解法 当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时, ,通常采用正交分解法解题通常采用正交分解法解题. .为减少矢量的分解为减少矢量的分解, ,建立建立坐标系时坐标系时, ,确定确定x轴的正方向常有以下两种选择轴的正方向常有以下两种选择. . (1) (1)分解力而不分解加速度分解力而不分解加速度 分解力而不分解加速度分解力而不分解加速度, ,通常以加速度通常以加速度a的方向的方向为为x轴的正方向轴的正方向, ,建立直角坐标系建立直角坐标系, ,将物体所受的各个将物体所受的各个力分解在力分解在x轴和轴和y轴上轴上, ,分别求得分别求得x轴和
6、轴和y轴上的合力轴上的合力Fx和和Fy. .根据力的独立作用原理根据力的独立作用原理, ,各个方向上的力分别各个方向上的力分别产生各自的加速度产生各自的加速度, ,得得Fx= =ma, ,Fy=0.=0. 【例例2 2】如图如图2 2所示所示, ,小车在水平面上小车在水平面上以加速度以加速度a向左做匀加速直线运动向左做匀加速直线运动, ,车厢车厢内用内用OA、OB两根细绳系住一个质量为两根细绳系住一个质量为m的物体的物体, ,OA与竖直方向的夹角为与竖直方向的夹角为, ,OB是水平的是水平的. .求求OA、OB两绳的拉力两绳的拉力FT1T1和和FT2T2的大小的大小. . 图图 2 2 解析解
7、析 m的受力情况及直角坐标系的建立如图所的受力情况及直角坐标系的建立如图所示示( (这样建立只需分解一个力这样建立只需分解一个力),),注意到注意到ay=0,=0,则有则有 FT1T1sinsin- -FT2T2= =ma, , FT1T1coscos- -mg=0=0 解得解得FT1T1= ,= ,FT2T2= =mgtantan- -ma. . 答案答案 FT1T1= = FT2T2= =mgtantan- -ma (2)(2)分解加速度而不分解力分解加速度而不分解力 物体受几个互相垂直的力的作用物体受几个互相垂直的力的作用, ,应用牛顿运动应用牛顿运动定律求解时定律求解时, ,若分解的力
8、太多若分解的力太多, ,则比较繁琐则比较繁琐, ,所以在建所以在建立直角坐标系时立直角坐标系时, ,可根据物体的受力情况可根据物体的受力情况, ,使尽可能使尽可能多的力位于两坐标轴上而分解加速度多的力位于两坐标轴上而分解加速度a, ,得得ax和和ay, ,根根据牛顿第二定律得据牛顿第二定律得Fx= =max, ,Fy= =may, ,再求解再求解. .这种方法这种方法一般是在以某个力的方向为一般是在以某个力的方向为x轴正方向时轴正方向时, ,其他的力其他的力都落在或大多数落在两个坐标轴上而不需要再分解都落在或大多数落在两个坐标轴上而不需要再分解的情况下应用的情况下应用. . 【例例3 3】如图
9、如图3 3所示所示, ,倾角为倾角为的光滑的光滑斜面固定在水平地面上斜面固定在水平地面上, ,质量为质量为m的物块的物块A叠放在物体叠放在物体B上上, ,物体物体B的上表面水平的上表面水平. .当当A随随B一起沿斜面下滑时一起沿斜面下滑时, ,A、B保保持相对静止持相对静止. .求求B对对A的支持力和摩擦力的支持力和摩擦力. . 解析解析 当当A随随B一起沿斜面下滑时一起沿斜面下滑时, ,物体物体A受到竖直受到竖直向下的重力向下的重力mg、B对对A竖直向上的支持力竖直向上的支持力FN N和水平向和水平向左的摩擦力左的摩擦力Ff f的作用而随的作用而随B一起做加速运动一起做加速运动. . 设设B
10、的质量为的质量为M, ,以以A、B为整体为整体, ,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律有有( (m+ +M) )gsinsin=(=(m+ +M) )a, ,得得a= =gsinsin. .将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解将加速度沿水平方向和竖直方向进行分解, ,如下图所如下图所示示. .图图 3 3则则ax= =acoscos= =gsinsincoscosay= =asinsin= =gsinsin2 2所以所以Ff f= =max= =mgsinsincoscos由由mg- -FN N= =may= =mgsinsin2 2, ,得得FN N= =mgcoscos2 2答案答案 FN
11、N= =mgcoscos2 2 Ff f= =mgsinsincoscos 3.3.整体法和分隔法整体法和分隔法 如果系统是由几个物体组成如果系统是由几个物体组成, ,它们有相同的加速它们有相同的加速度度, ,在求它们之间的作用力时在求它们之间的作用力时, ,往往是先用整体法求往往是先用整体法求它们的共同加速度它们的共同加速度, ,再用分隔法求它们之间的作用力再用分隔法求它们之间的作用力. . 【例例4 4】如图如图4 4所示所示, , 质量为质量为2 2m的的物体物体A与水平地面间的摩擦可忽略不与水平地面间的摩擦可忽略不计计, ,质量为质量为m的物体的物体B与地面间的与地面间的动摩擦因数为动
12、摩擦因数为, ,在水平推力在水平推力F的的作用下作用下, ,A、B做匀加速直线运动做匀加速直线运动, ,则则A对对B的作用力为多大？的作用力为多大？ 解析解析 以以A、B整体为研究对象进行受力分析整体为研究对象进行受力分析, ,受受重力重力G、支持力、支持力FN N、水平向右的推力、水平向右的推力F、水平向左的、水平向左的摩擦力摩擦力Ff f( (Ff f= =mg).).设加速度为设加速度为a, ,根据牛顿第二定根据牛顿第二定律得律得F- -Ff f=3=3ma. .图图 4 4 以以B为研究对象进行受力分析为研究对象进行受力分析, ,受重力受重力GB、支持、支持力力FN NB、A对对B水平
