2020届高考物理总复习第三章牛顿运动定律3.3牛顿运动定律的综合应用课件新人教版.pptx

第3讲 牛顿运动定律的综合应用,【秒判正误】 (1)物体向上运动时超重。 ( ) (2)支持力小于重力称为完全失重现象。 ( ) (3)传送带上的滑块所受摩擦力方向与传送带运动 方向相同。 ( ) (4)重力属于内力。( ),(5)应用牛顿第二定律进行整体分析时，不需要分析 内力。 ( ) (6)完全失重时，物体受到的重力变为零。( ),考点1 超重和失重现象 【典题突破】 典例1 (多选)停在10层的电梯底板上放置有两块相 同的条形磁铁，磁铁的极性及放置位置如图所示。 开始时两块磁铁在电梯底板上处于静止 ( ),A.若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触)，并停在1层，最后两块磁铁可能已碰在一起 B.若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触)，并停在1层，最后两块磁铁一定仍在原来位置,C.若电梯突然向上开动，并停在20层，最后两块磁铁可能已碰在一起 D.若电梯突然向上开动，并停在20层，最后两块磁铁一定仍在原来位置,【解题思维】 1.题型特征：物体有向上或向下的加速度。 2.题型解码：物体加速度向下时，物体所受支持力小于重力，接触面支持力越小，最大静摩擦力越小。,【解析】选A、C。电梯突然向下开动时处于失重状态，磁铁与电梯底板间的最大静摩擦力减小，若最大静摩擦力小于两磁铁间的引力，则两磁铁会相互靠近并碰在一起，A对B错；若电梯突然向上开动，则处于超重状态，但电梯在接近20层时，会做减速运动，此时电梯失重，磁铁与电梯底板间的最大静摩擦力减小，两磁铁有可能会相互靠近并碰在一起，故C对D错。,触类旁通 (多选)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态，在箱子下落过程中，下列说法正确的是 ( ),A.箱内物体对箱子底部始终没有压力 B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大 C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大 D.若下落距离足够长，箱内物体受到的支持力等于物体的重力,【解析】选C、D。因为受到阻力，不是完全失重状态，所以物体对支持面有压力，A错；由于箱子阻力与下落速度的平方成正比，故箱子最终将做匀速运动，受到的压力等于重力，B错，C、D对。,【提分秘籍】 判断超重和失重现象的三个角度 (1)从受力的角度判断：当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。,(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态；具有向下的加速度时处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。,【加固训练】 (多选)一种巨型娱乐器材可以让人体验超重和失 重的感觉。一个可乘坐多个人的环形座舱套在竖直柱 子上，由升降机运送到几十米的高处，然后让座舱自 由下落。下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减 速运动，到地面时刚好停下。下列判断正确的是( ),A.座舱在自由下落的过程中人处于超重状态 B.座舱在自由下落的过程中人处于完全失重状态 C.座舱在减速运动的过程中人处于超重状态 D.座舱在减速运动的过程中人处于失重状态,【解析】选B、C。由超重、失重的条件看加速度，当运动的加速度向下时，失重，且向下的a=g时，处于完全失重；加速度向上时，处于超重状态，由此确定B、C项正确。,考点2 动力学的连接体问题 【典题突破】 题型1 加速度相同的连接体 典例2 (2019宁德模拟)如图所示，可看作质点的两物块A、B的质量分别为2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，,两端分别与A、B相连接，A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静止释放，当B落地时，A还在桌面上。不计空气阻力，重力加速度为g。求：,(1)B落地前的加速度a的大小。 (2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。,【解题思维】 1.题型特征：两物块通过绳相连，且均沿绳运动。 2.题型解码：两物块通过不可伸长的柔软轻绳相连，跨过光滑轻质定滑轮，且物块均沿绳运动，物块速度大小相同，加速度大小相同。,【解析】(1)B落地前，对于A，取水平向左为正， 对于B，取竖直向下为正， 根据牛顿第二定律得，T=2ma，mg-T=ma 联立两式解得a= g。,(2)由(1)解得B落地前轻绳的张力T= mg 则滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到的轻绳压力 大小，F=2Tcos 45= mg。 答案：(1) g (2) mg,触类旁通 (多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( ),A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B.做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32,C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D.若改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12,【解析】选B、D。