2025-2026学年高中物理竞赛课件：第三课 牛顿运动定律

物理清北班——筑基阶段 教师：林志敏 第三课：牛顿运动定律 1 目 录 第1节 牛顿第一定律　牛顿第二定律 考点1 牛顿第一定律 考点2 牛顿第二定律 第2节　牛顿第二定律的应用 考点1 动力学中的两类基本问题 考点2 动力学中的图像问题 考点3 超重和失重问题 微专题4 牛顿第二定律的综合应用 微专题5 动力学中的传送带模型 微专题6 动力学中的滑块-木板模型 实验4　探究加速度与物体受力、物体质量的关系 第1节 牛顿第一定律　牛顿第二定律 考点1　牛顿第一定律 一、牛顿第一定律 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这 种状态。 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.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。 3.普遍性:惯性是物体的固有属性,一切物体都具有惯性,与物体的运动情况和受力情况 无关。 返回目录 考点2　牛顿第二定律 一、内容及表达式 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。 二、对牛顿第二定律的理解 返回目录 三、力和运动的关系 1.只要合力不为0,物体的加速度就不为0。 2.(1)a= 是加速度的定义式,a与Δv、Δt无必然联系。 (2)a= 是加速度的决定式,a的大小由合力F和质量m决定,且a∝F,a∝ 。 3.合力与速度同向时,物体做加速直线运动;合力与速度反向时,物体做减速直线运动。 返回目录 教考衔接 典例1    (人教版必修一P114,B组,T1改编)如图甲所示,两个质量相同的小球A和B之间用 轻弹簧连接,然后用细绳悬挂起来。   (1)(回归教材)剪断细绳的瞬间,A和B的加速度分别是多少(重力加速度为g)? (2)(情境变式)如图乙所示,一质量为m的小球系于轻弹簧和长度为l2的细绳上,小球静止 时细绳水平,轻弹簧与竖直方向的夹角为θ、长度为l1。重力加速度为g。 返回目录  　      ①现将水平细绳剪断,求剪断瞬间小球的加速度大小a1。 ②如图丙所示,将图乙中的轻弹簧改为长度为l1的细绳,其他条件不变,现将水平细绳剪 断,求剪断瞬间小球的加速度大小a2。 (2)(情境变式)如图乙所示,一质量为m的小球系于轻弹簧和长度为l2的细绳上,小球静止时细绳水平,轻弹簧与竖直方向的夹角为θ、长度为l1。重力加速度为g。 返回目录 (3)(链接高考)(2024湖南,3,4分)如图,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小 球A、B、C、D,通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为 g。若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 (　    )   A.g,1.5g　　　    B.2g,1.5g C.2g,0.5g　　　    D.g,0.5g 返回目录 答案    (1)2g    0    (2)①g tan θ　②g sin θ    (3)A 解析     (1)设A和B的质量均为m,在细绳被剪断之前,A和B的受力情况分别如图(a)和图(b)所示   对A有F=F1+mg 对B有F2=mg 又F1=F2 剪断细绳的瞬间,A和B的受力情况分别如图(c)和图(b)所示 返回目录 对A有maA=F1+mg 对B有maB=F2-mg 联立解得aA=2g,aB=0。 (2)①将水平细绳剪断前,对小球受力分析如图(d)所示,有   F1=  剪断水平细绳的瞬间,对小球受力分析如图(e)所示,有 返回目录 ma1=F1 sin θ 联立解得a1=g tan θ。 ②剪断水平细绳瞬间,两根细绳上的力均发生突变,对小球受力分析如图(f)所示,小球的 速度为0,随后小球开始做圆周运动(易错:小球的速度为0,所需向心力为0,指向圆心的 合力为0,但沿切线方向的合力不为0)   将重力沿绳方向和垂直于绳的方向分解,则沿绳方向有 F3-mg cos θ=m  因为v=0, 返回目录 所以F3=mg cos θ 垂直于绳方向有 ma2=mg sin θ 解得a2=g sin θ。 (3)剪断B、C间细线前,将B、C、D看作一个整体,有FAB=6mg,将C、D看作一个整体,有 FBC=3mg,单独对D受力分析,有FCD=mg,剪断细线瞬间,弹簧弹力不能发生突变,所以aB=  = =g,aC= = =1.5g,A正确。 