第二定律两类动力学问题

第2节 牛顿第二定律两类动力学问题-2-基础夯实

自我诊断一、牛顿第二定律1.内容:物体加速度的大小跟作用力成正比,跟物体的质量成反比相同,加速度的方向跟作用力的方向

。表达式:F=ma。适用范围(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系,即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系。(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况。二、两类动力学问题1.已知物体的受力情况,求物体的运动情况。2.已知物体的运动情况,求物体的受力情况。-3-基础夯实自我诊断特别提醒利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是利用加速度的“桥梁”作用,将运动规律和物体受力相结合。寻找加速度和未知量的关系,是解决这类问题的思考方向。-4-基础夯实自我诊断三、力学单位制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。基本物理量共七个,其中力学有长度米三个,是 、质量

、时间

,单位分别是 、千克

、秒。物理关系推导出来的其他物理3.导出单位:由基本物理量根据量的单位。-5-基础夯实自我诊断如图所示,小强自己拉车子时,无论怎么用力也难以拉动,最后在小红的帮助下,他们才将车子拉着前进。(1)根据牛顿第二定律,有力作用就产生加速度,为什么小强用力拉车时车子不动呢?小强的拉力不产生加速度吗?(2)小强和小红一起用力的瞬间,车子是否马上获得加速度?是否马上获得速度?提示(1)小强的拉力产生加速度。因为车子受到的合外力为零,合加速度为零,所以车子不动。(2)车子立即获得加速度但不能立即获得速度。-6-基础夯实

自我诊断1.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.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比

D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平方向加速度大小与其质量成反比关闭有力就立即产生加速度,所以选项B错误;根据牛顿第二定律的分析可知,选项A错误,选项D正确;有力作用就产生加速度,但物体的加速度大小还要看所受的合外力的大小,所以选项C错误。答案解析关闭D-7-基础夯实

自我诊断2.(多选)如图所示,总质量为460kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180

m后,以5

m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g取10m/s2。关于热气球,下列说法正确的是(

)A.所受浮力大小为4

830

NB.加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C.从地面开始上升10

s后的速度大小为5

m/sD.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230

N小为230

N,选项D正确。答案解析关闭热气球刚开始竖直上升时,只受到重力和空气的浮力作用,由牛顿第二定律F-mg=ma得,受到的浮力F=4

830

N,选项A正确;气球在上升的过程中受到的浮力和重力保持不变,如果空气阻力也保持不变,气球将一直匀加速上升,不可能匀速运动,所以气球受到的阻力是变化的,而且在匀速运动前,所受的阻力是随着速度的增大而增大的,气球在加速运动过程中加速度逐渐减小,所以选项B、C错误;当气球匀速运动时,F=Ff+mg,得空气阻力大AD关闭-8-基础夯实

自我诊断3.在国际单位制(简称SI)中,力学和电学的基本单位有:m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培),则导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为(

)A.m2·kg·s-4·A-1B.m2·kg·s-3·A-1C.m2·kg·s-2·A-1D.m2·kg·s-1·A-1答案解析由公式W=UIt和W=Fs进行推导可得U=𝑠𝑚𝑎𝐼𝑡,则选项B正确。关闭B关闭-9-基础夯实

自我诊断4.如图所示,质量m=10kg的物体在水平面上向左运动,物体与水平面间的动摩擦因数为0.2,与此同时物体受到一个水平向右的推力F=20

N的作用,则物体产生的加速度是(g取10

m/s2)()A.0B.4

m/s2,水平向右C.2

m/s2,水平向左D.2

m/s2,水平向右N=40

N,所以

a=

=

m/s

=4

m/s

,方向水平向右。选项

B

正确。𝑚

10答案解析对物体受力分析可知F𝐹

40合=F+Ff,Ff=μmg,所以2

2F关闭合=20

N+0.2×10×10B关闭-10-考点一考点二

考点三

考点四考点一对牛顿第二定律的理解(自主悟透)瞬时性a

与F

对应同一时刻因果性F是产生a的原因,物体具有加速度是因为物体受到了力同一性加速度a

相对于同一惯性系(一般指地面)a=

F

中,F、m、a

对应同一物体或同一系统ma=

F

中,各量统一使用国际单位m独立性作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和力和加速度在各个方向上的分量也遵循牛顿第二定律,即ax=Fx