列车启动时，乘客随车厢加速运 动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车 厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A错误；动车 组运动的加速度a= -kg，则对6、7、8节 车厢的整体：f56-3kmg=3ma，解得f56=0.75F；对7、8 节车厢的整体：f67=2ma+2kmg=0.5F，故5、6节车厢与 6、7节车厢间的作用力之比为32，选项B正确；,根据动能定理 Mv2=kMgs，解得s= ，可知进站时 从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时速 度的平方成正比，选项C错误；8节车厢有2节动车时的 最大速度为vm1= 8节车厢有4节动车时的最大速 度为vm2= ，则 选项D正确。,题型2 加速度不同的连接体 典例3 水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：,(1)物块B克服摩擦力所做的功。 (2)物块A、B的加速度大小。,【解题思维】 1.题型特征：绳跨过动滑轮连接物体。 2.题型解码：找到加速度关系，分别列牛顿第二定律。,【解析】(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的 距离为s1= s 物块B受到的摩擦力大小为f=4mg 物块B克服摩擦力所做的功为W=fs1=2mgs ,(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的 张力为T。由牛顿第二定律得F-mg-T=maA 2T-4mg=4maB 由A和B的位移关系得aA=2aB 联立式得aA= aB= 答案：(1)2mgs (2),【提分秘籍】 加速度相同的连接体，可用整体法求加速度，再用隔离法求某一部分所受内力。加速度不同的连接体，采用隔离法分别求解加速度，找到物体之间的受力或运动关系。,1.整体法的选取原则及步骤： (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。 明确研究对象或过程、状态。,将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。 画出某状态下的受力图或运动过程示意图。 选用适当的物理规律列方程求解。,【加固训练】 如图所示，a、b两个物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着物体 a，使物体a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x1 ；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着物体 a，使物体a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x2，则 ( ),A.x1一定等于x2 B.x1一定大于x2 C.若m1m2，则 x1x2 D.若m1m2，则 x1x2,【解析】选A。由牛顿第二定律知，对左图的整体， 加速度a1= ，对左图的物体b，有 kx1-m2g=m2a1，联立以上二式解得kx1= ；对 右图的整体，加速度a2= ，对右图的物体b， 有kx2=m2a2，联立以上二式解得kx2= ，可见 x1=x2，选项A正确。,考点3 动力学中的临界和极值问题 【典题突破】 题型1 临界法分析临界问题 典例4 航空母舰舰载机安装惯性制导系统加速度计，其构造原理示意图如图所示，沿水平方向固定的光滑杆上套有质量为0.16 kg的滑块，两侧分别与劲度系数均为10 N/m的弹簧相连，弹簧两端固定在壁上。,滑块上有指针，可通过标尺测出滑块位移，标尺每个小格的长度为1 cm。当系统匀速运动时，弹簧处于自然长度，指针指向“0”刻度。已知弹簧的弹性限度为8 cm，重力加速度g取10 m/s2。,(1)在不损坏加速度计前提下，舰载机以最大加速度水 平加速过程中，飞机对质量为60 kg的飞行员的作用力 为多少？ (2)航空母舰以10 m/s速度航行，而飞机只有达到 50 m/s的速度才能起飞，该航母甲板长160 m，为了 使飞机能安全起飞，飞机匀加速过程中，指针应指向 什么位置？,【解题思维】 1.题型特征：题中临界性词语“最大”“限度”“只有”。 2.题型解码：找出题中临界条件，根据弹性限度求出最大弹力，受力分析，求出最大加速度，再求飞行员所受力。,【解析】(1)滑块质量为m，由牛顿第二定律2kx=ma1， 解得：a1=10 m/s2， 对飞行员由牛顿第二定律，所受合力F=Ma1， 解得：F=600 N 飞机对飞行员的作用力 FN=,(2)以航空母舰为参考系，起飞速度为 v2=50 m/s-10 m/s=40 m/s， 安全起飞最小加速度为a2， =2a2L，解得a2=5 m/s2， 2kx=ma2解得x=4 cm，指针偏离“0”刻度4格 答案：(1)600 N (2)偏离“0”刻度4格,如图所示，细线的一端固定于倾角为45的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。求：,(1)当滑块至少以多大加速度向右运动时，小球对滑块的压力等于零。 (2)当滑块以a=2g的加速度向右运动时，线中拉力大小。