返回目录 提分关键·方法提升 用牛顿第二定律解决瞬时性问题的思维流程   返回目录 考点3　力学单位制 一、单位制 返回目录 二、国际单位制的基本物理量和基本单位 物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号 长度 l 米 m 质量 m 千克(公斤) kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n,(ν) 摩[尔] mol 发光强度 I,(IV) 坎[德拉] cd 返回目录 典例2    (2023辽宁,2,4分)安培通过实验研究,发现了电流之间相互作用力的规律。若 两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时,相互作用力 的大小可以表示为ΔF=k 。比例系数k的单位是(　    ) A.kg·m/(s2·A)　　　    B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A)　　　    D.kg·m2/(s3·A2) B 解析     由相互作用力的表达式可知k= ,则k的单位为 ,即 ,由F=ma可知,1 =1  =1 kg·m/(s2·A2),即k的单位为kg·m/(s2·A2),B正确。 返回目录 第2节 牛顿第二定律的应用 返回目录 考点1　动力学中的两类基本问题 一、由受力确定运动情况   二、由运动情况确定受力   返回目录 三、解决两类动力学基本问题的要点 返回目录 典例1    (多选)如图所示,O点为竖直圆周的圆心,MN和PQ是两根光滑细杆,两细杆的两 端均在圆周上,M点为圆周上的最高点,Q点为圆周上的最低点,N、P两点等高。两个可 视为质点的圆环1、2(图中均未画出)分别套在细杆MN、PQ上,并从M、P两点由静止 释放,两圆环滑到N、Q两点时的速度大小分别为v1、v2,所用时间分别为t1、t2,则 (        )   A.v1=v2　　　    B.v1>v2 C.t1>t2　　　    D.t1=t2 BD 返回目录 解析     连接NQ、MP,如图所示,圆环1从M点由静止释放,根据牛顿第二定律可得a1=g sin θ,MN = a1 ,MN=2R sin θ,v1=a1t1,联立解得t1= ,v1=  sin θ;同理可得t2= =t1,v2=  sin α<v1。B、D正确。   返回目录 提分关键·模型突破 等时圆模型   返回目录 典例2    (多选)一种能垂直起降的小型遥控无人机如图所示,螺旋桨工作时能产生恒定 的升力。在一次试飞中,无人机在地面上由静止开始以2 m/s2的加速度匀加速竖直向上 起飞,上升36 m时无人机突然出现故障而失去升力。已知无人机的质量为5 kg,运动过 程中所受空气阻力大小恒为10 N,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(        )   A.无人机失去升力时的速度大小为12 m/s B.螺旋桨工作时产生的升力大小为60 N C.无人机向上减速时的加速度大小为12 m/s2 D.无人机上升的最大高度为40 m AC 返回目录 解题导引       返回目录 解析     根据题意,由运动学公式v2- =2ax,可得无人机失去升力时的速度大小v= =12 m/s (点拨:此速度为无人机向上做匀加速运动与匀减速运动的衔接速度),A正确。匀加速 上升过程,根据牛顿第二定律有F-mg-f=ma1,解得F=70 N,B错误。减速上升过程,mg+f= ma2,解得a2=12 m/s2,C正确。无人机减速上升的高度x2= =6 m,则无人机上升的最大 高度H=x1+x2=42 m,D错误。 返回目录 提分关键·方法提升 牛顿第二定律在多过程运动问题中的应用 (1)分析各个过程中运动的特点,明确每一个运动过程的运动形式,注意相邻两个过程的 衔接速度。 (2)分析各个过程的受力情况,明确每一个过程加速度的方向,注意不同过程各力的变化 特点。 (3)灵活运用运动学公式、结论、图像,灵活运用合成法或正交分解法,结合牛顿第二定 律求解加速度及其他相关量。 返回目录 考点2　动力学中的图像问题 一、常见的动力学图像 v-t图像、a-t图像、v2-x图像、F-a图像、F-t图像、F-x图像等。 二、分析动力学图像问题的方法 1.分清图像的类别:即分清横、纵坐标所代表的物理量,明确其物理意义。 2.建立图像与物体运动间的关系:把图像与具体的题意、情境结合起来,明确图像反映 的物理过程。 3.