,ay=Fym

m-11-考点一

考点二

考点三

考点四突破训练1.(多选)下列对牛顿第二定律的理解,正确的是()如果一个物体同时受到两个力的作用,则这两个力各自产生的加速度互不影响如果一个物体同时受到几个力的作用,则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动物体的质量与物体所受的合力成正比,与物体的加速度成反比关闭物体的质量是物体的固有属性,不会受到外界条件的影响(如受力、运动状态、在火星上还是地球上等),故D错误。答案解析关闭ABC-12-考点一

考点二

考点三

考点四2.(多选)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0C.物体的速度为0,则加速度可能很大,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,所受的合外力也可能为0关闭物体的速度大小和加速度大小没有必然联系,一个物理量很大,另一个物理量可以很小,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,故选项C、D对。答案解析关闭CD-13-考点一

考点二

考点三

考点四3.(多选)如图所示,一木块在光滑水平面上受一恒力F作用,前方固定一足够长的弹簧,则当木块接触弹簧后(

)A.木块立即做减速运动B.木块在一段时间内速度仍可增大

C.当F等于弹簧弹力时,木块速度最大

D.弹簧压缩量最大时,木块加速度为0关闭当木块接触弹簧后,水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力,弹簧的弹力先小于恒力F,后大于恒力F,所以木块所受的合力方向是先向右后向左,则木块先做加速运动后做减速运动,当弹力大小等于恒力F时,加速度为0,木块的速度最大。当弹簧压缩量最大时,弹力大于恒力F,合力向左,加速度大于0,故A、D错误,B、C正确。答案解析关闭BC-14-考点一考点二考点三考点四特别提醒1.加速度的大小与速度的大小无关。2.合力与速度同向时,物体加速运动;合力与速度反向时,物体减速运动。𝛥t

m3.a=𝛥v是加速度的定义式,a

与Δv、Δt

无直接关系;a=

F

是加速度1的决定式,a∝F,a∝m。-15-考点一

考点二

考点三

考点四考点二用牛顿第二定律求解瞬时加速度(师生共研)想一想(1)如图甲、乙中小球m1、m2原来均静止,现如果均从图中B处剪断,则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子,它们的拉力将如何变化?如果均从图中A处剪断,则图甲中的弹簧和图乙中的下段绳子的拉力又将如何变化呢?由(1)(2)的分析可以得出什么结论?-16-考点一考点二考点三考点四提示：(1)弹簧的弹力不变,下段绳的拉力都变为0。(2)弹簧的弹力不变,下段绳的拉力变为0。(3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变。-17-考点一考点二考点三考点四知识整合牛顿第二定律瞬时性的“两类”模型刚性绳(轻杆或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断(或脱离)后,其弹力立即消失,不需要形变恢复时间。弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)物体的弹簧(或橡皮绳),特点是形变量大,其形变恢复需要较长时间,在瞬时性问题中,其弹力的大小往往可以看成保持不变。-18-考点一

考点二

考点三

考点四例1(2016·河北五校联考)如图,A、B、C三个小球质量均为m,A、B之间用一根没有弹性的绳子连在一起,B、C之间用轻弹簧拴接,整个系统用细线悬挂在天花板上并且处于静止状态。现将A上面的细线剪断,使A的上端失去拉力,则在剪断细线的瞬间,A、B、C三个小球的加速度分别是( )A.1.5g,1.5g,0B.g,2g,0C.g,g,gD.g,g,0关闭剪断细线前,由平衡条件可知,A上端的细线的拉力为3mg,A、B之间细线的拉力为2mg,轻弹簧的拉力为mg。在剪断细线的瞬间,轻弹簧中拉力不变,小球C所受合外力为零,所以C的加速度为零;A、B小球被细线拴在一起,整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力,由牛顿第二定律,3mg=2ma,解得a=1.5g,选项A正确。答案解析关闭A-19-考点一考点二考点三考点四思维点拨剪断细绳的瞬间,弹簧的弹力不能突变,A和B之间的细绳的拉力是否突变为零?为什么?提示：此题中A和B之间的细绳的拉力不能突变为零,如果为零,则B球的加速度比A球大,细绳瞬间又被拉紧。方法归纳求解瞬时加速度的一般思路-20-考点一