,【解析】当滑块具有向右的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和斜面的支持力N作用，如图所示,在水平方向有Tcos 45-Ncos45=ma 在竖直方向有Tsin45+Nsin45-mg=0 由上述两式可解出：,由此两式可看出，当加速度a增大时，球所受支持力N 减小，绳拉力T增加，当a=g时，N=0，此时小球虽与 斜面有接触但无压力，处于临界状态，这时绳的拉力 T=,当滑块加速度ag时，小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图所示，此时细线与水平方向间的夹角45。由牛顿第二定律得：,Tcos=ma，Tsin=mg，解得T= 答案：(1)g (2),题型2 解析法分析临界问题 典例5 在水平长直的轨道上，有一长度为L=2 m的平板车在外力控制下以速度v0=4 m/s做匀速直线运动。某时刻将一质量为m=1 kg的小滑块轻放到车的中点，同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，已知滑块与车面间动摩擦因数=0.2，滑块恰好不能从车的左端掉下，g取10 m/s2。求：,(1)恒力F的大小。 (2)要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内？,【解题思维】 1.题型特征：题目中出现“恰好”“范围”等关键词。 2.题型解码：分析临界条件“滑块不从车上掉下”，隐含不能从任何一端掉下，根据临界条件列方程求解。,【解析】(1)设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则 滑块运动到车左端的时间t1= 由几何关系有v0t1- 由牛顿运动定律有F1+mg=ma1 各式联立代入数据解得t1=0.5 s，F1=6 N,(2)当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动(设运动加速度为a2，时间为t2)，再做匀减速运动(设运动加速度大小为a3)，到达车右端时，与车达到共同速度，则有 F1-mg=ma2 mg=ma3,代入数据解得t2= s0.58 s 则力F的作用时间t应满足 t1tt1+t2，即 0.5 st1.08 s。 答案：(1)6 N (2)0.5 st1.08 s,题型3 动力学中的极值问题 典例6 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。 (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？,【解题思维】 1.题型特征：求最大值或最小值。 2.题型解码：物体所受多个力的合力为定值，求其中某一力的最小值，可列方程，三角函数求最值。,【解析】(1)由运动学方程得：L=v0t+ at2 2aL= ，代入数值解得：a=3 m/s2，vB=8 m/s,(2)对物块受力分析如图所示， 设拉力F与斜面成角，在垂直斜面方向，根据平衡条件可得：,Fsin+FN=mgcos30 沿斜面方向，由牛顿第二定律可得 Fcos-mgsin300-Ff=ma 又Ff=FN,代入数值解得：Fcos+ Fsin=5.2 当=30时，拉力F有最小值，且Fmin= 答案：(1)3 m/s2 8 m/s (2)30,【提分秘籍】 1.“四种”典型临界条件： (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN=0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。,(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT=0。 (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件是当加速度变为0时。,2.“两种”典型分析方法： (1)临界法：分析题目中的物理过程，明确临界状态，直接从临界状态和相应的临界条件入手，求出临界值。 (2)解析法：明确题目中的变量，求解变量间的数学表达式，根据数学表达式分析临界值。,【加固训练】一物体在斜面上以一定的初速度向上运动，斜面的倾角可在090之间变化，设物体所能达到的最大位移x与斜面倾角之间的关系如图所示，试求当多大时x有最小值？这个最小值是多大？,【解析】设物体的初速度为v0，在斜面上滑行时的 加速度大小为a，则 a=g(sin+cos) x= 当=90时，物体做竖直上抛运动，由图可知上升 的最大高度为10 m，则 - = -2gh,所以v0=10 m/s 当=0时，物体沿水平面做匀减速直线运动， 由图可知此时滑行的最大距离为10 m，则 - = -2gx 故=,将v0和的值代入上面x的表达式，再利用数学知识整 理可得当90-=arc cos( )时，位移x有最小 值，将= 代入得 =60 所以最小值为xmin= 答案：60 5 m,用牛顿运动定律处理动力学问题,规 范 解 答 解： (1)在02 s时间内A的受力分析如图 N=Gcos37=0.8mg (1分) F=Gsin37-1N=0.6mg- 0.8mg=0.3mg (1分) 由牛顿第二定律可得aA= =3 m/s2 (1分),在02 s时间内B的受力分析如图 NA=mgcos37=0.8mg (1分) NC=NA+mgcos37=1.6mg (1分) fA=1NA= 0.8mg=0.3mg (1分) fC=2NC=0.51.6mg=0.8mg (1分) F=Gsin37+fA-fC=0.6mg+0.3mg-0.8mg=0.1mg (2分) 由牛顿第二定律可得aB= =1 m/s2 (1分),(2)2 s时，vA=aAt=32 m/s=6 m/s (1分) vB=aBt=12 m/s=2 m/s (1分) B的上表面突然变为光滑后aA= =6 m/s2(1分) aB= =-2 m/s2 (1分) 1 s后B将停止运动，3 s内B运动的距离为 sB= aB(2 s)2+vB1 s+ aB(1 s)2=3 m (2分),设A在B上总的运动时间为t，则A的位移为30 m， sA= aA(2 s)2+vA(t-2 s)+ aA(t-2 s)2 =30 m (2分) 解得t=4 s (2分),满 分 规 则 规则1：答题过程，条理清晰 解题过程应条理清晰、层次分明。