建立图像与公式间的关系:建立与图像对应的函数关系,然后根据函数关系读取信息 或描点作图,特别要明确图像斜率、面积、截距等对应的物理意义。 4.读图时要注意一些特殊点:比如起点、截距、转折点、两图线的交点,特别注意临界 点(在临界点物体运动形式往往发生变化)。 返回目录 典例3    (2024广东,7,4分)如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定。木块从弹簧正上方 H高度处由静止释放。以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向,木块的位移为y,所 受合外力为F, 运动时间为t,忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第 一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　    )   C 返回目录 解析     木块接触弹簧前先做自由落体运动,有y= gt2,即y<H时y-t图线为抛物线的一部分,D错 误。木块在y=H处接触弹簧,此后还要继续加速一段时间,故y>H时,刚开始一段的y-t图 线斜率还要继续增大;当木块运动到其重力和弹簧弹力相等位置时速度最大,此后开始 减速,y-t图线斜率逐渐减小到零,运动到最低点后开始反弹,上升过程中由运动的对称性 可知y-t图线对称,C正确。木块下降过程,木块所受合外力先为竖直向下的定值,位移为 H时接触弹簧,此后合外力沿竖直向下方向减小到0再反向增大,上升过程,合外力先沿 竖直向上方向减小到0后反向增大,离开弹簧后木块受到竖直向下的恒定合外力,上升 过程的运动为下降过程运动的逆运动[另解:假设弹簧的劲度系数为k,当y≤H时,F=mg; 返回目录 当y>H时,F=mg-k(y-H)],A、B错误。 易错警示 本题A、B项中,横轴为木块的位移y,所以上升过程应沿图线从右往左看。 返回目录 高考变式    (情境相似,变换考查角度)如图(a)所示,原长x0=0.3 m的轻质弹簧的下端固定 在倾角为θ的固定光滑斜面体的底部,在弹簧的上端从静止开始释放质量为1 kg的小球, 小球的加速度大小a与弹簧长度x间的关系如图(b)所示。重力加速度g取10 m/s2,忽略空 气阻力,则 (　    )  　      A.斜面倾角的正弦值为0.8 B.弹簧的劲度系数为60 N/m C.小球的最大速度大小为0.6 m/s D.小球运动到最低点时的加速度大小为5 m/s2 B 返回目录 解析     当x<0.2 m时,由牛顿第二定律可得k(x0-x)-mg sin θ=ma,整理可得a=- + ,结 合图像有- =  s-2, =12 m/s2,解得k=60 N/m,sin θ=0.6,A错误,B正确。由 题图(b)可知小球在x2=0.2 m时a=0,此时小球的速度最大,在x3=0.3 m时a=g sin θ=6 m/s2 (点拨:此时小球的速度为0),从x3到x2,a-x图像中图线与坐标轴所围面积为  m2/s2=0. 3 m2/s2,根据v2- =2a·Δx可知,a-x图线与坐标轴围成的面积a·Δx表示 ,则小球的最 大速度大小vm=  m/s,C错误。根据小球运动的对称性,可知当x1=0.1 m时,运动至最 低点,结合题图(b)可求得此时小球的加速度大小为6 m/s2,D错误。 返回目录 提分关键·规律总结 常见动力学图像斜率、面积表示的含义 (1)v-t图像:斜率表示加速度,面积表示位移。 (2)a-t图像:面积表示速度的变化量。 (3)v2-x图像:斜率表示加速度的2倍。 (4)F-a图像:斜率表示物体的质量。 (5)F-t图像:面积表示力的冲量或动量的变化量。 (6)F-x图像:面积表示力做的功或动能的变化量。 返回目录 考点3　超重和失重问题 超重 失重 完全失重 现象 视重大于实重 视重小于实重 视重等于0 加速度 方向向上 方向向下 竖直向下的 加速度等于g 原理 F-mg=ma mg-F=ma F=0 返回目录 典例4    (2023届深圳质检)某次蹦床比赛过程中,利用力传感器测得运动员所受蹦床弹 力F随时间t的变化图像如图所示。已知运动员质量为m,重力加速度大小为g,不计空气 阻力。则下列说法正确的是 (　    )   A.运动员最大加速度大小为4g B.运动员在蹦床上运动过程中处于失重状态 C.运动员与蹦床脱离时处于超重状态 D.运动员在蹦床上运动过程中,运动员对蹦床的作用力大 小始终等于蹦床对运动员的作用力大小 D 返回目录 解析     根据题图结合牛顿第二定律得am= =3g,运动员最大加速度为3g,A错误。