13、向右的作用力水平向右的作用力FAB、水平向左的摩、水平向左的摩擦力擦力Ff fB ( (Ff fB= =mg).).根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得FAB- -Ff fB= =ma. . 联立以上各式得联立以上各式得FAB= = 答案答案 4.4.极限分析法极限分析法 在处理临界问题时在处理临界问题时, ,一般用极限法一般用极限法, ,特别是当某特别是当某些题目的条件比较隐蔽、物理过程又比较复杂时些题目的条件比较隐蔽、物理过程又比较复杂时. . 【例例5 5】如图如图5 5所示所示, ,质量为质量为M的木板的木板上放着一质量为上放着一质量为m的木块的木块, ,木块与木板木块与木板间的动摩擦
14、因数为间的动摩擦因数为1 1, , 木板与水平木板与水平地面间的动摩擦因数为地面间的动摩擦因数为2 2. .若要将木若要将木板从木块下抽出板从木块下抽出, ,则加在木板上的力则加在木板上的力F至少为多大？至少为多大？图图 5 5 解析解析 木板与木块通过摩擦力联系木板与木块通过摩擦力联系, ,只有当两者只有当两者发生相对滑动时发生相对滑动时, ,才有可能将木板从木块下抽出才有可能将木板从木块下抽出. .此此时对应的临界状态是时对应的临界状态是: :木板与木块间的摩擦力必定是木板与木块间的摩擦力必定是最大静摩擦力最大静摩擦力Ffmfm( (Ffmfm= =1 1mg),),且木块运动的加速度且木
15、块运动的加速度必定是两者共同运动时的最大加速度必定是两者共同运动时的最大加速度am m. .以木块为研以木块为研究对象究对象, , 根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得Ffmfm= =mam m. . am m也就是系统在此临界状态下的加速度也就是系统在此临界状态下的加速度, ,设此时设此时作用在木板上的力为作用在木板上的力为F0 0, ,取木板、木块整体为研究对取木板、木块整体为研究对象象, , 则有则有F0 0- -2 2( (M+ +m) )g=(=(M+ +m) )am m. . 联立联立、式得式得F0 0=(=(M+ +m)()(1 1+ +2 2) )g. .当当FF0 0时时,
16、,必能将木板抽出必能将木板抽出, ,即即F( (M+ +m)()(1 1+ +2 2) )g时时, ,能将能将木板从木块下抽出木板从木块下抽出. . 答案答案 见解析见解析 5.5.假设法假设法 假设法是解物理问题的一种重要方法假设法是解物理问题的一种重要方法. .用假设用假设法解题法解题, ,一般依题意从某一假设入手一般依题意从某一假设入手, ,然后用物理规然后用物理规律得出结果律得出结果, ,再进行适当的讨论再进行适当的讨论, ,从而得出正确答案从而得出正确答案. . 【例例6 6】如图如图6 6所示所示, ,火车车厢中有一个火车车厢中有一个倾角为倾角为3030的斜面的斜面, ,当火车以当
17、火车以10 m/s10 m/s2 2的加速的加速度沿水平方向向左运动时度沿水平方向向左运动时, ,斜面上质量为斜面上质量为m的物体的物体A保持与车厢相对静止保持与车厢相对静止, ,求物体所求物体所受到的静摩擦力受到的静摩擦力.(.(取取g=10 m/s=10 m/s2 2) ) 解析解析 物体受三个力作用物体受三个力作用: :重力重力mg、支持力、支持力FN N和和静摩擦力静摩擦力Ff f, ,因静摩擦力的方向难以确定因静摩擦力的方向难以确定, ,且静摩擦且静摩擦力的方向一定与斜面平行力的方向一定与斜面平行, ,所以假设静摩擦力的方向所以假设静摩擦力的方向沿斜面向上沿斜面向上. .根据牛顿第二
18、定律根据牛顿第二定律, ,在水平方向上有在水平方向上有图图 6 6 FN N sin 30- sin 30-Ff fcos 30=cos 30=ma. . 在竖直方向上有在竖直方向上有FN Ncos 30+cos 30+Ff fsin 30=sin 30=mg. 由由、式得式得Ff f=-5( -1)=-5( -1)m, ,负号说明摩擦力负号说明摩擦力Ff f的方向与假设的方向相反的方向与假设的方向相反, ,即沿斜面向下即沿斜面向下. . 答案答案 ( -1)( -1)m, ,沿斜面向下沿斜面向下专题二专题二“传送带模型传送带模型”类问题类问题 1.1.知识概要与方法归纳知识概要与方法归纳 “
19、 “传送带类问题传送带类问题”分水平、倾斜两种分水平、倾斜两种; ;按转向分按转向分顺时针、逆时针两种顺时针、逆时针两种. . (1) (1)受力和运动分析受力和运动分析受力分析中的摩擦力突变受力分析中的摩擦力突变( (大小、方向大小、方向)发生在发生在v物物与与v带带相同的时刻相同的时刻; ;运动分析中的速度变化运动分析中的速度变化相相对运动方向和对地速度变化对运动方向和对地速度变化. . 分析关键是分析关键是:(1):(1)v物物、v带带的大小方向的大小方向;(2);(2)mgsinsin与与Ff f的大小与方向的大小与方向. . (2)(2)传送带问题中的功能分析传送带问题中的功能分析
20、功能关系功能关系: :WF F=Ek k+EP P+ +Q 对对WF F、Q Q的正确理解的正确理解 a.a.传送带所做的功传送带所做的功: :WF F= =Fx带带, ,功率功率P= =Fv带带( (F由传送带受力平衡求得由传送带受力平衡求得).). b. b.产生的内能产生的内能: :Q= =Ff fx相对相对 c.c.如物体无初速如物体无初速, ,放在水平传送带上放在水平传送带上, ,则在整个则在整个加速过程中物体获得的动能加速过程中物体获得的动能E Ek k, ,因为摩擦而产生的热因为摩擦而产生的热量量Q Q有如下规律有如下规律: : Ek k= =Q= = mv带带2 2 2.2.典
