高中物理第4章牛顿运动定律习题课三牛顿第二定律的综合应用(2)课件新人教版.pptx

1、习题课三牛顿第二定律的综合应用(2),课堂探究,达标测评,课堂探究 核心导学要点探究,一、传送带问题 【例1】 (2017浙江金华一中月考)如图所示为某工厂的货物传送装置,倾斜运输带AB(与水平面成=37)与一斜面BC(与水平面成=30)平滑连接,B点到C点的距离为L=0.6 m,运输带运行速度恒为v0=5 m/s,A点到B点的距离为l=4.5 m,现将一质量为m=0.4 kg的小物体轻轻放于A点,物体恰好能到达最高点C点,已知物体与斜面间的动摩擦因数1= ,求:(g= 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,空气阻力不计) (1)小物体运动到B点时的速度v的大小; (2)

2、小物体与运输带间的动摩擦因数; (3)小物体从A点运动到C点所经历的时间t.,思维导图,解析:(1)设小物体在斜面上的加速度为a1,运动到B点的速度为v,由牛顿第二定律得mgsin +1mgcos =ma1 由运动学公式得v2=2a1L,联立解得v=3 m/s,a1=7.5 m/s2. (2)因为vv0,所以小物体在运输带上一直做匀加速运动,其加速度为a2, 由牛顿第二定律得mgcos -mgsin =ma2,由运动公式得v2=2a2l,规律方法,(1)传送带传递货物时,一般情况下,由摩擦力提供动力,而摩擦力的性质、大小、方向和运动状态密切相关.因传送带由电动机带动,一般物体对传送带的摩擦力不

3、影响传送带的运动状态. (2)分析传送带问题时,要结合相对运动情况,分析物体受到传送带的摩擦力方向,进而分析物体的运动规律是解题的关键.,拓展提升1:(2017高安高一期末)如图所示,皮带传动装置与水平面夹角为30,两轮轴心相距L=2.85 m,A,B分别是传送带的上表面与两轮的切点.已知两轮的边缘与传送带之间不打滑,质量为0.1 kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为= .当传送带沿逆时针方向以v1=3 m/s的速度匀速运动时,将小物块无初速度地放在A点,它会运动至B点.求:(g取10 m/s2) (1)小物块刚放在A点时的加速度大小;,解析:(1)当小物块速度小于3 m/s时,小物块受到重力

4、、传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用做匀加速直线运动, 设加速度为a1,根据牛顿第二定律可得 mgsin 30+mgcos 30=ma1, 解得a1=gsin 30+gcos 30=7.5 m/s2.,答案:(1)7.5 m/s2,(2)小物块从A运动到B需要的时间.,答案:(2)1 s,二、牛顿运动定律中的临界极值问题 【例2】 如图所示,在倾角为的光滑斜面上端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧下端连有一质量为m的小球,小球被一垂直于斜面的挡板A挡住,此时弹簧没有形变,若手持挡板A以加速度a(agsin )沿斜面匀加速下滑直至挡板与小球分离,求: (1)从挡板开始运动到小球与挡板

5、分离所经历的时间; (2)从挡板开始运动到小球速度最大时,小球的位移.,【审题指导】,规律方法,(1)解决临界问题的关键是分析临界状态.例如两物体刚好要发生相对滑动时,接触面上必须出现最大静摩擦力;两个物体要发生分离,相互之间的作用力弹力必定为零. (2)解决临界问题的一般方法 极限法:题设中若出现“最大”“最小”“刚好”等这类词语时,一般就隐含着临界问题,解决这类问题时,常常是把物理问题(或物理过程)引向极端,进而使临界条件或临界点暴露出来,达到快速解决有关问题的目的. 假设法:有些物理问题在变化过程中可能会出现临界问题,也可能不出现临界问题,解答这类题,一般要用假设法. 数学推理法:根据分

6、析的物理过程列出相应的数学表达式,然后由数学表达式讨论出临界条件.,拓展提升2: 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= 30,物块与斜面之间的动摩擦因数= .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.,vB=v0+at 联立并代入数据得 a=3 m/s2 vB=8 m/s.,答案:(1)3 m/s28 m/s,解析:(2)设物块受到的支持力为FN,受到的摩擦力为Ff,拉力与斜面间的夹