运动 员在蹦床上运动过程中,弹力大于重力时处于超重状态(加速度向上),弹力小于重力时 处于失重状态(加速度向下),B错误。运动员与蹦床脱离时,只受重力作用,加速度向下, 处于失重状态,C错误。根据牛顿第三定律可知,运动员对蹦床的作用力大小始终等于 蹦床对运动员的作用力大小,D正确。 返回目录 提分关键·方法提升 超重、失重的判断方法 (1)从力的角度判断:当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态; 小于重力时,物体处于失重状态;等于0时,物体处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断:当物体具有向上的(分)加速度时,物体处于超重状态;具有向下 的(分)加速度时,物体处于失重状态;向下的加速度等于重力加速度时,物体处于完全失 重状态。 返回目录 微专题4 牛顿第二定律的综合应用 返回目录 题型1　动力学中的连接体问题 一、常见连接体问题的类型及其特点 1.物物叠放连接体 物体通过弹力、摩擦力等作用,具有相同的速度和加速度。     2.轻绳连接体 轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等,轻绳对物体的弹力方 返回目录 向始终沿绳。     3.轻杆连接体 轻杆平动时,连接体具有相同的速度和加速度;轻杆参与复合运动时,两端的连接体沿杆 方向的速度大小总是相等的;轻杆转动时,两端连接体具有相同的角速度,而线速度与转 返回目录 动半径成正比。两端连接体所受弹力方向可能沿杆,也可能不沿杆。        速度、加速度相同        返回目录 4.轻弹簧连接体 在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变量最大时,两端连 接体的速度相等。   二、处理连接体问题的方法 1.方法 整体法与隔离法。 返回目录 2.选取原则 (1)整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,可以把它们看成 一个整体,分析整体受到的外力,应用牛顿第二定律求出加速度。 (2)隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同,或者要求出系统内两物体之间的作用力时,就需要 把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列式求解。 (3)整体法、隔离法的交替运用 返回目录 若连接体内各物体具有相同的加速度,且要求物体之间的作用力时,可以先用整体法求 出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力,即“先整 体求加速度,后隔离求内力”。 三、解决连接体问题的基本思路   返回目录 典例1　如图所示,水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2,中间用一条轻绳连 接,两木块的材料相同,现用力F向右拉木块2,当两木块一起向右做匀加速直线运动时, 已知重力加速度为g。下列说法正确的是 (　    )   A.若水平面是光滑的,则m2越大,绳的拉力越大 B.若木块和地面间的动摩擦因数为μ,则绳的拉力为 +μm1g C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 C 返回目录 解析     若设木块和地面间的动摩擦因数为μ,以两木块整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F -μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,可得a= ,以木块1为研究对象,根据牛顿第二定律有 FT-μm1g=m1a,可得a= ,系统加速度与木块1的加速度相同,联立解得FT= F, 可知绳的拉力大小与动摩擦因数μ无关,与两木块质量有关,无论水平面是光滑的还是 粗糙的,绳的拉力大小均为FT= F,且m2越大,绳的拉力越小。C正确。 返回目录 (拓展设问)(1)两个质量分别为m1和m2的木块1和2,中间用一条轻绳连接。 ①如图甲所示,用力F竖直向上拉木块时,绳的拉力大小FT=　　　    。 ②如图乙所示,用力F沿光滑斜面向上拉木块时,绳的拉力大小FT=　　　    ;斜面不光 滑时绳的拉力大小FT=　　　    。 (2)若质量为m1和m2的木块A和B叠放在一起,放在光滑水平面上,B在拉力F的作用 下,A、B一起(相对静止)做匀加速直线运动,则A受到的摩擦力大小为　　　    。 