21、型例题与规律总结典型例题与规律总结 (1)(1)水平放置运行的传送带水平放置运行的传送带 处理水平放置的传送带问题处理水平放置的传送带问题, ,首先应对放在传送首先应对放在传送带上的物体进行受力分析带上的物体进行受力分析, ,分清物体所受摩擦力是阻分清物体所受摩擦力是阻力还是动力力还是动力; ;然后对物体进行运动状态分析然后对物体进行运动状态分析, ,即对静即对静态态动态动态终态进行分析和判断终态进行分析和判断, ,对其全过程作出合对其全过程作出合理分析、推论理分析、推论, ,进而采用有关物理规律求解进而采用有关物理规律求解. .这类问这类问题可分为题可分为:运动学型运动学型;动力学型动力学型
22、;能量守恒型能量守恒型; ;图象型图象型. . 【例例7 7】如图如图7 7所示所示, ,质量为质量为m的物体从离传送带高的物体从离传送带高为为H处沿光滑圆弧轨道下滑处沿光滑圆弧轨道下滑, ,水平进入长为水平进入长为L的静止的的静止的传送带传送带, ,之后落在水平地面的之后落在水平地面的Q点点. .已知物体与传送带已知物体与传送带间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为, ,则当传送带转动时则当传送带转动时, ,物体仍以物体仍以上述方式滑下上述方式滑下, ,将落在将落在Q点的左边还是右边？点的左边还是右边？图图 7 7 解析解析 物体从物体从P点落下点落下, ,设水平进入传送带的速设水平进入传送带的速
23、度为度为v0 0, ,则由机械能守恒定律得则由机械能守恒定律得 mgH= = (1) (1)当传送带静止时当传送带静止时, ,分析物体在传送带上的受力分析物体在传送带上的受力, ,可知物体做匀减速运动可知物体做匀减速运动, ,a= =mg/ /m= =g. .物体离开传物体离开传送带时的速度为送带时的速度为vt= ,= ,随后做平抛运动而落随后做平抛运动而落在在Q点点. . (2) (2)当传送带逆时针方向转动时当传送带逆时针方向转动时, ,物体的受力情况物体的受力情况与传送带静止时相同与传送带静止时相同, ,因而物体离开传送带时的速度因而物体离开传送带时的速度仍为仍为vt= ,= ,随后做平
24、抛运动而仍落在随后做平抛运动而仍落在Q点点.(.(当当 2 2gL时时, ,物体将不能滑出传送带而被传物体将不能滑出传送带而被传送带送回送带送回, ,显然不符合题意显然不符合题意, ,舍去舍去.).) (3)(3)当传送带顺时针转动时当传送带顺时针转动时, ,可能出现五种情况可能出现五种情况: : 当传送带的速度当传送带的速度v带带较大时较大时, ,v带带则分析物体在传送带上的受力可知则分析物体在传送带上的受力可知, ,物体一直做匀加物体一直做匀加速运动速运动, ,离开传送带时的速度为离开传送带时的速度为 v= = vt= = 因而将落在因而将落在Q点的右边点的右边. . 当传送带的速度当传送
25、带的速度v v带较小时带较小时, ,v带带则分析物体在传送带上的受力可知则分析物体在传送带上的受力可知, ,物体一直做匀减速物体一直做匀减速运动运动, ,离开传送带时的速度为离开传送带时的速度为vt= =因而仍将落在因而仍将落在Q点点. . 当传送带的速度当传送带的速度 v带带 , ,则分则分析物体在传送带上的受力可知析物体在传送带上的受力可知, ,物体将在传送带上先做物体将在传送带上先做匀加速运动匀加速运动, ,后做匀速运动后做匀速运动, ,离开传送带时的速度离开传送带时的速度vt 因而将落在因而将落在Q点右边点右边. . 当传送带的速度当传送带的速度 v带带 时时, ,则分则分析物体在传送
26、带上的受力可知析物体在传送带上的受力可知, ,物体将在传送带上先物体将在传送带上先做匀减速运动做匀减速运动, ,后做匀速运动后做匀速运动, ,离开传送带时的速度离开传送带时的速度vt , ,因而将落在因而将落在Q点右边点右边. . 当传送带的速度当传送带的速度v带带= = 时时, ,则物体在传送带则物体在传送带上不受摩擦力的作用而做匀速运动上不受摩擦力的作用而做匀速运动, ,故将落在故将落在Q点的点的右边右边. . 综上所述综上所述: :当传送带的速度当传送带的速度v带带 时时, ,物体仍落在物体仍落在Q点点; ;当传送带的速度当传送带的速度v带带 时时, ,物体将落在物体将落在Q点的右边点的
27、右边. .答案答案 见解析见解析 (2)(2)倾斜放置运行的传送带倾斜放置运行的传送带 这种传送带是指两皮带轮等大这种传送带是指两皮带轮等大, ,轴心共面但不在轴心共面但不在同一水平线上同一水平线上( (不等高不等高),),传送带将物体在斜面上传送传送带将物体在斜面上传送的装置的装置. .处理这类问题处理这类问题, ,同样是先对物体进行受力分同样是先对物体进行受力分析析, ,再判断摩擦力的方向是解题关键再判断摩擦力的方向是解题关键, ,正确理解题意正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口. .这类这类问题通常分为问题通常分为: :运动学型运动