考点二

考点三

考点四突破训练4.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量为m,2、4质量为m0,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有(

)A.a1=a2=a3=a4=0B.a1=a2=a3=a4=gC.a1=a2=g,a3=0,a4=m+m0

gm0D.a1=g,a2=m+m0

g,a3=0,a4=m+m0

gm0

m0关闭在抽出木板的瞬间,物块1、2

与轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;物块3、4

间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3

向上的弹力大小和对物块4

向下的弹力大小仍为mg,因此物块3

满足F-mg=0,即a4=𝐹+𝑚

0

𝑔

𝑚

0

+𝑚a3=0;由牛顿第二定律得物块

4

满足

𝑚

0

=

𝑚

0

g,所以

C

对。答案解析关闭C-21-考点一

考点二

考点三

考点四5.(多选)(2016·山东临淄统考)如图所示,在竖直平面内,A和B是两个相同的轻弹簧,C是橡皮筋,它们三者间的夹角均为120°,已知A、B对小球的作用力均为F,此时小球平衡,C处于拉直状态,已知当地重力加速度为g。则剪断橡皮筋的瞬间,小球的加速度可能为( )A.g-F

,方向竖直向下mB.F

-g,方向竖直向上mC.0D.

F

+g,方向竖直向下m关闭由于橡皮筋C

只能提供向下的拉力,所以轻弹簧A

和B对小球的作用力一定是拉力。可能有两种情况,(1)橡皮筋可能被拉伸,设拉力为

FT,由平衡条件可知,2Fcos60°=mg+FT,解得橡皮筋拉力FT=F-mg。剪断橡皮筋的瞬间,小球所受合外力等于橡皮筋拉力FT=F-mg,方向合𝑚向上,由牛顿第二定律,F

=ma,解得小球的加速度

a=𝐹

-g,选项

B

正确;(2)橡皮筋可能没有发生形变,拉力为零,则剪断橡皮筋的瞬间,小球的加速度可能为零,选项C

正确。答案解析关闭BC-22-考点一考点二考点三考点四考点三动力学两类基本问题(多维探究)已知物体的受力情况,求解物体的运动情况解这类题目,一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度,再根据物体的初始条件,应用运动学公式,求出物体的运动情况。已知物体的运动情况,求解物体的受力情况解这类题目,一般是应用运动学公式求出物体的加速度,再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力,进而求出物体所受的某个力。-23-考点一

考点二

考点三

考点四考向1

已知受力分析运动例2(2016·河南洛阳统考)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶。选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后,放手让它向前滑动,若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功;若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简化模型如图所示,AC是长度L1=5.5

m的水平桌面,选手们将瓶子放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推它,BC为有效区域。已知BC长度L2=1.1

m,瓶子质量m=0.5

kg,与桌面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10

m/s2。某选手作用在瓶子上的水平推力F=11N,瓶子沿AC做直线运动。假设瓶子可视为质点,试求该选手要想游戏获得成功,在手推瓶子过程中瓶子位移的取值范围。(取√5

=2.2)-24-考点一

考点二

考点三

考点四考向1

已知受力分析运动例2(2016·河南洛阳统考)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶。选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后,放手让它向前滑动,若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功;若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简化模型如图所示,AC是长度L1=5.5m的水平桌面,选手们将瓶子放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推它,BC为有效区域。已知BC长度L2=1.1m,瓶子质量m=0.5kg,与桌面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2。某选手作用在瓶子上的水平推力F=11

N,瓶子沿AC做直线运动。假设瓶子可视为质点,试求该选手要想游戏获得成功,在手推瓶子过程中瓶子位移的取值范围。(取√5

=2.2)关闭要想获得成功,瓶子滑到B

点时速度恰好为0,力作用时间最短,或者滑到C

点时速度恰好为0,力作用时间最长。设力作用时的加速度为

a1、位移为x1,撤力时瓶子的速度为v1,撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2。则F-μmg=ma1-μmg=ma22a1x1=𝑣122a2x2=-𝑣12L1-L2<x1+x2<L1由以上各式联立可解得0.4