返回目录 提分关键·方法提升 连接体中力的“分配规律” 如图所示,一起加速运动的物体系统,若力F作用于质量为m1的物体上,则两物体间的相 互作用力F12= 。此结论与有无摩擦无关,物体系统并排(若有摩擦,两物体与各接 触面间的动摩擦因数必须相同),沿水平面、斜面、竖直方向运动时,此结论都成立。 两物体的连接物为轻绳、轻杆或轻弹簧时,此结论不变。   返回目录 题型2　动力学中的临界极值问题 一、临界极值问题的辨别   返回目录 二、常见的临界条件 1.接触与脱离的临界条件:弹力FN=0。 2.相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。 3.绳子断裂与松弛的临界条件:绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最 大张力;绳子松弛的临界条件是FT=0。 4.最终速度(收尾速度)的临界条件:物体所受合力为0。 返回目录 三、解决临界极值问题的方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或 状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能 时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出 现临界条件时,往往用假设法解决问题 函数法 将物理过程转化为函数关系式,根据函数关系式解 出临界条件 返回目录 典例2    (多选)如图所示,质量m=2 kg的小球用细绳拴在倾角θ=37°的光滑斜面体上,此 时,细绳平行于斜面,g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　    )   A.当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时,细绳对球的拉力大小为20 N B.当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时,细绳对球的拉力大小为30 N C.当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时,斜面对球支持力为0 D.当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时,细绳对球的拉力大小为40 N AC 返回目录 解析     当小球刚好只受重力和细绳拉力作用时,如图1所示,根据牛顿第二定律有 =ma0,解 得a0=  m/s2,当斜面体的加速度为a1=5 m/s2时,即a1<a0,此时小球受重力、支持力和绳 的拉力,如图2所示,水平方向有FT' cos θ-FN sin θ=ma1,竖直方向有FT' sin θ+FN cos θ=mg, 联立解得FN=10 N,FT'=20 N,A正确,B错误。当斜面体加速度为20 m/s2时,即a2>a0,此时小 球受重力和绳的拉力,且小球已和斜面分离,如图3所示,T cos α=ma2,T sin α=mg,解得T=2 0  N,C正确,D错误。 返回目录 微专题5 动力学中的传送带模型 返回目录 题型　动力学中的传送带模型 一、传送带模型的实质 传送带模型一般分为水平传送带、倾斜传送带两种类型,其实质是物体与传送带间的 相对运动。 二、分析传送带模型的关键 分析传送带模型的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的判断。 返回目录 名师点睛　当v物=v带(方向相同)时,摩擦力发生突变,物体的加速度发生突变。 三、处理传送带模型问题的一般思路 返回目录 四、解决传送带模型问题需要注意的一点 注意物体位移、相对位移和路程的区别。 (1)物体位移:以地面为参考系,单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小Δx。 ①若有一次相对运动:Δx=x传-x物或Δx=x物-x传。 ②若有两次相对运动:两次相对运动方向相同,则Δx=Δx1+Δx2(图甲);两次相对运动方向 相反,则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 返回目录 能力进阶 典例　如图甲所示,传送带保持恒定速率v顺时针转动,现将一质量为m、可视为质点的 物块轻轻放在传送带左端,物块和传送带之间的动摩擦因数为μ。已知传送带的水平长 度为L ,重力加速度为g。   (1)①求物块从传送带左端到达右端的时间t; ②若物块的下方有红色颜料,求物块在传送带上留下红色痕迹的长度x。 (2)进阶1    (情境变换,传送带由静止加速运动)如图乙所示,若传送带足够长,初始时质 返回目录 量为m、可视为质点的物块与传送带均静止,某一时刻,让传送带以恒定加速度a0开始 运动,当其速度达到v后,传送带以此速度匀速转动。经过一段时间,物块在传送带上留 下了一段红色痕迹后相对于传送带静止。已知物块和传送带之间的动摩擦因数为μ,且 μ< ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求红色痕迹的长度s。   (3)进阶2    (水平传送带→倾斜传送带+摩擦力突变分析)将传送装置倾斜放置如图丙 所示,传送带长度为L、与水平面的夹角为θ,以恒定速率v顺时针运行,将一质量为m、 可视为质点的物块轻轻放在传送带上端,物块和传送带之间的动摩擦因数为μ,且μ<tan 返回目录 θ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求物块到达B端时的速度大小v1。   答案    (1)① + 　②     (2) -  (3)  返回目录 解析     (1)①物块刚放上传送带时,物块受水平向右的滑动摩擦力 根据牛顿第二定律可得,物块的加速度a= =μg 物块加速到与传送带共速的时间t1= =  物块在加速阶段通过的水平位移x1= =  接下来物块做匀速直线运动,物块匀速到达传送带右端的时间t2= = -  物块从左端到达右端的时间t=t1+t2= + 。 返回目录 ②传送带在t1时间内通过的距离x2=vt1=  物块在传送带上留下的痕迹长度x=x2-x1= (点拨:在加速阶段,物块和传送带的运动 方向相同,痕迹的长度等于它们运动位移大小之差)。 (2)假设物块在传送带开始运动时就可以跟随传送带一起匀加速运动,根据牛顿第二定 律可知,传送带对物块的静摩擦力f静=ma0,因为μ< ,所以f静=ma0>μmg,假设不成立,即物 块在传送带开始运动时与传送带之间就发生了相对运动,根据牛顿第二定律可得,物块 的加速度a= =μg 传送带加速运动的时间t=  返回目录 在时间t内传送带通过的距离x1=  物块在t时刻的速度v1=at=μgt= ,因为μ< ,所以v1<v,即传送带以速度v匀速转动后,物 块继续以加速度a做匀加速直线运动,直至速度与传送带速度相同,物块的速度由v1加速 到v的时间t1= = -  在t1时间内,传送带通过的距离x2=vt1= -  物块的速度从0增大到v通过的位移x= =  物块在传送带上留下的痕迹的长度s=x1+x2-x= - (点拨:物块与传送带的速度不相 返回目录 同,物块就会在传送带上留下痕迹;物块与传送带速度相同时,物块与传送带之间的摩擦 力发生突变)。 (3)将物块轻轻放在传送带上后,物块最初的受力情况如图1所示,根据牛顿第二定律可 得,物块的加速度 a1= =g(sin θ+μ cos θ) 物块的速度从0增大到v经过的时间t1= =  物块在t1时间内通过的位移x1= a1 =  假设物块与传送带速度相同后跟随传送带一起匀速下滑,则物块与传送带之间的静摩 返回目录 擦力f静=mg sin θ 物块与传送带之间的最大静摩擦力fmax=μmg cos θ 由题意可知μ<tan θ,故f静>fmax,与实际不符,所以假设不成立。 物块在传送带上发生第二次加速,对物块受力分析如图2所示  　      根据牛顿第二定律可得,物块的加速度 a2= =g(sin θ-μ cos θ) 返回目录 物块继续加速直至到达B端,第二次加速的位移大小x2=L-x1 由匀变速直线运动的规律有 -v2=2a2x2 联立解得 v1= 。 返回目录 提分关键·模型突破 常见传送带模型分析 1.水平传送带模型 常见情境 物块的运动情况 (加速度大小a=μg) 传送带足够长 传送带不够长   v0=v 一直匀速 0≤v0<v l> ,先匀加速后匀速 l≤ ,一直匀加速 v0>v l> ,先匀减速后匀速 l≤ ,一直匀减速 返回目录   v0>v l> ,先匀减速后反向匀加速再匀速 l≤ ,一直匀减 速 v0≤v l> ,先匀减速后反向匀加速 2.