28、学型; ;动力学型动力学型; ;能量守恒型能量守恒型. . 【例例8 8】如图如图8 8所示所示, ,传送带与水平面传送带与水平面夹角为夹角为37,37,并以并以v=10 m/s=10 m/s运行运行, ,在传送带在传送带的的A端轻轻放一个小物体端轻轻放一个小物体, ,物体与传送带物体与传送带之间的动摩擦因数之间的动摩擦因数=0.5,=0.5,AB长长1616米米, ,求以下两种情况下物体从求以下两种情况下物体从A到到B所用的时间所用的时间. . (1) (1)传送带顺时针方向转动传送带顺时针方向转动. . (2) (2)传送带逆时针方向转动传送带逆时针方向转动. .图图 8 8 解析解析 (
29、1)(1)传送带顺时针方向转动时受力如题图传送带顺时针方向转动时受力如题图所示所示: : mgsinsin- -mgcoscos= =ma a= =gsinsin- -gcosgcos=2 m/s=2 m/s2 2 x= = at2 2 t= =4 s.= =4 s. (2) (2)传送带逆时针方向转动传送带逆时针方向转动, ,物体受力如图物体受力如图: :开始摩擦力方向沿传送带向下开始摩擦力方向沿传送带向下, ,向下匀加速运动向下匀加速运动 a= =gsin 37+sin 37+gcos 37=10 cos 37=10 m/sm/s2 2 t1 1= =v/ /a=1 =1 s s x1 1
30、= = at2 2=5 m=5 m x2 2=11 m=11 m 1 1秒后秒后, ,速度达到速度达到10 m/s,10 m/s,摩擦力方向变为沿传摩擦力方向变为沿传送带向上送带向上. .物体以初速度物体以初速度v=10 m/s=10 m/s向下做匀加速运动向下做匀加速运动 a2 2= =gsin 37-sin 37-gcos 37=2 m/sgcos 37=2 m/s2 2 x2 2= =vt2 2+ + a2 2 11=10 11=10t2 2+ 2+ 2 t2 2=1 s=1 s 因此因此t= =t1 1+ +t2 2=2 s=2 s 答案答案 (1)1 s (2)2 s(1)1 s (
31、2)2 s 点评点评 综上所述综上所述, ,传送带问题包含力、运动、能传送带问题包含力、运动、能量等知识点量等知识点, ,而且其中的摩擦力的方向、大小可能要而且其中的摩擦力的方向、大小可能要发生变化发生变化, ,但只要掌握了上述三种基本类型但只要掌握了上述三种基本类型, ,传送带传送带问题就可迎刃而解问题就可迎刃而解, ,以上就是笔者对传送带题型的几以上就是笔者对传送带题型的几点总结点总结. .当然当然, ,“传送带类问题传送带类问题”题型还不止这些题型还不止这些. .但但不管怎样不管怎样, ,只要我们了解其物理情景只要我们了解其物理情景, ,物理模型物理模型, ,会进会进行受力分析行受力分析
32、, ,再灵活配合牛顿第二定律和能量知识就再灵活配合牛顿第二定律和能量知识就一定能正确解答一定能正确解答. .素能提升素能提升1.1.有两个光滑固定斜面有两个光滑固定斜面AB和和BC, A和和C两点在同一水平面上两点在同一水平面上, 斜面斜面BC比斜面比斜面AB长长,如图如图9 9 所示所示. .一个滑块自一个滑块自A点以速点以速 度度vA上滑上滑, ,到达到达B点时速度点时速度 减减小小为为零零, ,紧紧接接着着沿沿BC滑滑下下. .设设滑滑块块从从A点点到到C点点的的总总时时间间是是t0 0. .那那么么下下列列选选项项中中能能正正确确表表示示滑滑块块速速率率v随时间随时间t变化的规律的图象
33、是变化的规律的图象是( )( )图图 9 9解析解析 设设AB长为长为L1 1, ,倾角为倾角为, ,BC长为长为L2 2, ,倾角为倾角为. .滑块沿滑块沿AB上滑的加速度大小为上滑的加速度大小为a1 1= =gsin sin , ,滑块从滑块从A滑到滑到B所用的时间为所用的时间为: :t1 1= = 由运动学公式由运动学公式得得: =2: =2a1 1L1 1. .又滑块从又滑块从B滑到滑到C时的加速度大小时的加速度大小为为: :a2 2= =gsin sin , ,滑到滑到C点的速度为点的速度为: :vC= ,= ,从从B滑到滑到C所用的时间为所用的时间为: :t2 2= = 由几何关系
34、可由几何关系可得得, ,L1 1sin sin = =L2 2sin sin , ,联立解得联立解得: :vC= =vA, ,t1 1t2 2, ,综合得综合得出出, ,正确选项为正确选项为C.C.答案答案 C2.2.如图如图1010所示所示, ,弹簧秤外壳质量为弹簧秤外壳质量为m0 0, ,弹簧及挂弹簧及挂 钩的质量忽略不计钩的质量忽略不计, ,挂钩吊着一质量为挂钩吊着一质量为m的重的重 物物. .现用一方向竖直向上的外力现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧秤拉着弹簧秤, , 使其向上做匀加速直线运动使其向上做匀加速直线运动, ,则弹簧秤的读数则弹簧秤的读数 为为( )( )图图 1010解析
35、解析 以弹簧和重物整体为研究对象以弹簧和重物整体为研究对象, ,F- -( (m0 0+ +m) )g=(=(m0 0+ +m) )a, ,以重物为研究对象以重物为研究对象, ,F弹弹- -mg= =ma, ,得到弹簧秤的读数得到弹簧秤的读数F弹弹= =故故D D正确正确. .答案答案 D3.3.如图如图1111所示所示, ,一水平方向足够长的一水平方向足够长的 传送带以恒定的速度传送带以恒定的速度v1 1沿顺时针沿顺时针 方向运动方向运动, ,一物体以水平速度一物体以水平速度v2 2从从右端滑上传送带后右端滑上传送带后, ,经过一段时间经过一段时间 又返回光滑水平面又返回光滑水平面, ,此时