m<x1<0.5

m。答案解析关闭0.4~0.5

m-25-考点一考点二考点三考点四思维点拨(1)推瓶子阶段,瓶子做

匀加速直线

运动,放开手后做

匀减速直线

运动,瓶子前段的末速度

等于

后段的初速度;(2)要获得成功,两段的总位移应满足: 4.4

m

<x总< 5.5

m

。-26-考点一考点二

考点三

考点四考向2

已知运动分析受力例3(2016·江西重点中学联考)如图所示,一个竖直固定在地面上的透气圆筒,筒中有一劲度系数为k的轻弹簧,其下端固定,上端连接一质量为m的薄滑块,圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体,它对滑块的阻力可调。滑块静止时,ER流体对其阻力为零,此时弹簧的长度为L。现有一质量也为m(可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L处自由下落,与滑块碰撞(碰撞时间极短)后粘在一起,并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动,ER流体对滑块的阻力随滑块下移而变化,使滑块做匀减速运动。当下移距离为d时,速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一,取重力加速度为g,忽略空气阻力,试求:-27-考点一考点二考点三考点四(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小;(2)滑块向下运动过程中的加速度大小;(3)当下移距离为d时,ER流体对滑块的阻力大小。关闭答案解析关闭(1)ඥ2𝑔𝐿(2)3𝑔𝐿16𝑑8𝑑(3)mg+3𝑚𝑔𝐿

-kd-28-考点一

考点二

考点三

考点四方法归纳

两类动力学问题的解题步骤-29-考点一

考点二

考点三

考点四突破训练6.(2016·山东济南统考)如图所示,斜面体ABC放在粗糙的水平地面上。小滑块在斜面底端以初速度v0=9.6

m/s沿斜面上滑。斜面倾角θ=37°,滑块与斜面的动摩擦因数μ=0.45。整个过程斜面体保持静止不动,已知小滑块的质量m=1

kg,sin37°=0.6,cos

37°=0.8,g取10m/s2。试求:小滑块回到出发点时的速度大小。定量画出斜面与水平地面之间的摩擦力Ff随时间t变化的图象。(2)滑块沿斜面上滑过程用时t1=𝑣0

=1

s-30-考点一

考点二

考点三

考点四解析：(1)滑块沿斜面上滑过程,由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=9.6

m/s2设滑块上滑过程位移大小为L,则由𝑣02=2a1L,解得L=4.8

m滑块沿斜面下滑过程,由牛顿第二定律得mgsin

θ-μmgcos

θ=ma2,解得a2=2.4

m/s2根据𝑣02=2a2L,解得v=4.8

m/s。𝑎1对斜面与滑块构成的系统受力分析可得水平地面给斜面的摩擦力为Ff1=ma1cos

θ=7.68

N,方向水平向左。滑块沿斜面下滑过程用时t2=𝑣

=2

s𝑎2对斜面与滑块构成的系统受力分析可得,水平地面给斜面的摩擦力为Ff2=ma2cos

θ=1.92N,方向水平向左。-31-考点一考点二考点三考点四则Ff随时间变化如图所示。答案：(1)v=4.8m/s(2)如解析图所示-32-考点一

考点二

考点三

考点四7.公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离,当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1

s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108

km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120

m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2

,若要求安全距离仍为120

m,求汽车在雨5天安全行驶的最大速度。解析：设路面干燥时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg=ma0①0

0s=v

t

+𝑣022𝑎0②-33-考点一

考点二

考点三

考点四式中,m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ=2μ0③5设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma④0𝑣22𝑎s=vt

+

⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v=20m/s(72

km/h)。答案：20m/s-34-考点一考点二考点三考点四考点四动力学图象问题(师生共研)1.常见的动力学图象v-t图象、a-t图象、F-t图象、F-a图象等。2.动力学图象问题的类型-35-考点一

考点二

考点三

考点四例4(多选)(2016·山东淄博模拟)如图甲所示,静止在水平地面上的物块A,受到水平向右的拉力F作用,F与时间t的关系如图乙所示,设物块与地面的最大静摩擦力Ffm与滑动摩擦力大小相等,则(