对于综合性较强的题目，先选取研究对象，然后进行受力分析和运动过程分析(如本题中的受力分析图)，最后选择合适的规律列方程，并注意联系前后过程的关键物理量。,规则2：解析过程，分步列式 解题时要注意分步列式，不要漏掉或合并关系式，避免阅卷时找不到得分点，或者合并的综合算式一处错而导致全部错误，丢失步骤分。 规则3：矢量方程，注意方向 牛顿第二定律的表达式是矢量式，列方程时要注意正方向的规定或选取。,规则4：数学运算，可以淡化 阅卷原则是“只看物理公式和答案，不看数学运算过程”。只有物理公式和最后的答案是得分点，应用物理过程导出的数学运算过程不是得分点。 规则5：文字说明，简洁明了 分析过程，分步列式时加以必要的文字说明，使解题过程更具有系统性。,五 “传送带”模型问题 【学科素养养成】 1.模型特点：传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题。 2.解题关键：传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。,(1)若物块速度与传送带的速度方向相同，且v物v带， 则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。 (3)若物块速度与传送带的速度方向相反，传送带对 物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零 后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速 运动。,(4)若v物=v带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力。,核心素养分析：考查学科核心素养中的“科学思维”的模型建构和科学推理能力，能将实际问题中的对象和过程转换成物理模型，并对该问题进行综合分析和推理。,【典题分类突破】 典例1 (水平传送带)如图所示，水平传送带两端相距x=8 m，工件与传送带间的动摩擦因数=0.6，工件滑上A端时速度vA=10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。(g取10 m/s2),(1)若传送带静止不动，求vB。 (2)若传送带以v=13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。,【解析】(1)根据牛顿第二定律可知mg=ma， 则a=g=6 m/s2， 且 =2ax， 故vB=2 m/s。,(2)工件速度达到13 m/s所用时间为t1= =0.5 s， 运动的位移为x1=vAt1+ =5.75 m8 m，则工件在到达 B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静 止，因此工件先加速后匀速运动，匀速运动的位移x2= x-x1=2.25 m，t2= 0.17 s， t=t1+t2=0.67 s。 答案：(1)2 m/s (2)13 m/s 0.67 s,典例2 (倾斜传送带)如图所示，沿顺时针转动的传送 带AB，长L=7 m，与水平面的夹角=37，速度恒为 v=2 m/s，在传送带底端A处无初速度释放一质量m= 0.5 kg的物体，物体与传送带之间的动摩擦因数 =0.8。(sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取 10 m/s2)求：,(1)物体放上传送带瞬间的加速度大小。 (2) 5 s后物体的速度大小。 (3) 物体从A运动到B的时间。,【解析】(1)根据牛顿第二定律有 mgcos37-mgsin37=ma 代入数据可以求得a=0.4 m/s2。 (2) 加速到相对传送带静止的时间 t1= =5 s 所以5 s后随传送带一起匀速运动，速度为2 m/s。,(3)加速运动的位移 x1= 0.452 m=5 m 匀速运动的位移 x2=L-x1=(7-5)m=2 m,匀速运动的时间 t2= =1 s 可以求得 t=t1+t2=6 s。 答案：(1)0.4 m/s2 (2)2 m/s (3)6 s,典例3 (水平传送带和倾斜传送带结合)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=4 m，BC段是倾斜的，长度LBC=5 m，倾角为=37，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v=4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：,(1)工件第一次到达B点所用的时间。 (2)工件沿传送带上升的最大高度。 (3)工件运动了23 s后所在的位置。