36、速率为此时速率为 v2 2,则下列说法正确的是则下列说法正确的是( )( )A.A.若若v1 1v2 2, ,则则v2 2=v1 1B.B.若若v1 1v2 2, ,则则v2 2=v2 2C.C.不管不管v2 2多大多大, ,总有总有v2 2=v2 2D.D.只有只有v1 1= =v2 2时时, ,才有才有v2 2=v2 2图图 1111解析解析 设物体的质量为设物体的质量为m, ,物体与传送带之间的滑动物体与传送带之间的滑动摩擦力大小为摩擦力大小为Ff f, ,物体相对传送带滑动的加速度大小物体相对传送带滑动的加速度大小为为a. .物体在传送带上滑动物体在传送带上滑动, ,则有则有: :Ff
37、 f= =ma, ,物体在传送物体在传送带上向左滑动的位移为带上向左滑动的位移为: :x= .= .速度减为零后速度减为零后, ,在滑动摩擦力的作用下开始向右匀加速运动在滑动摩擦力的作用下开始向右匀加速运动, ,加速度加速度大小仍为大小仍为a, ,若若v1 1v2 2, ,滑到传送带右端时的速度大小滑到传送带右端时的速度大小为为: :v2 2= ,= ,比较可以得出比较可以得出, ,v2 2=v2 2v1 1; ;若若v1 1v2 2, ,物体还没有运动到传送带的右端物体还没有运动到传送带的右端, ,速度就和传送带的速度就和传送带的速度相同速度相同, ,物体与传送带之间不再存在摩擦力物体与传送
38、带之间不再存在摩擦力, ,物体物体随传送带一起匀速运动随传送带一起匀速运动, ,v2 2=v1 1v2 2. .正确选项为正确选项为A A、B.B.答案答案 AB4.4.如图如图1212所示所示, ,光滑水平面上放置质量分别为光滑水平面上放置质量分别为m和和2 2m的四个木块的四个木块, ,其中两个质量为其中两个质量为m的木块间用一不可伸的木块间用一不可伸长的轻绳相连长的轻绳相连, ,木块间的最大静摩擦力是木块间的最大静摩擦力是mg. .现用现用水平拉力水平拉力F FT T拉其中一个质量为拉其中一个质量为2 2m的木块的木块, ,使四个木使四个木块以同一加速度运动块以同一加速度运动, ,则轻绳
39、对则轻绳对m的最大拉力为的最大拉力为( )( )图图 1212解析解析 设绳中的最大拉力为设绳中的最大拉力为F, ,共同运动的加速度为共同运动的加速度为a, ,对右边的对右边的m应用牛顿第二定律得应用牛顿第二定律得: :mg- -FT T= =ma, ,对左边对左边的两个物体应用牛顿第二定律得的两个物体应用牛顿第二定律得: :FT T=3=3ma, ,联立解得联立解得FT T= ,= ,正确选项为正确选项为B.B.答案答案 B5.5.在探究摩擦力特点的实验中在探究摩擦力特点的实验中, ,将木块放在水平长木将木块放在水平长木板上板上, ,如图如图13(a)13(a)所示所示, ,用力沿水平方向拉
40、木块用力沿水平方向拉木块, ,拉拉力从力从0 0开始逐渐增大开始逐渐增大. .分别用力传感器采集拉力和分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力木块所受到的摩擦力, ,并用计算机绘制出摩擦力并用计算机绘制出摩擦力Ff f随拉力随拉力F的变化图象的变化图象, ,如图如图(b)(b)所示所示. .已知木块质量已知木块质量为为0.78 kg.0.78 kg.取重力加速度取重力加速度g=10 m/s=10 m/s2 2,sin 37=,sin 37= 0.60,cos 37=0.80. 0.60,cos 37=0.80.图图 13 13 (1)(1)求木块与长木板间的动摩擦因数求木块与长木板间的动摩擦
41、因数. .(2)(2)若木块在与水平方向成若木块在与水平方向成3737角斜向右上方的恒定角斜向右上方的恒定拉力拉力F F作用下作用下, ,以以a=2.0 m/s=2.0 m/s2 2的加速度从静止开始做的加速度从静止开始做匀变速直线运动匀变速直线运动, ,如图如图(c)(c)所示所示. .拉力大小应为多大？拉力大小应为多大？解析解析 (1)(1)由题图由题图(b)(b)可知可知, ,木块所受到的滑动摩擦力木块所受到的滑动摩擦力Ff f=3.12 N=3.12 N由由Ff f= =FN N, ,得得(2)(2)物体受重力物体受重力G、支持力、支持力FN N、拉力、拉力F和摩擦力和摩擦力Ff f作
42、用作用. .将将F分解为水平和竖直两方向分解为水平和竖直两方向, ,根据牛顿运动定律根据牛顿运动定律Fcoscos- -Ff f= =maFsinsin+ +FN N= =mgFf f= =FN N联立各式可得联立各式可得F=4.5 N =4.5 N 答案答案 (1)0.4 (2)4.5 N(1)0.4 (2)4.5 N6.6.如图如图1414所示所示, ,一质量为一质量为M=5 kg=5 kg的斜的斜 面体放在水平地面上面体放在水平地面上, ,斜面体与地斜面体与地 面的动摩擦因数为面的动摩擦因数为1 1=0.5,=0.5,斜面斜面高度为高度为h=0.45 m,=0.45 m,斜面体与小物块斜
43、面体与小物块 的动摩擦因数为的动摩擦因数为2 2=0.8,=0.8,小物块小物块 的质量为的质量为m=1 kg,=1 kg,起初小物块在斜起初小物块在斜面的竖直面上的最高点面的竖直面上的最高点. .现在从静止开始在现在从静止开始在M上作用上作用一水平恒力一水平恒力, ,并且同时释放并且同时释放m, ,取取g=10 m/s=10 m/s2 2, ,设小物设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力力, ,小物块可视为质点小物块可视为质点. .问问: :图图 1414(1)(1)要使要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动保持相对静止一起向右做