倾斜传送带模型 常见情境 物块的运动情况 传送带足够长 传送带不够长 返回目录   向上传送 (μ>tan θ) 0≤v0<v a=(μ cos θ-sin θ)g l> ,物块先匀加速后匀速 l≤ ,物块一 直匀加速 v0=v 一直匀速 v0>v a=(μ cos θ+ sin θ)g l> ,物块先匀减速后匀速 l≤ ,物块一 直匀减速 返回目录   向上传送 (μ<tan θ) 0<v0<v a=(sin θ-μ cos θ)g l> ,物块先匀减速后反向匀加速 l≤ ,物块一直匀减速 v0>v a1=(μ cos θ+ sin θ)g a2=(sin θ-μ cos θ)g l> + ,物块先以a1匀减速到v,再以a2匀减速,最后以a2反向匀加速 l≤ ,物块一直以a1匀减速;  <l≤ + ,物块先以a1匀减速到v,再以a2匀减速 返回目录   向下传送 (μ>tan θ) 0≤v0<v a=(μ cos θ+ sin θ)g l> ,物块先匀加速后匀速 l≤ ,物块一 直匀加速 v0=v 一直匀速 v0>v a=(μ cos θ-sin θ)g l> ,物块先匀减速后匀速 l≤ ,物块一 直匀减速 返回目录   向下传送 (μ<tan θ) 0≤v0<v a1=(μ cos θ+ sin θ)g a2=(sin θ-μ cos θ)g l> ,物块先以a1匀加速,与传送带共 速后以a2匀加速 l≤ ,物块一 直以a1匀加速 v0≥v 物块以a=(sin θ-μ cos θ)g匀加速 返回目录 微专题6 动力学中的滑块-木板模型 返回目录 题型　动力学中的滑块-木板模型 一、分析滑块-木板模型的关键   返回目录 二、处理滑块-木板模型问题的一般思路 返回目录 类型1　水平面上的滑块-木板模型 典例1    (多选)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端有一质量为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的变化关系图如图b所示,其中F 1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系图如图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= (μ2-μ1)g C.μ2> μ1 D.在0~t2时间内物块与木板加速度相等 BCD 返回目录 解析     (点拨:滑块-木板模型在地面粗糙的情境下,随着施加外力从0增大,滑块与木板往往先 静止,后保持相对静止一起加速,而后相对滑动)由图c可知,t1时刻木板刚开始滑动,此时 物块与木板相对静止,以整体为研究对象有F1=μ1(m1+m2)g,A错误。由图c可知,t2时刻物 块与木板发生相对滑动(一旦开始相对滑动,木板受到的两个摩擦力都不再改变,体现 为加速度不变),以整体为研究对象有F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1max,以木板为研究对象有μ2 m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1max>0(木板处于加速状态,加速度为正),解得F2= (μ2-μ1)g,μ2 m2g>μ1(m1+m2)g,则μ2> μ1,B、C正确。由图c可知,在0~t2时间段物块与木板相对静 止,有相同的加速度,D正确。 返回目录 典例2　如图所示,在光滑的水平面上有一足够长且质量为M=4 kg的长木板,在长木板 右端有一质量为m=1 kg的小物块,长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2,长木板与 小物块均静止,现用F=14 N的水平恒力向右拉长木板,经时间t=1 s撤去水平恒力F,g取1 0 m/s2,(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求:   (1)在F的作用下,长木板的加速度为多大。 (2)刚撤去F时,小物块离长木板右端多远。 (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动。 (4)最终小物块离长木板右端多远。 返回目录 答案    (1)3 m/s2    (2)0.5 m    (3)2.8 m/s    (4)0.7 m 解析     (1)(点拨:先判断施加F后小物块与长木板的运动情况)长木板与小物块能够一起加速运 动的最大加速度为am=μg=2 m/s2(小物块由最大静摩擦力提供加速度),此时施加的外力 应为(m+M)am=10 N<14 N,说明F=14 N时二者发生了相对滑动。 对长木板,根据牛顿第二定律可得a= ,解得a=3 m/s2。 (2)撤去F之前,小物块水平方向只受摩擦力的作用,故am=μg=2 m/s2,Δx1= at2- amt2=0.5 m。 (3)刚撤去F时,长木板速度v=at=3 m/s,小物块速度vm=amt=2 m/s,撤去F后,长木板的加速 返回目录 度大小a'= =0.5 m/s2,小物块加速度不变,最终速度v'=vm+amt'=v-a't',解得二者的共同 速度v'=2.8 m/s。 (4)在t'内,小物块和长木板的相对位移Δx2= - ,解得Δx2=0.2 m,最终小物块离 长木板右端x=Δx1+Δx2=0.7 m。 返回目录 提分关键·模型突破 水平面上的滑块-木板模型分类解读 1.力作用在“块”上 示意图   条件 水平面光滑:μ≠0,μ'=0 水平面粗糙:μ≠0,μ'≠0且μmg>f'=μ'(m+M)g 相对 静止 过程 ①“板块”对地静止:对整体有F=0 ②“板块”相对静止对地共同加速: 对整体有F=(m+M)a 对“块”有F-f静=ma 对“板”有f静=Ma ①“板块”相对地面静止:对整体有F=f地静 ②“板块”相对静止对地共同加速: 对整体有F-f'=(m+M)a 对“块”有F-f静=ma 对“板”有f静-f'=Ma 返回目录 临界 条件 ①“板块”对地滑动的临界条 件:F=0 ②“板块”相对滑动的临界条 件:f=fmax=μmg,此时a临界= ,外 力F=F'= μ(m+M)g ①“板块”对地滑动的临界条 件:F= =f'=μ'(m+M)g ②“板块”相对滑动的临界条 件:f=fmax=μmg,此时a临界= = ,外力F=F'=   相对滑 动过程 对“块”有F-μmg=ma1 对“板”有μmg=Ma2 对“块”有F-μmg=ma1 对“板”有μmg-μ'(m+M)g=Ma2 a-F 图像     返回目录 2.力作用在“板”上 示意图   条件 水平面光滑:μ≠0,μ'=0 水平面粗糙:μ≠0,μ'≠0 相对 静止 过程 ①“板块”对地静止:对整体有F =0 ②“板块”相对静止,对地共同 加速: 对整体有F=(m+M)a 对“块”有f静=ma 对“板”有F-f静=Ma ①“板块”相对地面静止:对整 体有F=f地静 ②“板块”相对静止,对地共同 加速: 对整体有F-f'=(m+M)a 对“块”有f静=ma 对“板”有F-f静-f'=Ma 返回目录 临界 条件 ①“板块”对地滑动的临界条 件:F=0 ②“板块”相对滑动的临界条 件:f=fmax=μmg,此时a临界=μg,外力F =F'=μ(m+M)g ①“板块”对地滑动的临界条 件:F= =f'=μ'(m+M)g ②“板块”相对滑动的临界条 件:f=fmax=μmg,此时a临界=μg,外力F =F'=(μ+μ')(m+M)g 相对滑 动过程 对“块”有μmg=ma1 对“板”有F-μmg=Ma2 对“块”有μmg=ma1 对“板”有F-μmg-μ'(m+M)g=Ma2 a-F 图像     返回目录 类型2　斜面上的滑块-木板模型 典例3　如图甲所示,光滑斜面体上有固定挡板A,斜面体上叠放着小物块B和薄木板C, 木板下端位于挡板A处,整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力 F作用时,木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑 动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则由图像可知下列说法正确的是 (　    ) A.当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B.不能求出木板和物块两者间的动摩擦因数 C.由题目条件可求出木板C的质量 D.当F>15 N时物块B和木板C相对滑动 D 返回目录 解析     由题图乙可知,当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止,当F>15 N时物块B和木板C 发生了相对滑动,A错误,D正确。对木板和物块整体,当F1=10 N时,a=0,则F1=(M+m)g sin θ,当F2=15 N时,a=2.5 m/s2,则F2-(M+m)g sin θ=(M+m)a,联立解得M+m=2 kg,sin θ= ,不能 求出木板C的质量,C错误。当F2=15 N时,对物块B,有μmg cos θ-mg sin θ=ma,解得μ= , B错误。 返回目录 提分关键·方法提升 斜面上的滑块-木板模型的解题关键 (1)斜面上的滑块-木板模型的复杂性主要来源于滑块和木板的多过程运动分析及关键 状态的受力分析,要注意方法的选取。 (2)判断滑块和木板能否相对静止利用假设法和整体隔离的方法,而出现相对运动时要 通过牛顿运动定律和运动学公式计算是否出现共速和有无滑离的情形。 (3)以时间为轴线画出过程示意图逐步分析。 返回目录 $