)A.0~t1时间内物块A的加速度逐渐增大B.t2时刻物块A的加速度最大

C.t3时刻物块A的速度最大D.t2~t4时间内物块A一直做减速运动关闭0~t1时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大,但物块处于静止状态,选项A错误;t2时刻物块A受到的拉力F最大,物块A的加速度最大,选项B正确;t2~t3时间内物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力,加速度逐渐减小到零,物块A的速度最大,选项C正确;t2~t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动,t3~t4时间内物块A做减速运动,选项D错误。答案解析关闭BC-36-考点一考点二考点三考点四思维点拨1.物块A从哪个时刻开始运动?2.物块A在哪段时间内(或哪个时刻)加速度为零?提示：1.从t1时刻开始运动。2.在0至t1时间内和t3时刻物块A的加速度为零。-37-考点一

考点二

考点三

考点四例5(2016·福建福州质检)如图甲所示,质量为m=1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5

s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v-t图象)如图乙所示,g取10

m/s2。求:2

s内物块的位移大小x和通过的路程L;0~0.5

s和0.5~1

s两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。-38-考点一

考点二

考点三

考点四解析：(1)在2

s内,由题图乙知2物块上升的最大距离x1=1×2×1

m=1

m①1物块下滑的距离x2=2×1×1

m=0.5

m②所以位移大小x=x1-x2=0.5

m③路程L=x1+x2=1.5

m。④(2)由题图乙知,所求两个阶段加速度的大小a1=4

m/s2⑤a2=4

m/s2⑥设斜面倾角为θ,斜面对物块的摩擦力为Ff,如图所示。根据牛顿第二定律有0~0.5

s内,F-Ff-mgsinθ=ma1⑦0.5~1s内,Ff+mgsin

θ=ma2⑧-39-考点一考点二考点三考点四由⑤⑥⑦⑧式得F=8

N。答案：

(1)0.5m 1.5m(2)4

m/s2

4

m/s2

8

N-40-考点一考点二考点三考点四思维点拨分析从0~2s这段时间内物体的运动状态。提示：0~0.5s物体沿斜面向上做匀加速直线运动,0.5~1

s物体沿斜面向上做匀减速直线运动,1~2

s物体沿斜面向下做匀加速直线运动。特别提醒分析图象问题时常见的误区(1)没有看清横、纵坐标所表示的物理量及单位。

(2)没有注意坐标原点是否从零开始。(3)不清楚图线的点、斜率、面积等的物理意义。

(4)忽视对物体的受力情况和运动情况的分析。-41-考点一

考点二

考点三

考点四突破训练8.(多选)(2016·江西南昌一模)如图甲所示,质量为m=2

kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动,经过一段时间后,物块回到出发点O处。取水平向右为速度的正方向,物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示,重力加速度g取10

m/s2。则( )-42-考点一

考点二

考点三

考点四A.物块经过4

s时间到出发点B.物块运动到第3

s时改变水平拉力的方向C.3.5

s时刻水平力F的大小为4

ND.4.5

s时刻水平力F的大小为16N关闭物块经过4s时间,速度减小到零,离出发点最远,选项A错误。在0~3s时间内,物块加速度a1=1

m/s2,由牛顿运动定律,F1-μmg=ma1,解得F1=12

N;在3~4

s时间内,物块加速度a2=-3

m/s2,由牛顿运动定律,F2-μmg=ma2,解得

F2=4

N。物块运动到第3s时水平拉力由12

N改变为4

N,但是方向没有改变,选项B错误,C正确。在4~5s时间内,速度为负值,摩擦力方向改变,物块加速度a3=-3

m/s2,由牛顿运动定律,-F3+μmg=ma3,解得F3=16

N,选项D正确。答案解析关闭CD-43-思维激活模型建立典例示范以题说法类题过关传送带模型1.将一物体静止放在倾斜顺时针转动传送带的底端,如图甲所示,可能出现什么样的运动情景?提示：若μ<tan

θ,物体留底端;若μ>tan

θ,物体可能一直加速,也可能先加速到共速,再匀速。-44-思维激活模型建立典例示范以题说法类题过关2.将一物体静止放在倾斜逆时针转动传送带的顶端,如图乙所示,可能出现什么样的运动情景?提示：可能一直加速到底端,此时摩擦力的方向沿斜面向下,也可能先加速再共速,此时μ=tan