44、匀加速运动, ,加速度至少多大？加速度至少多大？(2)(2)此过程中水平恒力至少为多少？此过程中水平恒力至少为多少？(3)(3)当当(1)(1)问中水平恒力作用问中水平恒力作用0.4 s0.4 s时时, ,撤去撤去F, ,求求m落地落地时时M相对于出发点的位移为多少？相对于出发点的位移为多少？解析解析 (1)(1)以以m为研究对象为研究对象, ,竖直方向有竖直方向有: :mg- -Ff f=0=0水平方向有水平方向有: :FN N= =ma, ,又又Ff f= =2 2FN N, ,得得: :a1 1=12.5 m/s=12.5 m/s2 2(2)(2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象以小物
45、块和斜面体为整体作为研究对象, ,由牛顿由牛顿第二定律得第二定律得: :F- -1 1( (M+ +m) )g=(=(M+ +m) )a1 1水平恒力至少为水平恒力至少为: :F=105 N=105 N(3)(3)撤去撤去F后小物块做平抛运动后小物块做平抛运动下落的时间为下落的时间为: :t2 2= =0.3 s= =0.3 sF F作用阶段作用阶段, ,斜面体的位移为斜面体的位移为: :x1 1= = a1 1 =1 m=1 m0.4 s0.4 s末的速度为末的速度为: :v1 1= =a1 1t1 1=5 m/s=5 m/s撤去撤去F后后, ,对斜面体应用牛顿第二定律得对斜面体应用牛顿第二
46、定律得: :1 1Mg= =Ma2 2解得解得a2 2=5 m/s=5 m/s2 2斜面体速度减为斜面体速度减为0 0所用的时间为所用的时间为: :t= =1 s= =1 st2 2=0.3 s=0.3 s在在t2 2时间内斜面体的位移为时间内斜面体的位移为: :x2 2= =v1 1t2 2- -=1.275 m=1.275 mm落地时落地时M相对于出发点的位移为相对于出发点的位移为: :x= =x1 1+ +x2 2=2.275 m=2.275 m答案答案 (1)12.5 m/s(1)12.5 m/s2 2 (2)105 N (3)2.275 m (2)105 N (3)2.275 m7.
47、7.如图如图1515所示所示, ,绷紧的传送带与水平面绷紧的传送带与水平面 的夹角的夹角=30,=30,传送带在电动机的传送带在电动机的 带动下带动下, ,始终保持始终保持v0 0=2 m/s=2 m/s的速率运的速率运 行行. .现把一质量为现把一质量为m=10 kg10 kg的工件的工件 ( (可看为质点可看为质点) )轻轻放在传送带的底端轻轻放在传送带的底端, , 经时间经时间t=1.9 s,=1.9 s,工件被传送到工件被传送到h=1.5 m=1.5 m 的高处的高处, ,并取得了与传送带相同的速度并取得了与传送带相同的速度, ,取取g=10 m/s=10 m/s2 2. .求求: :
48、(1)(1)工件与传送带之间的滑动摩擦力工件与传送带之间的滑动摩擦力F1 1. .(2)(2)工件与传送带之间的相对位移工件与传送带之间的相对位移x. .图图 1515解析解析 由题意高由题意高h对应的传送带长为对应的传送带长为L= =3 m= =3 m工件速度达到工件速度达到v0 0之前之前, ,从静止开始做匀加速运动从静止开始做匀加速运动, ,设设匀加速运动的时间为匀加速运动的时间为t1 1, ,位移为位移为x1 1, ,有有x1 1= =因工件最终取得了与传送带相同的速度因工件最终取得了与传送带相同的速度, ,所以达到所以达到v0 0之后工件将匀速运动之后工件将匀速运动, ,有有L- -
49、x1 1= =v0 0( (t- -t1 1) )解得解得: :t1 1=0.8 s,=0.8 s,x1 1=0.8 m=0.8 m所以匀加速运动阶段的加速度为所以匀加速运动阶段的加速度为a= =2.5 m/s= =2.5 m/s2 2在匀加速运动阶段在匀加速运动阶段, ,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律, ,有有F1 1- -mgsinsin= =ma解得解得: :F1 1=75 N=75 N(2)(2)在时间在时间t1 1内内, ,传送带运动的位移为传送带运动的位移为x= =v0 0t1 1=1.6 m=1.6 m所以在时间所以在时间t1 1内内, ,工件相对传送带的位移为工件相对传送带的
50、位移为x= =x- -x1 1=0.8 m.=0.8 m.答案答案 (1)75 N (2)0.8 m(1)75 N (2)0.8 m阅卷现场阅卷现场阅卷手记阅卷手记 本章的知识考查主要是对牛顿运动定律、超本章的知识考查主要是对牛顿运动定律、超重、失重等规律的理解与运用；方法要求比较高重、失重等规律的理解与运用；方法要求比较高, ,对重要的力学方法几乎都有涉及对重要的力学方法几乎都有涉及, ,如选择研究对象如选择研究对象时的整体法和隔离法、力的计算的合成法与分解时的整体法和隔离法、力的计算的合成法与分解法、瞬时问题的处理方法、超失重的迁移运用、法、瞬时问题的处理方法、超失重的迁移运用、临界条件的
51、分析和计算、程序法分析多过程问题临界条件的分析和计算、程序法分析多过程问题等等；本章能力要求也很高等等；本章能力要求也很高, ,受力与运动过程的分受力与运动过程的分析能力、状态变化和临界条件的推理能力、力与析能力、状态变化和临界条件的推理能力、力与运动的计算能力、运用图象处理问题的能力等等运动的计算能力、运用图象处理问题的能力等等, ,都是考察的热点都是考察的热点. . 通过试卷分析通过试卷分析, ,对运动和力的关系不能准确地把对运动和力的关系不能准确地把握始终是出错的主要原因握始终是出错的主要原因. .不少同学处理这部分问题不少同学处理这部分问题时不能从力与运动的基本关系出发时不能从力与运动