7、角为,受力分析如图所示, 由牛顿第二定律得 Fcos -mgsin -Ff=ma Fsin +FN-mgcos =0 又Ff=FN 联立解得,(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?,三、滑块、滑板问题 【例3】一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度时间图像如图所示.已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上.取重力加速度的大小g=10 m/s2,求: (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;,解析:(1)从t=0时开始,木板与物

8、块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,一直到物块和木板具有共同速度为止. 由v-t图可知,在t1=0.5 s时,物块和木板的速度v1相同.设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,对物块有v1=a1t1 对木板有v1=v0-a2t1 而v0=5 m/s,v1=1 m/s, 设物块和木板的质量均为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1,2,由牛顿第二定律得 1mg=ma1 (1+22)mg=ma2 联立式得 1=0.20 2=0.30. ,答案:(1)0.200.30,解析:(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向

9、.设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则由牛顿第二定律得 f=ma1 22mg-f=ma2 假设f1mg,与假设矛盾. 故f=1mg 由式知,物块加速度的大小a1等于a1;物块的v-t图像如图中点划线所示.,(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小.,答案:(2)1.125 m,规律方法,解决滑块、滑板问题的三个基本关系,(1)加速度关系:如果滑块与滑板之间没有发生相对运动,可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度;如果滑块与滑板之间发生相对运动,应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动的加速度.应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动

10、的隐含条件. (2)速度关系:滑块与滑板之间发生相对运动时,认清滑块与滑板的速度关系,从而确定滑块受到的摩擦力.应注意当滑块与滑板的速度相同时,摩擦力会发生突变的情况. (3)位移关系:滑块与滑板叠放在一起运动时,应仔细分析滑块与滑板的运动过程,认清滑块对地的位移和滑块与滑板之间的相对位移之间的关系.,拓展提升3:(2017遵义检测)如图,光滑水平面上,质量为M=2 kg的木板B(足够长),在F=6 N的水平向右外力作用下从静止开始运动,t0=1 s末将一质量为m=1 kg的煤块A轻放在B的右端,A,B间动摩擦因数为=0.3(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=10 m/s2),求: (1)煤块A

11、刚放上时,A,B的加速度大小;,解析:(1)对于A,水平方向上只受到摩擦力, 所以有mg=maA 解得aA=g=3 m/s2. 对于B,放上A之后,B在水平方向上受到力F和A对B的摩擦力的作用,由牛顿第二定律可得F-mg=MaB 解得aB=1.5 m/s2.,答案:(1)3 m/s21.5 m/s2,(2)煤块A在B上划过的痕迹的长度.,答案:(2)3 m,达标测评 随堂演练检测效果,1.(2017深圳罗湖检测)(多选)如图所示,在光滑平面上有一静止小车,小车质量为M=5 kg,小车上静止地放置着质量为m=1 kg的木块,和小车间的动摩擦因数为=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速

12、度am和小车的加速度aM,可能正确的有(g=10 m/s2)( ) A.am=1 m/s2,aM=1 m/s2 B.am=1 m/s2,aM=2 m/s2 C.am=2 m/s2,aM=4 m/s2 D.am=3 m/s2,aM=5 m/s2,AC,解析:当M与m间的静摩擦力Ffmg=2 N时,木块与小车一起运动,且加速度相等;当M与m间相对滑动后,M对m的滑动摩擦力不变,则m的加速度不变,所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时,木块的加速度最大,由牛顿第二定律得am= =g=0.210 m/s2=2 m/s2 此时F=(M+m)am=(5+1)2 N=12 N 当F12 N后,木块与小车发生

13、相对运动,小车的加速度大于木块的加速度, aMam=2 m/s2,选项A,C正确,B,D错误.,2.(2017吉林检测)(多选)如图所示,传送带的水平部分长为L,传动速度为v,且沿顺时针方向转动,在其左端无初速度释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为,则木块从左端运动到右端的时间可能是( ),AD,3.(2017洛阳检测)如图所示,A,B两物体的质量分别为2 kg和1 kg,静止叠放在水平地面上.A,B间的动摩擦因数为0.8,B与地面间的动摩擦因数为0.4.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为10 m/s2.现对A施加一水平拉力F,不计空气阻力,则( ) A.当F=17 N时,物体A的加速度为0.5 m/s2 B.当F=21 N时,物体A的加速度为3 m/s2 C.当F=22 N时,A相对B滑动 D.当F=39 N时,B的加速度为9 m/s2,B,4.(2017