,【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小 为a1，由牛顿第二定律得mg=ma1， 解得a1=g=5 m/s2， 经t1时间工件与传送带的速度相同，解得 t1= =0.8 s， 工件前进的位移为x1= a1 =1.6 m，,此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时 t2= =0.6 s， 所以工件第一次到达B点所用的时间 t=t1+t2=1.4 s；,(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿 第二定律得mgcos-mgsin=ma2， 解得a2=-2 m/s2 由速度位移公式得0-v2=2a2 解得hm=2.4 m；,(3)工件沿传送带向上运动的时间为 t3= =2 s， 此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则 T=2t1+2t3=5.6 s，,工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分， 且速度变为零所需时间t0=2t1+t2+2t3=6.2 s，而23 s =t0+3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的 水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的 距离x=LAB-x1=2.4 m。 答案：(1)1.4 s (2)2.4 m (3)在A点右侧2.4 m处,【技巧点拨】解传送带问题一般步骤 (1)先判断物块所受摩擦力方向。 (2)物块做匀变速运动到与传送带共速。 (3)重新判断物块共速之后的运动性质。 (4)列方程求解。,【素养提升训练】 1.(多选)如图所示，白色传送带保持v0=10 m/s的速度 逆时针转动，现将一质量为0.4 kg的煤块轻放在传送 带的A端，煤块与传送带间动摩擦因数=0.5，传送带 AB两端距离x=16 m，传送带倾角为37，(sin 37= 0.6，cos 37=0.8，g=10 m/s2) ( ),A.煤块从A端运动到B端所经历的时间为2 s B.煤块从A端运动到B端相对传送带的位移为6 m C.煤块从A端运动到B端画出的痕迹长度为5 m D.煤块从A端运动到B端摩擦产生的热量为6.4 J,【解析】选A、C。煤块刚放上传送带时的加速度大小 为a1= =gsin 37+gcos 37 =6 m/s2+0.58 m/s2=10 m/s2， 则煤块速度达到传送带速度的时间为： t1= =1 s， 位移为：x1= =5 m，,煤块速度达到传送带速度后的加速度为： a2= =gsin 37-gcos 37 =6 m/s2-4 m/s2=2 m/s2， 根据x-x1=v0t2+ 代入数据解得：t2=1 s，,则煤块从A端运动到B端所经历的时间为：t=t1+t2= 2 s，故A正确。煤块速度达到传送带速度时，相对位 移大小x1=v0t1-x1=10 m-5 m=5 m，物块速度达到传 送带速度后相对位移的大小x2=x-x1-v0t2=11 m-10 1 m=1 m，则相对位移的大小x=x1-x2=5 m- 1 m=4 m，故B错误。,留下的痕迹长度x=x1=5 m，故C正确。摩擦产 生的热量Q=mgcos 37x1+mgcos 37x2 =0.540.85 J+0.540.81 J=9.6 J， 故D错误。,2.(多选)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2，则下列说法中正确的是 ( ),A.只有v1=v2时，才有v2=v1 B.若v1v2时，则v2=v2 C.若v1v2时，则v2=v1 D.不管v2多大，总有v2=v2,【解析】选B、C。物体在传送带上向左减速、向右加速的加速度大小相同；当v1v2时，向左减速过程中前进一定的距离，返回时，因加速度相同，在这段距离内，加速所能达到的速度仍为v2；当v1v2时，返回过程中，当速度增加到v1时，物体与传送带间将保持相对静止，不再加速，最终以v1离开传送带。,3.如图所示，两木块A、B质量均为m，用劲度系数为k、原长为L的轻弹簧连在一起，放在倾角为的传送带上，两木块与传送带间的动摩擦因数均为，与传送带平行的细线拉住木块A，传送带按图示方向匀速转动，两木块处于平衡状态。求：,(1)A、B两木块之间的距离。 (2)剪断细线瞬间，A、B两木块的加速度。,【解析】(1)隔离B木块分析，由平衡条件可得： F弹=mgsin +mgcos ， 由胡克定律：F弹=kx 两木块间的距离为： LAB=L+x=L+,(2)剪断细线瞬间弹簧弹力不变，对木块B由牛顿 第二定律有F弹-(mgsin +mgcos )=maB 解得aB=0 对于木块A有F弹+mgcos +mgsin =maA 解得：aA=2(gsin +gcos ) 答案：(1)L+ (2)2(gsin +gcos ),六 “滑块木板”模型问题 【学科素养养成】 1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。,2.解题关键： (1)摩擦力方向的特点。 若两个物体同向运动，且两个物体“一快一慢”或“一动一静”，则“快”或“动”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为阻力，“慢”或“静”的物体受到的另一个物体对它的摩擦力为动力。 若两个物体反向运动，则每个物体受到的另一个物体对它的摩擦力均为阻力。,(2)运动特点。 若滑块由木板的一端滑出，则滑块位移大小x1、木板位移大小x2以及滑块到板端的长度L，有以下关系x1-x2=L(同向运动时)或x1+x2=L(反向运动时)。 若滑块与木板最终相对静止，则它们的末速度相等。,核心素养分析：考查学科核心素养中的“科学思维”的模型建构和科学推理能力，能将实际问题中的对象和过程转换成物理模型，并对该问题进行综合分析和推理。,【典题分类突破】 典例1 (一板一块问题)(多选)如图所示，一足够长 的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上， 木板和物块间有摩擦，现用水平力向右拉木板，当 物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时， 撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情 况为 ( ),A.