θ,也可能先以a1加速再以a2加速,此时μ<tan

θ。-45-以题说法类题过关思维激活

模型建立

典例示范1.模型特征(1)水平传送带模型-46-思维激活模型建立典例示范以题说法类题过关(2)倾斜传送带模型-47-思维激活模型建立典例示范以题说法类题过关-48-思维激活模型建立典例示范以题说法类题过关2.模型功能关系分析传送带问题中各力做功情况①传送带对物体做功的实质就是摩擦力对物体做的功,即Wf=Ff·x物;②外部动力对传送带做的功WF=F·x带;③因相对滑动产生的热量Q=Ff·x相对。功能关系①水平传送带:WF=ΔEk+Q;②倾斜传送带:WF=ΔEk+ΔEp+Q。-49-思维激活模型建立典例示范以题说法类题过关例1(10分)(2016·河南十校联考)如图所示,三角形传送带两侧的传送带长度均为2m,与水平方向的夹角均为37°。若传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动,两小物块A、B从传送带顶端都以1

m/s

的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5,g取10m/s2,sin

37°=0.6,cos

37°=0.8。求物块A、B在传送带上的划痕长度之比。-50-思维激活

模型建立

典例示范

以题说法

类题过关解析：对于小物块A,由牛顿第二定律可知mgsin

37°-μmgcos

37°=ma

(1分)小物块A由传送带顶端滑到底端,由运动学公式有x=v0t+1at2

(2

分)2小物块A

在传送带上的划痕长度为l1=v0t+1at2-v0t

(2

分)2对于小物块B,根据受力分析可知小物块B的加速度与小物块A的加速度大小相等,所以从传送带顶端加速到底端所需时间与小物块A相同。(2分)2小物块B在传送带上的划痕长度为l2=v0t+1at2+v0t

(2

分)𝑙2

3𝑙1

1故物块

A、B

在传送带上的划痕长度之比为

=

。

(1

分)答案：13-51-思维激活模型建立典例示范以题说法类题过关思维点拨1.小物块A和小物块B沿传送带做什么运动?2.小物块B和小物块A沿传送带运动的加速度大小是否相等?提示：1.小物块A和小物块B沿传送带做匀加速直线运动。

2.加速度大小相等。-52-思维激活

模型建立

典例示范

以题说法

类题过关例2(14分)(2016·河北唐山一模)如图所示,水平传送带AB逆时针匀速转动,一个质量为m=1.0kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上,通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图所示(图中取向左为正方向,以物块滑上传送带时为计时零点)。已知传送带的速度保持不变,g取10

m/s2。求:(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物块在传送带上的运动时间;(3)整个过程中系统生成的热量。-53-思维激活

模型建立

典例示范

以题说法

类题过关解析：(1)由速度图象可知,物块做匀变速运动的加速度a=Δ𝑣

=

4.0Δ𝑡

2m/s2=2.0

m/s2(2

分)由牛顿第二定律Ff=ma(1分)得到物块与传送带间的动摩擦因数μ=𝑚𝑎

=2.0=0.2。(1

分)𝑚𝑔

10(2)由速度图象可知,物块初速度大小v=4

m/s、传送带速度大小v'=2

m/s,物块在传送带上滑动t1=3

s后,与传送带相对静止。2前2

秒内物块的位移大小x1=𝑣t=4

m,向右(1

分)第3

秒的位移大小x2=𝑣't'=1

m,向左(1

分)2前3

秒内位移x=x1-x2=3

m,向右(1

分)所以物块再向左匀速运动时间t2=𝑥

=1.5

s(2

分)𝑣'则物块在传送带上运动时间t=t1+t2=4.5

s。(1分)-54-思维激活模型建立典例示范以题说法类题过关(3)物块在传送带上有相对滑动的3

s内,传送带的位移x'=v't1=6

m,向左物块的位移x=x1-x2=3

m,向右(2分)相对位移为Δx'=x'+x=9m(1分)所以转化的热能EQ=Ff×Δx'=18

J。(1分)(其他方法正确同样得分)答案：

(1)0.2 (2)4.5

s (3)18

J-55-思维激活模型建立典例示范以题说法类题过关思维点拨(1)试分析小物块在传送带上的运动状态。传送带的速度是多大?小物块相对传送带的运动时间是多长?提示：(1)小物块先向右做匀减速后再向左做匀加速,最后匀速。(2)2

m/s。(3)3

s。-56-思维激活

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以题说法

类题过关传送带问题的解题思路-57-思维激活

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以题说法