52、的基本关系出发, ,进行分析、推理、进行分析、推理、计算计算, ,而是过多的受一些不正确的经验影响或思维定而是过多的受一些不正确的经验影响或思维定势的羁绊势的羁绊, ,做出错误的判断做出错误的判断, ,导致失分导致失分. .易错点实例分析易错点实例分析9.9.由于对运动状态分析不正确造成的错误由于对运动状态分析不正确造成的错误试题回放试题回放如图如图1 1所示所示, ,在光滑的倾角为在光滑的倾角为的固定的固定斜面上放一个光滑的劈形的物体斜面上放一个光滑的劈形的物体A, ,A的质量为的质量为M, ,A的上表面光滑且水平的上表面光滑且水平. .物体物体B的质量为的质量为m, ,放在放在A的上表面的
53、上表面. .先用手固定住先用手固定住A, ,再放手让它下滑再放手让它下滑. .求求A刚下滑时刚下滑时B对对A的压力的压力. . 图图 1 1错解分析错解分析设设A、B以共同的加速度下滑以共同的加速度下滑, ,则下滑时的加则下滑时的加速度为速度为a= =gsinsin. .B受到向下的重力受到向下的重力mg和竖和竖直向上的支持力直向上的支持力FN N, ,如图所示建立坐标系：如图所示建立坐标系： mg- -FN N= =may= =masinsin= =mgsinsin2 2 所以所以FN N= =mg- -mgsinsin2 2= =mgcoscos2 2 在在A刚下滑时刚下滑时B对对A的压力
54、大小为的压力大小为mgcoscos2 2, ,方向方向竖直向下竖直向下. . 错解的原因是认为错解的原因是认为A、B都沿斜面方向加速且加都沿斜面方向加速且加速度相等速度相等. .而实际上而实际上B只有竖直向下的加速度只有竖直向下的加速度, ,而而A的的加速度沿斜面向下加速度沿斜面向下. .正确答案正确答案 对对A、B受力分析受力分析, ,A的加速度方向沿斜面向下的加速度方向沿斜面向下, ,B 的的加加速速度度方方向向竖竖直直向向下下, ,A的的加加速速度度的的竖竖直直分分量量大大小小与与B的加速度大小相等的加速度大小相等. .即即aB= =aAy= =aAsinsin 对对A、B分别运用牛顿第
55、二定律分别运用牛顿第二定律, , 有有( (Mg+ +FN NA)sin)sin= =MaA mg- -FN NB= =maB= =maA Asinsin, ,FN NA= =FN NB 所所以以FNB=NB= , ,根根据据牛牛顿顿第第三三定定律律知知A下下滑滑时时B对对A的压力为的压力为FN NB,FN NB=FN NB= = 物体到底做怎样的运动物体到底做怎样的运动, ,一定要根据初状态和受一定要根据初状态和受力情况去判断力情况去判断, ,决不可想当然决不可想当然. .本题中由于本题中由于A、B之间之间光滑且水平光滑且水平, ,故故B不受水平方向的力不受水平方向的力, ,只能具有竖直方只
56、能具有竖直方向的加速度向的加速度. .10.10.对力与运动的关系理解不清楚而造成错误对力与运动的关系理解不清楚而造成错误试题回放试题回放一质点处于静止状态一质点处于静止状态, ,现对该质点施加现对该质点施加力力F, ,力力F随时间随时间t按图按图2 2所示的正弦规律所示的正弦规律变化变化, ,力力F的方向始终在同一直线上的方向始终在同一直线上. .在在0 04 s4 s内内, ,下列说法正确的是下列说法正确的是( )( )A.A.第第2 s2 s末末, ,质点距离出发点最远质点距离出发点最远B.B.第第2 s2 s末末, ,质点的动能最大质点的动能最大C.C.第第4 s4 s末末, ,质点距
57、离出发点最远质点距离出发点最远D.D.第第4 s4 s末末, ,质点的动能最大质点的动能最大学生作答学生作答 A图图 2 2错解分析错解分析 错选错选A.A.错误原因是认为质点在错误原因是认为质点在0 01 s1 s内内F F增大增大, ,所所以速度增大以速度增大,1,12 s2 s内内F减小减小, ,所以速度减小所以速度减小, ,在在0 02 s2 s内质点先做加速运动内质点先做加速运动, ,后做减速运动后做减速运动, ,第第2 s2 s末离出发末离出发点最远点最远, ,错选错选A A项项. .正确答案正确答案 力力F随图示的规律变化时随图示的规律变化时, ,质点在前质点在前2 s2 s内做
58、加速内做加速度先增大后减小的加速运动度先增大后减小的加速运动, ,在在2 s2 s时刻速度最时刻速度最大大,2,24 s4 s内质点做加速度内质点做加速度( (反方向反方向) )先增大后减小的先增大后减小的减速运动减速运动, ,在在4 s4 s时刻速度为零时刻速度为零. .质点始终沿正方向运质点始终沿正方向运动动, ,故故B B、C C正确正确. .答案为答案为B B、C.C. 根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律F= =ma可知可知, ,合外力决定加速度合外力决定加速度而不是速度而不是速度, ,力和速度没有必然的联系力和速度没有必然的联系. .加速度与合加速度与合外力存在瞬时对应关系：加速度的方
59、向始终和合外外力存在瞬时对应关系：加速度的方向始终和合外力的方向相同力的方向相同, ,加速度的大小随合外力的增大加速度的大小随合外力的增大( (减小减小) )而增大而增大( (减小减小).).加速度和速度同向时物体做加速运动加速度和速度同向时物体做加速运动, ,反向时做减速运动反向时做减速运动. .11.11.对动力学问题中的临界条件认识不清而出错对动力学问题中的临界条件认识不清而出错试题回放试题回放如图如图3 3所示所示, ,一个质量为一个质量为m=0.2 kg=0.2 kg的小球用细绳吊在倾角为的小球用细绳吊在倾角为=53=53的的光滑斜面上光滑斜面上, ,当斜面静止时当斜面静止时, ,绳