物块先向左运动，再向右运动 B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零,【解析】选B、C。根据受力分析可知，当撤掉拉力后，木板向右做减速运动，物块向右做加速运动，直到两者速度相等后，一起做匀速运动，故B、C正确。,典例2 (一板多块问题)(2017全国卷)如图，两个 滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止 于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦 因数均为1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的 动摩擦因数为2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑 动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板 恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重 力加速度大小g取10 m/s2。求,(1)B与木板相对静止时，木板的速度。 (2)A、B开始运动时，两者之间的距离。,【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2，木板与地面间的摩擦力的大小为f3，A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是aA、aB和a1 在滑块B与木板达到共同速度前有：,f1=1mAg f2=1mBg f3=2(mA+mB+m)g 由牛顿第二定律得 f1=mAaA f2=mBaB f2-f1-f3=ma1 ,设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。 由运动学公式有 v1=v0-aBt1 v1=a1t1 联立式，代入数据解得： t1=0.4 s，v1=1 m/s ,(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离 sB=v0t1- aB 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为 a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有： f1+f3=(mB+m)a2,由式知，aA=aB；再由可知，B与木板达 到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与 木板相反，由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度 相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所 用时间为t2，根据运动学公式，对木板有 v2=v1-a2t2 对A有v2=-v1+aAt2,在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1=v1t2- a2 在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)2,A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 s0=sA+s1+sB 联立以上各式，代入数据得s0=1.9 m 答案：(1)1 m/s (2)1.9 m,典例3 (多阶段板块问题)(2015全国卷)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；,运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：,(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2。 (2)木板的最小长度。 (3)木板右端离墙壁的最终距离。,【解析】(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有 -1(m+M)g=(m+M)a1 ,由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s， 由运动学公式得 v1=v0+a1t1 s0=v0t1+ a1 式中，t1=1 s，s0=4.5 m是木板碰前的位移，v0是小 物块和木板开始运动时的速度。 联立式和题给条件得1=0.1 ,在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀 变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。 设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 -2mg=ma2 由图可得a2= 式中，t2=2 s，v2=0， 联立式和题给条件得2=0.4 ,(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得 2mg+1(M+m)g=Ma3 v3=-v1+a3t v3=v1+a2t ,碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中， 木板运动的位移为s1= t 小物块运动的位移为s2= t 小物块相对木板的位移为s=s2-s1 联立 式，并代入数值得 s=6.0 m,因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的