60、与斜绳与斜面平行面平行. .当斜面以当斜面以10 m/s10 m/s2 2的加速度的加速度向右做加速运动时向右做加速运动时, ,求绳子的拉力求绳子的拉力及斜面对小球的弹力及斜面对小球的弹力. .图图 3 3错解分析错解分析 当斜面做加速运动时当斜面做加速运动时, ,小球受到三个力小球受到三个力( (重力、重力、绳的拉力、支持力绳的拉力、支持力) )的作用的作用, ,此时绳仍平行于斜面此时绳仍平行于斜面, ,根根据正交分解法据正交分解法, ,利用牛顿第二定律列方程：利用牛顿第二定律列方程： 在水平方向上：在水平方向上：FT Tcoscos- -FN Nsinsin= =ma 在竖直方向上：在竖直
61、方向上：FT Tsinsin+ +FN Ncoscos= =mg 将题中各已知量代入方程将题中各已知量代入方程, ,无解无解. .找不到正确的找不到正确的方法而无法完成解答方法而无法完成解答. . 出错原因是认识不到小球和斜面的相对位置已出错原因是认识不到小球和斜面的相对位置已经发生了变化经发生了变化, ,以一种静态的观念去处理已发生了变以一种静态的观念去处理已发生了变化的问题化的问题. .正确答案正确答案 先分析物理现象先分析物理现象. .用极限法把加速度用极限法把加速度a推到两个推到两个极端：当极端：当a较小较小( (a0)0)时时, ,小球受到三个力小球受到三个力( (重力、拉重力、拉力
62、、支持力力、支持力) )的作用的作用, ,此时绳平行于斜面；当此时绳平行于斜面；当a增大增大( (足够大足够大) )时时, ,小球将小球将“飞离飞离”斜面斜面, ,不再受支持力不再受支持力, ,此此时绳与水平方向的夹角未知时绳与水平方向的夹角未知. .那么那么, ,当斜面以加速度当斜面以加速度a=10 m/s=10 m/s2 2向右加速运动时向右加速运动时, ,必须先求出小球离开斜必须先求出小球离开斜面的临界值面的临界值a0 0才能确定小球受力情况才能确定小球受力情况. . 小球刚要离开斜面时小球刚要离开斜面时, ,只受重力和拉力只受重力和拉力, ,根据平行根据平行四边形定则作出其合力如图所示
63、四边形定则作出其合力如图所示, ,由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：mgcotcot= =ma0 0, ,代入数据解得代入数据解得a0 0= =gcotcot=7.5 m/s=7.5 m/s2 2因为因为a=10 m/s=10 m/s2 27.5 m/s7.5 m/s2 2, ,所以在题给条件下小球所以在题给条件下小球离开斜面向右做加速运动离开斜面向右做加速运动, ,FT T= = =2.83 N,2.83 N,FN N=0.=0. 物体间的存在状态是否发生了变化物体间的存在状态是否发生了变化, ,要通过分析要通过分析所给的条件是否引起了物理情景的所给的条件是否引起了物理情景的“质变质变”.
64、 .关键在关键在于理解发生于理解发生“质变质变”的条件的条件, ,即临界条件即临界条件. .12.12.整体法和隔离法运用不当产生的错误整体法和隔离法运用不当产生的错误试题回放试题回放如图如图4 4所示所示, ,质量为质量为M, ,倾角为倾角为的楔形物的楔形物A放在水平地面上放在水平地面上. .质量为质量为m的的B物体从楔物体从楔形物的光滑斜面上由静止释放形物的光滑斜面上由静止释放, ,在在B物体物体加速下滑过程中加速下滑过程中, ,A物体保持静止物体保持静止. .地面地面受到的压力多大？受到的压力多大？图图 4 4错解分析错解分析 错解：以错解：以A、B整体为研究对象整体为研究对象. .受力
65、如图受力如图, ,因为因为A物体静止物体静止, ,所以所以FN N= =G=(=(M+ +m) )g. .由于由于A, ,B的加速度不同的加速度不同, ,所以不能将二者视为同一物所以不能将二者视为同一物体体. .忽视了这一点就会造成错解忽视了这一点就会造成错解. .正确答案正确答案 分别以分别以A、B物体为研究对象物体为研究对象. .A、B物体受力分别物体受力分别如图如图a a、b b. .根据牛顿第二定律列运动方程根据牛顿第二定律列运动方程, ,A物体静止物体静止, ,加速度为零加速度为零. . x: :FN1N1sinsin - -Ff f=0 =0 y: :FN N- -Mg- -FN1
66、N1cos cos =0 =0 B物体下滑的加速度为物体下滑的加速度为a, , x: :mgsin sin = =ma y: :FN1N1- -mgcoscos2 2 =0 =0 由式由式解得解得FN N= =Mg+ +mgcoscos2 2 根据牛顿第三定律地面受到的压力为根据牛顿第三定律地面受到的压力为Mg+ + mgcoscos2 2 . .举一反三举一反三 动力学问题中动力学问题中, ,在选取研究对象时在选取研究对象时, ,若要将几个若要将几个物体视为一个整体做为研究对象物体视为一个整体做为研究对象, ,应该注意这几个物应该注意这几个物体必须有相同的加速度体必须有相同的加速度. .本题中地面对本题中地面对A A物体的摩擦物体的摩擦力也不是零力也不是零, ,同样需要隔离出同样需要隔离出A物体来分析物体来分析. .灵活的运灵活的运用隔离法和整体法用隔离法和整体法, ,能迅速准确的解决问题能迅速准确的解决问题. .同时也同时也应知道应知道, ,整体法是一个分析问题的重要思想整体法是一个分析问题的重要思想, ,不仅是不仅是力学中力学中, ,在其他领域也经常用到在其他领域也经常用到. .返回返回
